动量与动量定理的应用
动量和动量定理的经典例题透析
类型一——对基本概念的理解
1.关于冲量，下列说法中正确的是（）
A.冲量是物体动量变化的原因
B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零
C.动量越大的物体受到的冲量越大
D.冲量的方向就是物体受力的方向
思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解
解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A对；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B错误；物体所受冲量大小与动量大小无关，C错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D错误。
答案：A
【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（）
A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量
B.冲量是描述运动状态的物理量
C.冲量是物体动量变化的原因
D.冲量的方向与动量的方向一致
答案：BD
点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD错误。
类型二——用动量定理解释两类现象
2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。这是为什么？
解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。
因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。
３. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（）
A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大
D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
解析：在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，
在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是：缓拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故AB都错；缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD正确。
总结升华：用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪
个量变化。
【变式1】有些运动鞋底有空气软垫，请用动量定理解释空气软垫的功能。
解析：由动量定理可知，在动量变化相同的情况下，时间越长，需要的作用力越小。因此运动鞋底部的空气软垫有延长作用时间，从而减小冲击力的功能。
【变式2】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。请用动量定理解释这样做的理由。
解析：由动量定理可知，作用力相同的情况下，动量变化越大，需要的时间越长。因此，车速越大时，与同车道前车保持的距离也要越大。
类型三——动量定理的基本应用
4. 质量为1T的汽车，在恒定的牵引力作用下，经过2s的时间速度由5m/s提高到8m/s，如果汽车所受到的阻力为车重的0.01，求汽车的牵引力？
思路点拨：此题中已知力的作用时间来求力可考虑用动量定理较为方便。
解析：⑴物体动量的增量△P=Pˊ-P=103×8-103×5=3×103kg·m/s。
⑵根据动量定理可知：
答案：汽车所受到的牵引力为1598N。
总结升华：本题也是可以应用牛顿第二定律，但在已知力的作用时间的情况下，应用动量定理比较简便。
【变式】一个质量5kg的物体以4m/s的速度向右运动，在一恒力作用下，经过0.2s 其速度变为8m/s向左运动。求物体所受到的作用力。
解析：规定初速度的方向即向右为正方向，根据动量定理可知：
负号表示作用力的方向向左。
答案：物体所受到的作用力为300N，方向向左。
类型四——求平均作用力
5. 汽锤质量，从 1.2m高处自由落下，汽锤与地面相碰时间为
，碰后汽锤速度为零，不计空气阻力。求汽锤与地面相碰时，地面受到的平均作
用力。
思路点拨：本题是动量定理的实际应用，分清速度变化是问题的关键。
解析：选择汽锤为研究对象，设汽锤落地是速度为，则有
汽锤与地面相碰时，受力如图所示，
选取向上为正方向，由动量定理得
根据牛顿第三定律可知，地面受到的平均作用力大小为3498N，方向竖直向下。
答案：平均作用力大小为3498N，方向竖直向下。
总结升华：动量定理是合力的冲量；动量定理是矢量式。在解决这类竖直方向的打击问题中，重力是否能忽略，取决于与的大小，只有时，才可忽略，当然
不忽略一定是正确的。
【变式1】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项
目。一个质量为的运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为。若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g取）
解析：运动员刚接触网时速度大小：，方向向下；
刚离开网时速度大小：，方向向上。
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，对运动员由动量定理有：
取向上为正方向，则
解得：
方向向上。
答案：N
【变式2】质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保障，使他悬挂起来，已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带长为5m，则安全带所受的平均作用力。
（g取）
解：对人在全过程中（从开始跌下到安全停止），由动量定理得：
mg(t1+t2)－Ft2=0
t1==s=1s
t2=1.2s
∴F==N
=1100N
根据牛顿第三定律可知，安全带所受的平均作用力为1100N。
点评：此题也可用上面的方法分两个阶段分别研究，无论是分过程的解法还是全过程的解法，一定要注意力与时间的对应以及始末状态的确定。
类型五——用动量定理求变力的冲量
6. 如图所示，将一轻弹簧悬于O点，下端和物体A相连，物体A下
面用细线连接物体B，A、B质量分别为M、m，若将细线剪断，待B的速度为v
时，A的速度为V，方向向下，求该过程中弹簧弹力的冲量。
思路点拨：求变力的冲量，不能用Ft直接求解，可借助动量定理
，由动量的变化量间接求出。
解析：剪断细线后，B向下做自由落体运动，A向上运动。
对A：取向上方向为正，由动量定理得
I弹－Mgt=－MV－O
∴I弹=Mgt－MV……………①
对B：由自由落体运动知识
………………………②
由①、②解得：
=M（v－V）
类型六——用动量定理解决变质量问题
7. 一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。设帆面的面积
为S，风速为v1，船速为v2（v2 时帆面受到的平均风力大小为多少？ 思路点拨：此题需求平均风力大小，需用动量定理来解决。 解析：取如图所示的柱体内的空气为研究对象。这部分空气经过时间后速度由v1变为v2， 故其质量。 取船前进方向为正方向，对这部分气体，设风力为F，由动量定理有 解得 总结升华：对于流体运动问题，如水流、风等，在运用动量定理求解时，我们常隔离出一定形状的部分流体作为研究对象，然后对其列式计算。 【变式】宇宙飞船以的速度进入分布均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进 要与个微粒相碰。假如每一微粒的质量，与飞船相碰后附在飞船上。为了使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大。 答案： 类型七——动量定理在系统中的应用 8. 滑块A和B（质量分别为m A和m B）用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图。已知滑块A、B与水 平面的滑动摩擦因数均为，在力F作用时间t后，A、B间连线突然断开，此后力F仍作用于B。试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度多大？ 思路点拨：在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便。 解析：取滑块A、B构成的系统为研究对象。设F作用时间t后线突然断开，此时A、B 的共同速度为v，根据动量定理，有 解得 在线断开后，滑块A经时间tˊ停止，根据动量定理有 由此得 设A停止时，B的速度为v B。对于A、B系统，从力F开始作用至A停止的全过程，根据动量定理有 将tˊ代入此式可求得B滑块的速度为 总结升华：尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体 总动量的变化量。应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便。 【变式】质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线连在一起，从静止开始以加速度a在水中下沉。经过时间t，细线断了，金属块和木块分离。再经过时间，木块停止下沉，求此时金属块的速度？ 解析：将金属块和木块看作一个系统，根据动量定理有： 最终木块停止下沉，即速度为零，所以只有金属块有动量，根据动量守恒定律有 王嘉珺0314 类型八——动量定理与动量、能量的综合应用 9.一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？ 解析：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。 由功能关系得① 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为hˊ，则 ③ 同理，有④ ⑤ 式中，vˊ为小物块再次到达斜面底端时的速度， Iˊ为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。 由①②③④⑤式得⑥ 式中⑦ 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 ⑧ 总冲量为⑨ 由⑩ 得⑾ 代入数据得N·s 10.如图所示，在同一水平面内有相互平行且足够长的两条滑轨MN和PQ相距 ，垂直于滑轨平面竖直向上的匀强磁场的磁感应强度，垂直于滑轨放置的金属棒ab和cd质量为和，每根金属棒的电阻均为，其它电 阻不计，开始时两棒都静止，且ab和cd与滑轨间的动摩擦因数分别和，求： ⑴当一外力作用cd棒 t=5s的时间,恰好使ab棒以的速度做匀速运动，那么外力的冲量多大？ ⑵若在5s末令cd棒突然停止运动，ab继续运动直到停止的过程中，通过其横截面的电量为10C，则在此过程中两根金属棒消耗的电能是多少？（设两棒不相碰，） 解析： ⑴ab棒是由于cd棒切割磁感线运动产生感应电动势并在闭合电路产生感受应电流后，使其受到安培力作用而做加速运动。由分析知当它匀速时受安培力和摩擦力平衡： ┅① 此时隐含cd也要匀速运动（设其速度为，外力的冲量为）， 对两棒组成的系统，由动理定理得： ┅② 但┅③ 解①–③得 ⑵当cd突然停止，ab中流过的感应电流方向立即反向，因而受安培力反向使ab做变减速运动直到停止，设滑动的距离为x，由法拉第电磁感应定律得：┅④因流过的电量为┅⑤ 设两棒在该过程消耗的电能为W，由能量守恒得：┅⑥ 解④–⑤得 总结升华：此题以双杆为载体将受力分析、动量、能量、电磁感应等综合起来，其中ab棒匀速隐含cd棒也匀速是关键，也是易错点，此类题为高考的一大趋势。 迁移应用 【变式】如图，在离水平地面h高的地方上有一相距L的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为C，充电后两端电压为U1。轨道平面处于垂直向上的磁感应强渡为B的匀强磁场中。在轨道右端放一质量为m的金属棒，当闭合K，棒离开轨道后电容器的两极电压变为U2，求棒落在地面离平台多远的位置。 分析与解：当L闭合时，电容器由于放电，形成放电电流，因而金属棒受磁场力作用做 变加速运动，并以一定速度离开导轨做平抛运动，所以棒在导轨上运动时有，即BIL△t=BL△q=BL(CU1-CU2)=BLC(U1-U2)=mv 棒做平抛运动时有，vt=S 所以 作业： 1 如图所示，质量m A为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能 E KA 为8.0J ，小物块的动能E KB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0; （2）木板的长度L ． 【解析】（1）在瞬时冲量的作用时，木板A 受水平面和小物块 B 的摩擦力的冲量均可以忽略． 取水平向右为正方向，对A 由动量定理，有：I = m A υ0代入数据得：υ0 = 3. （2）设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力大小分别为F fAB 、F fBA 、F fCA ，B 在A 上滑行的时间为t ，B 离开A 时A 的速度为υA ，B 的速度为υB ．A 、B 对C 位移为s A 、s B ． 对A 由动量定理有：—（F fBA +F fCA ）t = m A υA -m A υ 对B 由动理定理有：F fAB t = m B υB 其中由牛顿第三定律可得F fBA = F fAB ，另F fCA = μ（m A +m B ） g 对A 由动能定理有：—（F fBA +F fCA ）s A = 1/2m A υ2A -1/2m A υ2 对B 由动能定理有：F fA Bf s B = 1/2m B υ2 B 根据动量与动能之间的关系有： m A υA = KA A E m 2，m B υB = KB B E m 2 木板A 的长度即B 相对A 滑动距离的大小，故L = s A -s B ， 代入放数据由以上各式可得L = 0.50m ． 2 质量为m = 1kg 的小木块（可看在质点），放在质量为M = 5kg 的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ = 0.1，长木板的长度l = 2m ．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来， 可采用下列两种方法：（g 取10m/s 2） （1）给小木块施加水平向右的恒定外力F 作用时间t = 2s ，则F 至 少多大？ （2）给小木块一个水平向右的瞬时冲量I ，则冲量I 至少是多大？ 答案：（1）F=1．85N （2）I=6．94NS 【例2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m 处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg ，吊绳的拉力不能超过1200N ，电动机的最大输出功率为12k W ，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度．（g 取10m/s 2）求： （1）落水物体运动的最大速度； （2）这一过程所用的时间． 【解析】先让吊绳以最大拉力F Tm = 1200N 工作时，物体上升的加速度为a ， 由牛顿第二定律有：a = m T F mg m -，代入数据得a = 5m/s 2 当吊绳拉力功率达到电动机最大功率P m = 12kW 时，物体速度为υ，由P m = T m υ，得υ = 10m /s ． 物体这段匀加速运动时间t 1 = a υ = 2s ，位移s 1 = 1/2at 2 1 = 10m ． 此后功率不变，当吊绳拉力F T = mg 时，物体达最大速度υm = mg P m = 15m/s ． 这段以恒定功率提升物体的时间设为t 2，由功能定理有： Pt 2-mg （h -s 1） = 21mυ2m -2 1mυ2 代入数据得t 2 = 5．75s ，故物体上升的总时间为t = t 1+t 2 = 7.75s ． 即落水物体运动的最大速度为15m/s ，整个运动过程历时7.75s ． 3一辆汽车质量为m ，由静止开始运动，沿水平地面行驶s 后，达到最大速度υm ，设汽车的牵引力功率不变，阻力是车重的k 倍，求： （1）汽车牵引力的功率； （2）汽车从静止到匀速运动的时间． 答案：（1）P=kmgv m （2）t=（v m 2+2kgs ）/2kgv m 4 一个带电量为-q 的液滴，从O 点以速度υ射入匀强电场中，υ的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m ，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为υ，求： （1）最高点的位置可能在O 点上方的哪一侧？ （2）电场强度为多大？ （3）最高点处（设为N ）与O 点电势差绝对值为多大？ 【解析】（1）带电液油受重力mg 和水平向左的电场力qE ，在水平方 向做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线运动，合运动为匀变速曲线运动． 由动能定理有：W G +W 电 = △E K ，而△E K = 0 重力做负功，W G ＜0，故必有W 电＞0，即电场力做正功，故最高点位置一定在O 点左侧． （2）从O 点到最高点运动过程中，运动过程历时为t ，由动量定理： 在水平方向取向右为正方向，有：-qEt = m （-υ）-mυcos θ 在竖直方向取向上为正方向，有：-mgt = 0-mυsin θ 上两式相比得θθsin cos 1+=mg qE ，故电场强度为E = θθsin )cos 1(q mg + （3）竖直方向液滴初速度为υ1 = υsinθ，加速度为重力加速度g ，故到达最高点时上升的最大高度为h ，则h = 2 221sin 22g g υυθ = 从进入点O 到最高点N 由动能定理有qU -mgh = △E K = 0，代入h 值得U = 22sin 2m q υ θ 5 一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一密度为液体密度一半的木块，从管的A 端由静止开始运动，木块和管壁间动摩擦因数μ = 0.5，管两臂长AB = BC = L = 2m ，顶端B 处为一小段光滑圆弧，两臂与水平面成α = 37°角，如图所示．求： （1）木块从A 到达B 时的速率； （2）木块从开始运动到最终静止经过的路程． 【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖 直向上，大小为F = F 浮-mg ，而F 浮 = ρ液Vg = 2ρ木Vg = 2mg ，故F = mg ．在 垂直于管壁方向有：F N = F cosα = mg cosα， 在平行管方向受滑动摩擦力F f = μN = μmg cos θ，比较可知，F sinα = mg sinα = 0.6mg ，F f = 0.4mg ，Fsin α＞F f ．故木块从A 到B 做匀加速运动，滑过B 后 F 的分布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到C 之前速度即已为零，以后将在B 两侧管间来回运动，但离B 点距离越来越近，最终只能静止在B 处． （1）木块从A 到B 过程中，由动能定理有： FL sin α-F f L = 1/2mυ2 B 代入F 、F f 各量得υB = )cos (sin 2αμα-gL = 22 = 2.83m/s ． （2）木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为s ，由动能定理有： FL sin α-F f s = △E K = 0 代入各量得s = ααcos sin m L = 3m 电磁感应中动量定理的运用 动量定律I ＝?P 。 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F 为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I ＝F t ?， 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值） 故有：B I L t ?=mv 2－mv 1 . 而I t=q ,故有q=BL mv 12mv - 理论上电量的求法：q=I ?t 。 这种方法的依据是电流的定义式I=q/t 该式的研究对象是通电导体的某一截面，若在t 时间内流过该截面的电量为q ，则流过该切面的电流为I ＝q/t ，显然，这个电流应为对时间的平均值，因此该式应写为I = q/t ，变形后可以得q ＝I t ，这个关系式具有一般性，亦即无论流经导体的电流是恒定的还是变化的，只要电流用这段时间内的平均值代入，该式都适用，而平均电流的求解，在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E=t ??φ，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I ＝R E （R 为回路中的总电阻）可以得到I ＝ t R ??φ。 综上可得q ＝R φ?。若B 不变，则q ＝R φ?＝R s B ? 电量q 与安培力的冲量之间有什么联系？可用下面的框图来说明。 从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型： 第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系。 第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系。 第三：就是以电量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体 棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙。这种题型难度最大。 2在解题中强化应用意识，提高驾驭能力 由于这些物理量之间的关系比较复杂，只能从理论上把握上述关系还不够，还必须通过典型问题来培养学生的应用能力，达到熟练驾驭的目的。请看以下几例：（1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应 强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量 为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点 cd时的速度为v，不计摩擦。求： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 分析与解 有的同学据题目的已知条件，不假思索的就选用动量定理，对该过程列式如下： mgt－B I Lt=mv －0显然该式有两处错误：其一是在分析棒的受力时，漏掉了轨道对 棒的弹力N，从而在使用动量定理时漏掉了弹力的冲量I N；其二是即便考虑了I N，这种解法也是错误的，因为动量定理的表达式是一个矢量式，三个力的冲量不在同一直线上，而且IN的方向还不断变化，故 我们无法使用I=Ft来求冲量，亦即无法使用前面所提到的方法二。 为此，本题的正确解法是应用前面提到的方法一，具体解答如下： 对应于该闭合回路应用以下公式： (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的 匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为 a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边 界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 分析与解 这是一道物理过程很直观的问题，可分为三个阶段：进入和离开磁场过程中均为加速度不断减少的减速运动，完全进入磁场后即作匀速直线运动，那么这三个过程的速度之间的关系如何呢？乍看好象无从下手，但对照上面的理论分析，可知它属于第三类问题。首先，由于进入磁场和离开磁场两段过程中，穿过线圈回路的磁通量变化量Δφ相同，故有q0=q=Δφ/R；其次，对线框应用动量定理，设线框完全进入磁场后的速度为v′，则有： 第二讲动量与能量 命题趋向 “动量和能量”问题是高考的主考题型，出现的频率也是比较高的，是高考的一个热点，专家命题十分重视对主干知识的考查，在命题时不避讳常规试题，也考查我们认为的超纲问题（弹性碰撞）。注重对试题的题境的创新、设问的创新、条件的变化，注重考查学生对概念的理解、规律的应用及学生学习中可能存在的思维障碍。动量、能量考点在历年的高考物理计算题中一定应用，且分值都不低于20分，09年也不例外。 力与运动、动量、能量是解动力学问题的三种观点，一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必须用力的观点. 有些问题，用到的观点不只一个，特别像高考中的一些综合题，常用动量观点和能量观点联合求解，或用动量观点与力的观点联合求解，有时甚至三种观点都采用才能求解，因此，三种观点不要绝对化. 考点透视 1、动量 动量观点包括动量定理和动量守恒定律。 （1）动量定理 凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。 （2）动量守恒定律 动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。 动量守恒条件为： ①系统不受外力或所受合外力为零 ②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。 ③系统内力远大于外力，动量近似守恒。 ④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。 应用动量守恒定律解题的一般步骤： 确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解。 应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。 2、能量 动量定理在电磁感应中的应用 例1.如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（a 滑动，先固定a释放b，当b速度达到10m/s时，再释放a，经过1s 时间 a的速度达到12m/s，则（） A.当va=12m/s时,vb=18m/s B. 当va=12m/s时,vb=22m/s C.若导轨很长，它们最终的速度必相同 D.它们最终速度不相同，但速度差恒定 （2003年全国理综卷）如图5所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？ 动量定理的应用 1. 用动量定理解决碰击问题 在碰撞、打击过程中的相互作用力，一般是变力，用牛顿运动定律很难解决，用动量定理分析则方便得多，这时求出的力应理解为作用时间t内的平均力动量定理的应用。 例1. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.8m高处。已知运动员与网接触的时间为1.4s。试求网对运动员的平均冲击力。（取动量定理的应用） 解析：将运动员看成质量为m的质点，从高动量定理的应用处下落，刚接触网时速度的大小 动量定理的应用，（向下）………………① 弹跳后到达的高度为动量定理的应用，刚离网时速度的大小 动量定理的应用，（向上）………………② 接触过程中运动员受到向下的重力动量定理的应用和网对其向上的弹力F。选取竖直向上为正方向，由动量定理得： 动量定理的应用………………③ 由以上三式解得：动量定理的应用 代入数值得：动量定理的应用 2. 动量定理的应用可扩展到全过程 当几个力不同时作用时，合冲量可理解为各个外力冲量的矢量和。对物体运动的全过程应用动量定理可“一网打尽”，干净利索。 例2. 用全过程法再解析例1 运动员自由下落的时间 动量定理的应用 被网弹回做竖直上抛，上升的时间 动量定理的应用 与网接触时间为动量定理的应用。选取向下为正方向，对全过程应用动量定理得： 动量定理的应用 则动量定理的应用 3. 用动量定理解决曲线问题 动量定理的应用范围非常广泛，不论力是否恒定，运动轨迹是直线还是曲线，动量定理的应用总成立。注意动量定理的表达公式是矢量关系，动量定理的应用两矢量的大小总是相等，方向总相同。 例3. 以初速动量定理的应用水平抛出一个质量动量定理的应用的物体，试求在抛出后的第2秒内物体动量的变化。已知物体未落地，不计空气阻力，取动量定理的应用。 专题一动量和动理定理的理解和应用 一、动量和动量变化量的理解 1.物体质量和速度的乘积叫动量，动量是矢量，方向与速度的方向相同。 2.动量与动能的关系：E k＝p2 2m或p＝2mE k。 3.动量的变化量Δp＝p′－p，Δp也是矢量，其方向与速度变化量的方向相同。若初、末动量在一条直线上，计算时可把矢量运算化为代数运算；若初、末动量不在一条直线上，运用平行四边形定则求解。 [复习过关] 1.(多选)下列关于动量的说法正确的是() A.动量相同的两个物体，质量大的动能小 B.一个物体动量改变了，则速率一定改变 C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变 D.一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变 解析由动能公式E k＝p2 2m 可知A正确；动量为矢量，动量发生变化有可能是速度方向发生变化，B错误；同理C、D正确。 答案ACD 2.一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为() A.大小为3.6 kg·m/s，方向向左 B.大小为3.6 kg·m/s，方向向右 C.大小为12.6 kg·m/s，方向向左 D.大小为12.6 kg·m/s，方向向右 解析选向左为正方向，则动量的变化量为Δp＝m v1－m v0＝(－0.18×45－0.18×25)kg·m/s＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，故D正确。 答案 D 3.一质量为m的小球以速度v在水平面内做匀速圆周运动，从如图1中的A点转过90°到达B点，小球动量的变化量是多少？ 图1 解析如图所示。由于初、末动量不在一条直线上，由平行 四边形定则可知 Δp＝mΔv＝（m v）2＋（m v）2 ＝2m v。 tan α＝m v′ m v ＝1，α＝45°， Δp与A点速度方向的夹角为135°。 答案2m v，与A点速度方向的夹角为135° 二、冲量的理解和计算 1.冲量的公式I＝Ft，矢量，方向与力的方向相同，反映了力的作用对时间的积累。 2.冲量的计算： (1)直接由定义式I＝Ft计算。 (2)F－t图像中可用图像与坐标轴围成的面积表示。 [复习过关] 4.关于冲量，下列说法正确的是() A.冲量是物体动量变化的原因 B.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零 C.动量越大的物体受到的冲量越大 D.冲量的方向就是物体受力的方向 解析力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，选项 动量定理的应用(2)·典型例题解析 【例1】 500g 的足球从1.8m 的高处自由下落碰地后能弹回到1.25m 高，不计空气阻力，这一过程经历的时间为1.2s ，g 取10m/s 2，求足球对地面的作用力． 解析：对足球与地面相互作用的过程应用动量定理，取竖直向下为 正，有－Δ＝′－其中Δ＝－－＝－×－×＝－－＝，′＝－＝－××＝(mg N)t mv mv t 1.2 1.21.20.60.50.1(s)v 2gh 210 1.2522221810 21251012h g h g .. －，＝＝××＝，解得足球受到向上的 弹力＝＇＋＝＋×＝＋＝5(m /s)v 2gh 210 1.86(m /s)N mg 0.51055560(N)1v v v t ().(). -+?056501 由牛顿第三定律得足球对地面的作用力大小为60N ，方向向下． 点拨：本例也可以对足球从开始下落至弹跳到最高点的整个过程应用动量定理：mgt 总－N Δt ＝0－0，这样处理更为简便． 从解题过程可看出，当Δt 很短时，N 与mg 相比较显得很大，这时可略去重力． 【例2】如图51－1所示，在光滑的水平面上有两块前后并排且靠在一起的木块A 和B ，它们的质量分别为m 1和m 2，今有一颗子弹水平射向A 木块，已知子弹依次穿过A 、B 所用的时间分别是Δt 1和Δt 2，设子弹所受木块的阻力恒为f ，试求子弹穿过两木块后，两木块的速度各为多少？ 解析：取向右为正，子弹穿过A 的过程，以A 和B 作为一个整体， 由动量定理得＝＋，＝，此后，物体就以向右匀速运动，接着子弹要穿透物体． f t (m m )v v A v B 112A A A ??f t m m 1 12+ 子弹穿过B 的过程，对B 应用动量定理得f Δt 2＝m 2v B －m 2v A ， 解得子弹穿出后的运动速度＝＋．B B v B f t m m f t m ??11222 + 点拨：子弹穿过A 的过程中，如果只将A 作为研究对象，A 所受的冲量 动量定理与电磁感应的综合应用 姓名：____________ 【例题精讲】 例1：如图所示，水平面上有两根相距0.5m足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R=3Ω的定值电阻；有一质量m=0.1kg，长L=0.5m，电阻r=1Ω的导体棒ab，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，在t=0s开始，使ab以v0=10m/s的初速度向右运动，直至ab停止，求： (1)t=0时刻，棒ab两端电压； (2)整个过程中R上产生的总热量是多少； (3)整个过程中ab棒的位移是多少 针对训练1-1：如图所示，两条相距L的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化。(棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计). (1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热; (2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了0.5d，求此时刻的速度大小。 针对训练1-2：（浙江2015年4月选考）如图所示，质量m＝3.0×10－3kg的“”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“”型框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图所示。 (1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小； (2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向； (3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量。 针对训练1-3：（浙江2017年11月选考）所图所示，匝数N=100、截面积s=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。 （1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向； （2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t=0.25s后下降了h=0.29m，求此过程棒上产生的热量。 [高考命题解读] 分析 年份 高考(全国卷)四年命题情况对照分析 1.考查方式 从前几年命题规律来 看，应用碰撞或反冲运 动模型，以计算题的形 式考查动量和能量观 点的综合应用. 2.命题趋势 由于动量守恒定律作 为必考内容，因此综合 应用动量和能量观点 解决碰撞模型问题将 仍是今后命题的热点， 既可以将动量与力学 知识结合，也可将动量 和电学知识结合，作为 理综试卷压轴计算题 进行命题. 题号命题点 2014年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了两物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了对碰撞问题的理解， 应用动量和动量守恒定律解决问题 2015年 Ⅰ卷35题 第(2)问计算题，考查了三物体的瞬时碰撞， 应用动量和能量观点解决问题 Ⅱ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2016年 Ⅰ卷35题第(2)问计算题，考查了动量定理的应用 Ⅱ卷35题 第(2)问计算题，考查了应用动量守恒定律 和能量观点解决三物体碰撞问题 Ⅲ卷35题同2014年Ⅰ卷35题 2017年 Ⅰ卷14题考查动量守恒定律的应用 Ⅱ卷15题考查动量守恒定律的应用 Ⅲ卷20题考查动量定理的应用 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝m v. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1下列说法正确的是() A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案 D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2(多选)质量为m的物体以初速度v 0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A.m(v－v0) B.mgt C.m v2－v02 D.m2gh 答案BCD 动量和动量定理的应用 知识点一——冲量（I ） 要点诠释： 1. 定义：力F 和作用时间的乘积，叫做力的冲量。 2. 公式： 3. 单位： 4. 方向：冲量是矢量，方向是由力F 的方向决定。 5. 注意： ①冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 ②用公式求冲量，该力只能是恒力 1. 推导： 设一个质量为的物体，初速度为，在合力 F 的作用下，经过一段时间，速度变为 则物体的加速度 由牛顿第二定律 2. 动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。 3. 公式：或 4. 注意事项： ②式中F 是指包含重力在内的合外力，可以是恒力也可以是变力。当合外力是变力时，F 应该是合外力在这段时间内的平均值； ③研究对象是单个物体或者系统； 规律方法指导 1. 动量定理和牛顿第二定律的比较 （1 ）动量定理反映的是力在时间上的积累效应的规律，而牛顿第二定律反映的是力的瞬时效应的规律 （2 ）由动量定理得到的，可以理解为牛顿第二定律的另一种表达形式，即：物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 （3 ）在解决碰撞、打击类问题时，由于力的变化规律较复杂，用动量定理处理这类问题更有其优越性。 4. 应用动量定理解题的步骤 ①选取研究对象； ②确定所研究的物理过程及其始末状态； ③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况； ④规定正方向，根据动量定理列式； ⑤解方程，统一单位，求得结果。 经典例题透析 类型一——对基本概念的理解 1. 关于冲量，下列说法中正确的是（） A. 冲量是物体动量变化的原因 B. 作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C. 动量越大的物体受到的冲量越大 D. 冲量的方向就是物体受力的方向 思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解 解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化， A 对； 只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B 错误；物体所受冲量大小与动量大小无关， C 错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故 D 错误。 答案：A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（） A. 冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B. 冲量是描述运动状态的物理 量 C. 冲量是物体动量变化的原因 D. 冲量的方向与动量的方向一致 答案：BD 点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD 错误。 类型二——用动量定理解释两类现象 2. 玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不 易碎。这是为什么？ 解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。 因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。 ３. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（） A. 在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 第五章 动量和动量守恒 冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一.动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。 第一讲 动量基本知识 动量问题是指与动量有关的问题和用动量观点解决的问题。其中，与动量有关的问题，本专题主要指动量定理和动量守恒定律。用动量观点解决问题，即是指用动量定理和动量守恒定律解决的问题。 1.1动量定理 ⑴动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化。 ⑵动量定理公式：12mv mv Ft -=∑，它为一矢量式，在一维情况时可变为代数式运算。 ⑶动量定理的研究对象是质点。它说明的是外力对时间的累积效应。应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的始、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。 ⑷应用动量定理的思路： a. 确定研究对象，进行受力分析； b. 确定初末状态的动量mv 1和mv 2(要先规定正方向，以便确定动量的正负， 还要把v 1和v 2换成相对于同一惯性参照系的速度)； c. 利用12mv mv Ft -=∑列方程求解。 1.2动量守恒定律 ⑴内容及表达式： a. 动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总动量保持不变。 b. 动量守恒定律的公式：'2'121mv mv mv mv +=+ ⑵说明及注意事项： a.定律适用条件： ① 系统不受外力或所受外力的合力为零时； ② 系统内力远大于外力时（如碰撞、爆炸等）； ③ 系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零时（只在这一方向上动量守恒） b .注意表达式的矢量性： 对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。 c .注意速度的相对性。 所有速度必须是相对同一惯性参照系。 d.注意同时性： 表达式中v 1和v 2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v 1’和v 2’必须是相 互作用后同一时刻的瞬时速度。 专题二·第二讲 动量及其守恒定律——课后“高仿”检测卷 一、高考真题集中演练——明规律 1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A ．30 kg·m/s B ．5.7×102 kg·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s 解析：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确。 2.[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下 从静止开始沿直线运动。F 随时间t 变化的图线如图所示，则( ) A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/s B ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/s C ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/s D ．t ＝4 s 时物块的速度为零 解析：选AB 法一：根据F -t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F 的冲量，可知在0～1 s 、0～2 s 、0～3 s 、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s 、4 N·s 、3 N·s 、2 N·s ，应用动量定理I ＝m Δv 可知物块在1 s 、2 s 、3 s 、4 s 末的速率分别为1 m/s 、2 m/s 、1.5 m/s 、1 m/s ，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s 、4 kg·m/s 、3 kg·m/s 、2 kg·m/s ，则A 、B 项正确，C 、D 项错误。 法二：前2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝F 1m ＝22 m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s 时物块的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s ，A 正确；t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝m v 2＝4 kg·m/s ，B 正确；物块在2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为a 2＝F 2m ＝0.5 m/s 2，t ＝3 s 时物块的速率v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1) m/s ＝1.5 m/s ，动量大小为p 3＝mv 3＝3 kg·m/s ，C 错误；t ＝4 s 时物块的速率v 4＝v 2－a 2t 4＝(2－0.5×2) m/s ＝1 m/s ，D 错误。 3．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现 其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B 。两 车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动 了4.5 m ，A 车向前滑动了2.0 m 。已知A 和B 的质量分别为2.0×103 kg 和1.5×103 kg ，两 [高考命题解读] 第1讲动量定理及应用 一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p＝mv. (3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同. (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p. 3.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I＝Ft. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同. 自测1 下列说法正确的是( ) A.速度大的物体，它的动量一定也大 B.动量大的物体，它的速度一定也大 C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D.物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 答案D 二、动量定理 1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量. 2.公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I. 3.动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果. (2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义. 自测2 (多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( ) (v－v0) 答案BCD 命题点一对动量和冲量的理解 1.对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较 动量定理的理解与应用 动量定理运用问题，能很好地考查学生理解、建模、推理和理论联系实际的能力，其题型新颖多变，联系的知识面宽而倍受命题者的青睐，是高考的重点和热点问题，也是同学们学习中的难点问题。初学者常犯的错误主要是：只注意公式的代入与求解，忽视了各自的对应关系；只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理时一列方程就出错。本文就动量定理应用时应澄清的几个问题和同学们交换一下意见，促使同学们能学以致用，融会贯通。 1．对动量定理的理解 动量定理的表述是：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。其一般公式形式为： Ft=mV 2-mV 1 。理解定理时要把握住以下几个方面：①研究对象可以是单一物体，也可是多个 物体组成的系统。所谓物体系总动量的变化量应是各个物体动量变化量的矢量和。②力F 是指研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力也可以是变力，当合外力变化时，F应是物体所受合外力的平均值。③公式中的ΔmV是研究对象动量的增量，是某一过程中末态的动量减去初态的动量（要考虑方向），切不可颠倒顺序。④公式中的等号表示合外力的冲量与研究对象动量的增量在数值上是相等的，但不能认为合外力的冲量就是动量的增量，合外力的冲量是导致研究对象运动改变的外因，而动量的增量却是研究对象外部冲量作用的结果。⑤用动量定理解题，只能选取地球或相对地球匀速直线运动的物体做参照物。⑥动量定理可由牛顿定律推导出来，但不能认为它是牛顿运动定律的一个推论。动量定理和牛顿定律都是研究物体运动状态变化和所受外力间的关系，牛顿定律说明了力与加速度的瞬时关系，但对迅速变化的问题，由于发生冲击作用产生的量值很大、变化很快、作用时间很短，运用牛顿定律求解就比较困难，若用动量定理就可不考虑中间细节变化，只求整个过程中冲量的总体效果，这就为解决力学问题提供了另一种重要方法。 2．动量定理的应用 ①定性分析 例1特技演员从高处跳下，要求落地时必须脚先触地，为尽量保证安全，他落地时最好采用的方法是（） A．让脚尖先触地，且着地瞬间同时下蹲 B．让整个脚板着地，且着地瞬间同时下蹲 C．让整个脚板着地，且着地瞬间不下蹲 D．让脚尖先触地，且着地瞬间不下蹲 解析：特技演员从高处跳下，其动量变化一定，让脚尖先触地，且着地瞬间同时下蹲，这都是为了延长与地面间的作用时间，从而减小相互作用力，故A选项正确。 评析：应用动量定理进行定性分析时，一般采用控制变量法，即在F、t和ΔP三个中限定某个参量不变，考虑另两个间的变化关系，而得出相应的结论来。 拓展：从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( ) A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与 类型一——对基本概念的理解 1.关于冲量，下列说法中正确的是（） A.冲量是物体动量变化的原因 B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C.动量越大的物体受到的冲量越大 D.冲量的方向就是物体受力的方向 思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解 解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A对；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B错误；物体所受冲量大小与动量大小无关，C错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D错误。 答案：A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（） A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B.冲量是描述运动状态的物理量 C.冲量是物体动量变化的原因 D.冲量的方向与动量的方向一致 答案：BD 点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD错误。 类型二——用动量定理解释两类现象 2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。这是为什么？ 解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。 因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。 ３. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（） A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小 解析：在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是：缓拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故AB都错；缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD正确。 总结升华：用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。 【变式1】有些运动鞋底有空气软垫，请用动量定理解释空气软垫的功能。 解析：由动量定理可知，在动量变化相同的情况下，时间越长，需要的作用力越小。因此运动鞋底部的空气软垫有延长作用时间，从而减小冲击力的功能。 【变式2】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。 三 动量定理的应用 姓名 一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的） 1、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有（ ） A 、匀加速直线运动 B 、平抛运动 C 、匀减速直线运动 D 、匀速圆周运动 2、质量为5 kg 的物体，原来以v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N ·s 的作用，历时4 s ，物体的动量大小变为 ( ) A.80 kg ·m/s B.160 kg ·m/s C.40 kg ·m/s D.10 kg ·m/s 3、用力拉纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是：（ ） A 、在缓慢拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力大； B 、在迅速拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力小； C 、在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大； D 、在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小． 4、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛．三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（ ） A 、抛出时三球动量不是都相同，甲、乙动量相同，并均不小于丙的动量 B 、落地时三球的动量相同 C 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量都不同 D 、从抛出到落地过程，三球受到的冲量不都相同 5、若质量为m 的小球从h 高度自由落下，与地面碰撞时间为 ，地面对小球的平均作用力大小为F ，则在碰撞过程中（取向上的方向为正）对小球来说（ ） A 、重力的冲量为 B 、地面对小球的冲量为 C 、合力的冲量为 D 、合力的冲量为 6、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t 内 A.物体受重力的冲量为零 B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量 小 C.物体动量的增量大于抛出时的动量 D.物体机械能的减小量等于FH 7.恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图8—1所示，由于地面对 物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是 A.拉力F 对物体的冲量大小为零 B.拉力F 对物体的冲量大小为Ft C.拉力F 对物体的冲量大小是Ftcos θ D.合力对物体的冲量大小为零 *8、物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间Δt 1内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v 。设F 在Δt 1内做的功W 1，冲量是I 1；在Δt 2内做的功W 2，冲量是I 2。那么 （ ） A ．I 1 三动量定理的应用姓名 一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的） 1、在下列各种运动中，任何相等的时间内物体动量的增量总是相同的有（） A、匀加速直线运动 B、平抛运动 C、匀减速直线运动 D、匀速圆周运动 2、质量为5 kg的物体，原来以v=5 m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s的作用，历时4 s，物体的动量大小变为 ( ) A.80 kg·m/s B.160 kg·m/s C.40 kg·m/s D.10 kg·m/s 3、用力拉纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是： （） A、在缓慢拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力大； B、在迅速拉动纸带时，纸带给物体的摩擦力小； C、在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大； D、在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小． 4、从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛．三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（） A 、抛出时三球动量不是都相同，甲、乙动量相同，并均不小于丙的动量 B、落地时三球的动量相同 C、从抛出到落地过程，三球受到的冲量都不同 D、从抛出到落地过程，三球受到的冲量不都相同 5、若质量为m的小球从h高度自由落下，与地面碰撞时间为，地面对小球的平均作用力大小为F，则在碰撞过程中（取向上的方向为正）对小球来说 （） A 、重力的冲量为B、地面对小球的冲量为 C、合力的冲量为 D、合力的冲量为 6、一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t 内 A.物体受重力的冲量为零 B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小 C.物体动量的增量大于抛出时的动量 D.物体机械能的减小量等于FH 7.恒力F作用在质量为m的物体上，如图8—1所示，由于地面对 图8—1 物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是 A.拉力F对物体的冲量大小为零 B.拉力F对物体的冲量大小为Ft C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ D.合力对物体的冲量大小为零 *8、物体在恒定的合力F作用下作直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v。设F在Δt1内做的功W1，冲量是I1；在Δt2内做的 1．动量： ①定义：物体质量与速度的乘积， ②动量的性质：是状态量、具有相对性、矢量性 2．动量守恒定律 ①动量的变化量： ②内力与外力：系统内物体间的相互作用力叫做内力；系统外物体施加给系统内物体的力叫做内力。 ③动量守恒定律： 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。 ④动量守恒定律的成立条件 a.系统不受外力或所受外力和为零，则系统的动量守恒。 b.系统所受外力比内力小很多，则系统的动量近似守恒。 c.系统某一方向不受外力或所受外力的和为零，或所受外力比内力小很多，该方向动量守恒。 ⑤动量守恒定律的普适性 a.牛顿定律解决问题涉及全过程，用动量解决只涉及始末状态，与过程无关。 b.动量守恒不仅适用宏观低速，而且适用微观高速，牛顿定律不适用微观高速。 二．碰撞 1．碰撞的分类： 2．一维弹性碰撞 当时 ①若，交换速度 ②若，，同向，速度前大后小 ③若，反弹 ④若， ⑤若， 三．反冲 1.反冲：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲。 2．反冲遵循的规律： ，即： ， ，即： 3．反冲运动的应用： 喷气式飞机，射击时枪筒的后退，火箭发射等。 四．用动量概念表示牛顿第二定律 1．用动量概念表示牛顿第二定律 假设物体受到恒力的作用做匀变速直线运动，在时刻物体的初速度为，在时刻物 体的速度为，由牛顿第二定律得，物体的加速度 合力F=ma 由于， 所以 2．动量定理 应用动量定理需要注意的几点： ①方程左边是物体动量的变化量，计算时顺序不能颠倒 ②方程右边是物体受到的合外力的总冲量，其中F可以是恒力也可以是变力，如果合外力是变力，则F是合外力在时间t内的平均值 ③整个式子反映了一个过程，即力对时间的积累效果是引起物体动量的变化。 ④动量定理中的冲量和动量都是矢量，冲量的方向与动量变化量的方向相同。 ⑤动量与参考系的选取有关，所以用动量定理时必须注意参考系的选取。 ⑥动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观现象，高速运动仍然适用。 ⑦不能认为合外力的冲量就是动量的变化。合外力的冲量是引起动量变化的原因，而动量变化是冲量作用的必然结果 ⑧动量定理的研究对象是单个质点或由质点所构成的系统，当研究对象为质点系统时，动量定理中的动量应是该系统内所有质点在同一时刻动量的矢量和，而冲量是该系统内各个质点在同一个物理过程中所受一切外力冲量的矢量和，不包括系统内各质点之间相互作用的（内力）的冲量，这是因为内力总是成对出现的，且大小相等、方向相反，故其内力的总冲量必定为零。 五．动量典型模型 1．人船模型 ：如图所示长为，质量为m1的小船在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人相对地面的位移各是多少？ 分析与解答： 选船和人组成的系统为研究对象，由于水平方向不受外力，因而人从船头走向船尾的过程中任一时刻水平方向的动量都守恒，既平均动量守恒，而系统在人起步前的总动量为0。 设人和船在全过程中的平均速度分别为和，根据动量守恒定律： 设相互作用的时间为，则，故 由题意知： 联立两式解得：，电磁感应动量定理的应用
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