动量和冲量概念详解+典型例题
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
能量观点包括的内容以及一些结论有：
（1）．求功的途径：
①用定义求恒力功. ②用动能定理【从做功的效果】或能量守恒求功.
③由图象求功. ④用平均力求功【力与位移成线性关系】.
⑤由功率求功.
（2）．功能关系--------功是能量转化的量度,功不是能，能也不是功.
①重力所做的功等于重力势能的减少量【数值上相等】
②电场力所做的功等于电势能的减少量【数值上相等】
③弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少量【数值上相等】，E p
弹
＝k△X2/2
④分子力所做的功等于分子势能的减少量【数值上相等】
⑤合外力所做的功等于动能的增加量【所有外力】
⑥只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒
⑦克服安培力所做的功等于感应电能的增加量【数值上相等】
⑧除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量【功能原理】
⑨摩擦生热Q＝f·S
相对＝E
损
【f滑动摩擦力的大小，S
相对
为相对路程或相对位移，E
损
为系统
损失的机械能，Q为系统增加的内能】
⑩静摩擦力可以做正功、负功、还可以不做功,但不会摩擦生热；滑动摩擦力可以做正功、负功、还可以不做功,但会摩擦生热；作用力和反作用力做功之间无任何关系.
（3）．传送带以恒定速度匀速运行，小物体无初速放上，达到共同速度过程中，相对滑动距离等于小物体对地位移，摩擦生热等于小物体的动能，即Q＝mv02/2 （4）．发动机的功率P=F
牵
v，当加速度a＝0时，有最大速度v m=P/F牵【注意额定功率和实际功率】
（5）．摩擦生热：Q = f·S
相对
；Q常不等于功的大小。动摩擦因数处处相同，克服摩擦力做功W = μ mg S
（6）．能的其它单位换算:1kWh（度）＝3.6×106J，1eV＝1.60×10-19J.
【典型例题】【基本概念的应用】
【例1】（2001年理科综合）下列是一些说法：
①一质点受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲
量一定相同；
②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一时间内做的功或
者都为零，或者大小相等符号相反；
③在同样时间内，作用力力和反作用力的功大小不一定相等，但正负符号一定相反；
④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反．
以上说法正确的是（）A．①②B．①③C．②③D．②④
解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力
C
A
60° 图1
与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体）， 所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩 擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用 力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正 确．综上所述，选项D 正确．
【例2】【动量定理的应用】
由轻杆AB 和BC 做成的三角形支架,其A 、C 端分别用铰链固定于墙上, 其中AB 水平,BC 与竖直墙面夹60°角.如图1所示,一个质量为1kg 的钢 球从离B 点0.8m 的正上方自由落下碰在支架端点B ,反弹的最大高度 为0.2m,碰撞时间为0.2s,求撞击时AB 及BC 两杆受到的冲击力大小. （g 取10m/s 2
）
解析：设钢球在与B 端碰撞前的速度为v 1 v 1=
4
8.010221=??=
gh m/s,方向竖直向下
设钢球在与B 端碰撞后的速度为v 2 v 2=
2
2.010222=??=
gh m/s,方向竖直向上
取竖直向上为正方向,在碰撞过程中,对钢球由动量定理可得 （F -mg ）t =mv 2+mv 1
由以上三式解得球对B 端的撞击力F =40N
将F 分解到沿两杆的方向,解力的三角形可得,AB 杆受到的冲击力F 1=40
3
N,BC 杆受到
的冲击力F 2=80N
一句话点评：动量定理结合力的分解，瞬时性的应用
【例3】 【动量守恒定理的应用】 一个连同装备总质量为M =100kg 的宇航员,在距离飞船s =45m 处与飞船处于相对静止 状态,宇航员背着装有质量为m 0=0.5kg 氧气的贮气筒,筒上有个可以使氧气以v =50m/s 的 速度喷出的喷嘴,宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氢气,才能回到飞船,同时又必 须保留一部分氧气供途中呼吸用.宇航员的耗氧量为Q =2.5×10-4kg/s.不考虑喷出氧气对设
备及宇航员总质量的影响,则
（1）宇航员安全地返回飞船的最长时间和最短时间分别为多少?
（2）为了使总耗氧量最低,应一次喷出多少氧气?返回时间又是多长？（提示:一般飞船 沿椭圆轨道运动,不是惯性参考系,但是在一段很短的圆弧上,可以将飞船的运动视
为匀速直线运动,看作惯性参考系） 解析：（1）设所求为m ,喷出质量为m 的氧气后宇航员返回飞船的速度为v 1.在氧气喷出 的瞬间,对喷出的氧气、宇航员及贮气筒组成的系统由动量守恒定律有 0=mv -（M +m 0）v 1
① 宇航员返回飞船的时间t =s /v 1 ② 依题意有Qt ≤m 0-m ③
由以上三式代入已知数据解得1800s≥t ≥200s
（2）设总的耗氧量为m ’,一次性喷出的氧气质量为m 2,喷出质量为m 2的氧气后宇航员返 回飞船的速度为v 2.在氧气喷出的瞬间,对喷出的氧气、宇航员及贮气筒组成的系统由动 量守恒定律有0=m 2v -（M +m 0）v 2 ④ 宇航员返回飞船过程供呼吸所用的氧气质量m 3=Qs /v 2 ⑤
所以总的耗氧量m ’=m 2+m 3 ⑥ 由以上三式解得m ’=m 2+sQ （M +m 0）/（m 2v ）
⑦
由上式可知当m 2=sQ （M +m 0）/（m 2v ）,即m 2=0.15kg 时m ’最小.
⑧
由⑧④代入知数据解得v 2=0.075m/s ⑨
返回时间t =s /v 2
⑩
由⑨⑩两式解得t =603s
一句话点评：应用动量守恒定律解题，注意系统的选择。
【例4】【机械能守恒定律的应用】 有一光滑水平板，板的中央有一小孔，孔内穿入一根光 滑轻线，轻线的上端系一质量为M 的小球，轻线的下端系着质量分别为m 1和m 2的两个 物体，当小球在光滑水平板上沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动时，轻线下端的两个物 体都处于静止状态（如下图）．若将两物体之间的轻线剪断，则小球的线速度为多大时
才能再次在水平板上做匀速圆周运动？
解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下： 解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为 R 的轨道做匀速圆周运动的线速度为v 0， 根据牛顿第二定律有2
012()v m m g
M
R
+= ①
当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R 的轨 道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的 物体m 1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m 1上升高度为h ，小球的线速 度减为v 时，小球在半径为（R ＋h ）的轨道上再次做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律 有2
1v
m g
M
R h
=+ ②
再选小球M 、物体m 1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体 m 1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的 水平面为零势面，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动时m 1到水平板的距离为H ， 根据机械能守恒定律有2
2
01111()
2
2
M v m gH M v m g H h -=-- ③
以上三式联立解得
12(3)3m m gR
v M
+=
解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m 1与地 球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于系统 的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m 1重力势能的增加量．即
2
2
011122
M v M v m gh -
=
④
甲
乙
①、②、④式联立解得
12(3)3m m gR
v M
+=
一句话点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时， 需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则 无需选零势面，往往显得简捷．
【例5】【碰撞与子弹打木块模型】
如图所示，甲、乙两人各乘一辆冰车在山坡前的水平冰道上游戏，甲和他冰车的总质量 m 1=40kg ，从山坡上自由下滑到水平直冰道上的速度v 1=3m/s ，乙和他的冰车的质量
m 2=60kg ，以大小为v 2=0.5m/s 的速度迎面滑来．若不计一切摩擦，为使两车不再相撞，试求甲的推力对乙做功的数值范围？
解析：取向右方向为正，m 1v 1－m 2v 2=甲v m 1+乙v m 2，对乙由动能定理得W =
2
22
1乙v m －
2
222
1v m ，当甲v =乙v 时，甲对乙做的功最少W =16.8J ，当甲v =－乙v 时，甲对乙做的功最
多W =600J ，
甲对乙做功的数值范围为16.8J≤W ≤600J ．
一句话点评：碰撞爆炸与子弹打木块模型的应用中往往需要同时列出动量和能量方程。 本题结合临界条件即可得出正确答案。
【例6】 如下图所示，一辆质量是m =2kg 的平板车左端放有质量M =3kg 的小滑块，滑块与 平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v 0=2m/s 的速度在光滑水 平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保 持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取
g =10m/s 2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离． （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v ．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s ，速度为0．由于体系总动量向右， 平板车速度为零时，滑块还在向右滑行． 由动能定理2
102
M gS
mv μ-=-
①
2
2mv s M g
μ=
②
代入数据得2
22
10.33m
20.4310
3
s
?=
==??? ③
M
m
v 0
S '' S '
A B C D
（a ）
（b ）
（c ）
A
B
C v
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是 2m/s ，滑块的速度则大于2m/s ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二 次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v ．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
00()Mv mv M m v -=+ ④ ∴0
M m v
v M m
-=+
⑤
代入数据得010.4m /s 5
v
v =
=
⑥
（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同 速度v 前的过程，可用图（a ）（b ）（c ）表示．（a ）为平板车 与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b ）为平板车到 达最左端时两者的位置，图（c ）为平板车与滑块再次达到
共同速度为两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩 擦力对滑块所做功Mgs μ'，平板车动能减少等于摩擦力对平 板车所做功Mgs μ''（平板车从B 到A 再回到B 的过程中摩 擦力做功为零），其中s '、s ''分别为滑块和平板车的位移． 滑块和平板车动能总减少为1,Mgl μ其中1l s s '''=+为滑块相 对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次 情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为 l ，则有
2
01()2
M m v M gl
μ+= ⑦
2
0()2M m v l M g
μ+=
⑧
代入数据得2
52
50.833m
20.4310
6
l
?=
=
=??? ⑨
l 即为平板车的最短长度．
一句话点评：碰撞爆炸与子弹打木块模型的应用中往往需要同时列出动量和能量方 程。本题关键在于过程的分析。
【变式】如图所示,在光滑水平面上有两个并排放置的木块A 和B ,已知m A =500g,m B =300g,一 质量为80g 的小铜块C 以25m/s 的水平初速度开始,在A 表面滑动,由于C 与A 、B 间有
摩擦,铜块C 最后停在B 上,B 和C 一起以2.5m/s 的速度共同前进,求: （1）木块A 的最后速度; （2）C 在离开A 时的速度. 解析：（1）设A 的最后速度为v A ’,从C 开始滑动到
C 和B 相对静止的过程,对A 、B 、C 系统有m C v 0=m A v A ’+（m C +m B ）v 同
由上面式子得v A ’=[m C v 0-（m C +m B ）v 同]/m A
代入数据得v A ’=2.1m/s
（2）设C 在离开A 时的速度为v C ’,从C 开始滑到C 离开A 的过程,有 m C v 0=m C v C ’+（m C +m B ）v A ’
由上面式子得v C ’=[m C v 0-（m C +m B ）v A ’]/m C
代入数据得v C ’=4m/s
【例7】 【传送带模型与动量能量的综合】 如图所示，水平传送带AB 长l =8.3m ，质量为 M =1kg 的木块随传送带一起以v 1=2m/s 的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定）， 木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A 点时，一颗质量为m =20g 的子弹以0v -
=300m/s 水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u =50m/s ，以后每
隔1s 就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g
取10m/s ．求：
（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A 点的最大距离？
（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？
（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这
一系统产生的热能是多少？（g 取10m/s ） 解析：
（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒
011mv MV mu MV '-=+ ①
解得：1v '=3m/s ② 木块向右作减速运动加速度5M g
a g M μμ=
==m/s 2
③
木块速度减小为零所用时间11v t a
'=
④
解得t 1 =0.6s<1s ⑤
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A 点最远时，速度为零，移动距离为
2
1
12v s a
'=
解得s 1=0.9m ． ⑥
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t 2=1s －0.6s=0.4s ⑦ 速度增大为v 2=at 2=2m/s （恰与传送带同速） ⑧ 向左移动的位移为2
2
210.4m
2
s at == ⑨
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S 0=S 1－S 2=0.5m 方向向右 ⑩ 第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为150.57.5m s =?= ○
11 第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m ，总位移为0.9m ＋7.5=8.4m>8.3m 木
v 0 m A
B
M
块将从B 端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中． （3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为
2
2
2
2
1011111122
2
2
Q mv M V mu M V '
=
+
-
-
○
12 木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为111S v t s '=+ ○13 产生的热量为Q 2=MgS μ' ○
14 木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为122S V t s ''=- ○15 产生的热量为3Q Mgs μ''= ○16 第16颗子弹射入后木块滑行时间为t 3有2
13
310.8
2
v t at '-= ○
17 解得t 3=0.4s ○
18 木块与传送带的相对位移为S =v 1t 3＋0.8 ○19 产生的热量为Q 4=M gs μ ○20 全过程中产生的热量为Q =15（Q 1＋Q 2＋Q 3）＋Q 1＋Q 4 解得Q =14155.5J ○
21 一句话点评：在传送带与动量能量的综合应用中除需要列出动量方程外，在列能量守恒 的方程中，一般还需要分析出相对位移，这也就需要对物体和传送带进行运动情况的分 析。
【例8】【弹簧与动量能量的综合】 如图所示，光滑水平面上有一小车B ，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧， 小车和砂箱的总质量为M ，车上放有一物块A ，质量也是M ，物块A 随小车以速度v 0
向右匀速运动．物块A 与左侧的车面的动摩擦因数为μ，与右侧车面摩擦不计．车匀速
运动时，距砂面H 高处有一质量为m 的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求： （1）小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值．
（2）为使物体A 不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？
解析：
在m 下落在砂箱砂里的过程中，由于车与小泥球m 在水平方向不受任何外力作用，故 车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒，则有：
01()Mv M m v =+ ①
此时物块A 由于不受外力作用，继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰，以物块A 、 弹簧、车系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒，当弹簧被压
缩到最短，达最大弹性势能E p 时，整个系统的速度为v 2，则由动量守恒和机械能守恒 有：
m
H
A
B
v 0
012()(2)Mv M m v M m v ++=+ ②
2
2
2
011
111()(2)22
2
p M v M m v E M m v +
+=+
+ ③
由①②③式联立解得：2
2
2()(2)
P M m
E v M m M m =
++ ④
之后物块A 相对地面仍向右做变减速运动，而相对车则向车的左面运动，直到脱离弹簧，
获得对车向左的动能，设刚滑至车尾，则相对车静止，由能量守恒，弹性势能转化为系 统克服摩擦力做功转化的内能有：p M gL E μ= ⑤
由④⑤两式得：22
2()(2)
m v L g M m M m μ=
++
一句话点评：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。凡是题目当中 涉及到弹簧弹性势能的运算，一般不是利用能量守恒间接运算，就是利用前后两个状态 弹性势能相等而抵消，
【跟踪练习】
1．物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间△t 1内速度由0增大到v ，在时间△t 2内速
度由v 增大到2v ．设F 在△t 1内做的功是W 1，冲量是I 1；在△t 2内做的功是W 2，冲量是I 2，那么
（ ）
A ．1212,I I W W <=
B ．1212,I I W W <<
C ．1212,I I W W ==
D ．1212,I I W W =<
2．如图1-4所示,质量分别为m 1和m 2、大小相同的两物块,分别以速度 v 1和v 2沿固定斜面向下匀速滑行,且v 1>v 2,m 2的右端装有轻质弹簧,在它们发生相互作用后又分开.则在m 1和m 2相互作用的过程中,下列说法中正确的是 （ ）
t 1
t
v 0 v 0/2
v 图1-6
A ．由于有重力和摩擦力,所以该过程动量不守恒
B ．由于系统所受合外力为零,所以该过程动量守恒
C ．若相互作用过程中,m 1的速度不反向,则该过程动量守恒
D ．若相互作用过程中,m 1的速度反向,则该过程动量守恒
3．如图1-5所示,质量为M 的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度v 0
从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图1-6所示．某同学根据图像作出如下的一些判断正确的是
（ ）
A ．滑块与木板间始终存在相对运动
B ．滑块始终未离开木板
C ．滑块的质量大于木板的质量
D ．在t 1时刻滑块从木板上滑出
4．如图所示，AB 为斜轨道，与水平方向成45°角，BC 为水平轨道，两轨道在B 处通过一段
小圆弧相连接，一质量为m 的小物块，自轨道AB 的A 处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C 点，已知A 点高h ，物块与轨道间的滑动摩擦系数为μ，求：
（1）在整个滑动过程中摩擦力所做的功．
（2）物块沿轨道AB 段滑动时间t 1与沿轨道BC 段滑动时间t 2之比值12
t t ．
（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A 点所需做的功．
5．如图所示，粗糙的斜面AB 下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，整个装置竖直放置，C
是最低点，圆心角∠BOC =37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.5m ，斜面长L =2m ，现有一个质量m =0.1kg 的小物体P 从斜面AB 上端A 点无初速下滑，物体P 与斜面AB 之间的动摩擦因数为μ=0.25．求：
（1）物体P 第一次通过C 点时的速度大小和对C 点处轨道的压力各为多大？
（2）物体P 第一次离开D 点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E 和D
点之间的高度差为多大？
（3）物体P 从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P 对C
点处轨道的最小压力为多大？
图1-5
m M
v 0
6．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R．一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获一向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点．求：
（2）物块从B至C克服阻力做的功．
（3）物块离开C点后落回水平面时其动能的大小．
7．一传送带装置示意如下图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切．现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h．稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L．每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）．已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N．这装置由电动机带电，传送带与轮子间无相对滑动，不计
轮轴处的摩擦．求电动机的平均输出功率P．
8．如图所示，质量M =0.45kg 的带有小孔的塑料块沿斜面滑到最高点C 时速度恰为零，此时
与从A 点水平射出的弹丸相碰，弹丸沿着斜面方向进入塑料块中，并立即与塑料块有相同的速度．已知A 点和C 点距地面的高度分别为：H =1.95m ，h =0.15m ，弹丸的质量m =0.050kg ，水平初速度v 0=8m/s ，取g =10m/s 2．求： （1）斜面与水平地面的夹角θ．（可用反三角函数表示）
（2）若在斜面下端与地面交接处设一个垂直于斜面的弹性挡板，塑料块与它相碰后的速
率等于碰前的速率，要使塑料块能够反弹回到C 点，斜面与塑料块间的动摩擦因数
可为多少？
9．用轻弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以v =6m/s 的速度在光滑的水平地面上运
动，弹簧处于原长，质量4kg 的物块C 静止在前方，如下图所示．B 与C 碰撞后二者粘在一起运动．求：在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A 的速度多大？ （2）弹性势能的最大值是多大？
（3）A 的速度有可能向左吗？为什么？
10．图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平直导轨上，弹簧处在原
长状态．另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行．当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A 恰好返回到出发点P 并停止．滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l 2，重力加速度为g ．求A 从P 点出发时的初速度v 0．
参 考 答 案
1． 【答案】 D
【解析】 在△t 1时间内，I 1=F △t 1=mv =△p 1，在△t 2时间内．I 2=F △t 2=2mv －mv =mv =△p 2 ∴I 1=I 2 又2
2
2
2
1
21113,(2)2
2
2
2
W mv W m v mv mv
==
-
=
∴W 1 【说明】 物体在恒定的合外力F 作用下做直线运动，由牛顿第二定律可知物体做匀加 速直线运动，速度由零增大到v 的时间△t 2和由v 增大到2v 的时间△t 2是相等的，所以 在△t 1和△t 2的两段时间内合外力的冲量是相等的．在△t 1的平均速度小于△t 2时间内的 平均速度，从而得出在△t 1内的位移小于在△t 2时间的位移，恒力F 所做的功W 1 【说明】碰撞前两物块分别沿固定斜面向下匀速滑行,所以两物块的重力沿斜面的分力分 别与沿斜面向上的滑动摩擦力相等．在相互作用过程中,以m 1、m 2和弹簧组成的系统为 对象,当两个物体都向下滑行时,即m 1的速度不反向,系统的重力沿斜面向下的分力与滑 动摩擦力相等,所以系统的合外力为零,系统的动量守恒．若在相互作用过程中,m 1的速度 反向,则m 1受到的滑动摩擦力沿斜面向下,系统的合外力不为零,系统的动量不过恒． 3． 【答案】 ACD 【说明】从图中可以看出,滑块与木板始终没有达到共同速度,所以滑块与木板间始终存 在相对运动;又因木板的加速度较大,所以滑块的质量大于木板的质量;因在t 1时刻以后, 滑块和木板都做匀速运动,所以在t 1时刻滑块从木板上滑出．所以选项A 、C 、D 正确 4． 【解析】 （1）设整个过程摩擦力做的功是W ，由动能定理得：mgh －W =0 ① W =mgh （2）设物块沿轨道AB 滑动的加速度为a 1， 由牛顿第二定律有1sin 45cos 45mg mg ma μ?-?= ② 设物块到达B 点时的速度为V B ，则有V B =a 1t 1 ③ 设物块沿轨道BC 滑动的加速度为a 2，由牛顿第二定律有2mg ma μ= ④ 物块从B 点开始作匀减速运动，到达C 点时，速度为零，故有220B V a t =- ⑤ 由②③④⑤式可得： 122 1 21t a t a μμ == - ⑥ （3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A 点所需做的功应该是克服重力和阻力所做功 之和，即是W 1=mgh ＋W =2mgh 5． 【解析】 （1）物体P 从A 下滑经B 到C 过程中根据动能定理： 2 10(sin 37cos 37)cos 372 C mv mg R R mg μ-=∠?+-?-∠? 2(sin 37cos 37)2cos 3718m/s 4.24m/s C v g L R R gL μ= ?+-?-?= = 经C 点时2 2 4.6N C C C C v v N m g m N m g m R R -==+= 根据牛顿第三定律，P 对C 点的压力 4.6N C C N N '== （2）从C 到E 机械能守恒 2 1() 2 C E D mv mg R h =+ E 与D 间高度差2 0.4m 2C ED v h R g = -= （3）物体P 最后在B 与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C 点压力最小，由B 到C 根据机械能守恒 2 1(1cos 37)2(1cos 37)2m/s 2 C C mgR mv v gR ''-?= =-?= 2 2 20.1100.1 1.4N 0.5 C C v N m g m R '=+=?+?= 根据牛顿第三定律 压力22 1.4N C C N N '== 6． 【解析】 物块的运动可分为以下四个阶段：①弹簧弹力做功阶段；②离开弹簧后在AB 段的匀速直线运动阶段；③从B 到C 所进行的变速圆周运动阶段；④离开C 点后进行的 平抛运动阶段．弹簧弹力是变化的，求弹簧弹力的功可根据效果——在弹力作用下物块 获得的机械能，即到达B 点的动能求解．物块从B 至C 克服阻力做的功也是变力，同样 只能根据B 点和C 点两点的机械能之差判断．因此求出物块在B 点和C 点的动能是关 键．可根据题设条件：“进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍”、“恰能到达C 点”， 求出、kB kC E E ． 物块在B 点时受力mg 和导轨的支持力N =7mg ，由牛顿第二定律， 有2 7B v m g m g m R -= ∴2 132 kB B E mv mgR == 物块到达C 点仅受重力mg ，根据牛顿第二定律，有2 C v m g m R = ∴2 10.52 kC C E mv mgR ==． （1）根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为W 弹=E kB =3mgR ． （2）物体从B 到C 只有重力和阻力做功，根据动能定理， 有2kC kB W mg R E E -=- 阻 0.5320.5W mgR mgR mgR mgR =-+=-阻 即物体从B 到C 克服阻力做的功为0．5mgR ． （3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，机械能守恒， 有0.52 2.5k kC pC E E E mgR mgR mgR '=+=+=． 评析：中学阶段不要求直接用cos W Fs α =求解变力做功，可根据其效果——使用能量 变化间接来判断．对于物体运动的全过程必须逐段进行认真分析，确定每一阶段符合的 规律：如本题最后一个阶段是平抛运动，物块在C 点有动能，不能把平抛当成自由落体 来处理． 7． 【解析】 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中， 小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ；加速度为 a ，则对小箱有 2 12s at = ① v 0=at ② 在这段时间内，传送带运动的路程为s 0=v 0t ③ 由以上可得s 0=2s ④ 用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为2 12 A fs mv == ⑤ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功2 00122 A fs mv == ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 2 012 Q m v = ⑦ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等． T 时间内，电动机输出的功为W P T = ⑧ 此功用于增加小箱的动能、势能以克服摩擦力发热， 即2 012 W Nmv Nmgh NQ =++ ⑨ 已知相邻两小箱的距离为L ，所以v 0T =NL ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩，得2 2 2 []N m N L P gh T T =+ ○ 11 8． 【解析】 （1）子弹做平抛运动，经时间t 有2 1,2 H h gt -= 解得 t =0．6（s ）． 此时子弹的速度与水平方向夹角为θ，水平分速度为v x 、竖直分速度为 v y ，则有 0,,tan y x y x v v v v gt v θ=== 解得3tan 4 θ = ∴3arctan 374θ ==? 由于子弹沿斜面方向与木块相碰，故斜面的倾角与t s 末子弹的速度与水平方向的夹角 相同，所以斜面的倾角3arctan 374 θ ==?． （2）设在C 点子弹的末速度为v t ，则有2 2 2 t x y v v v =+ ∴22 ()10(m/s)t v gt v =+= 子弹立即打入木块，满足动量守恒条件，有()t C mv m M v =+ 解得1C v =（m/s ） 碰后，子弹与木块共同运动由C 点到与挡板碰撞并能够回到C 点， 有21k k f E E W -=- 2 1 2 1 1(),0,2 k C k k f E M m v E E W = +≥≥ 22()cos sin f h W fs s M m g s μθ θ ==+= 代入数据，得0.125μ≤ 子弹与木块共同运动要能够回到C 点，则斜面与塑料块间的动摩擦因数0.125μ≤． 9． 【解析】 （1）当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大 由于A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒，()()A B A B C A m m v m m m v '+=++ 解得(22)63m/s 224 A v +?'= =++ （2）B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v ′， 则()B B C m v m m v '=+ 262m/s 24 v ?'= =+ 设物A 速度为A v '时弹簧的弹性势能最大为p E ，根据能量守恒 2 2 2 22 111()()22 2111(24)226(224)312J 2 2 2 p B C A A B C A E m m v m v m m m v ''= ++- ++=?+?+ ??- ?++?= （3）A 不可能向左运动 系统动量守恒，()A B A A B C B m v m v m v m m v +=++ 设A 向左，v A <0，则v B >4m/s 则作用后A 、B 、C 动能之和 2 2 2 1 11 ()()48J 22 2 A A B C B B C B E m v m m v m m v '= ++>+= 实际上系统的机械能2 1()123648J 2p A B C A E E m m m v '=+ ++=+= 根据能量守恒定律，E ′>E 是不可能的． 10．【解析】令A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时的速度为v 1（碰前）． A 克服阻力做功： 2 2 0112 2 m v m v m gl μ- = ① A 、 B 碰撞过程中动量守恒，令碰后A 、B 的共同速度为v 2，有mv 1=2mv 2 ② 碰后A 、B 先一起向左运动，接着A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的 共同速度为v 3，在这一过程中，弹簧的弹性势能始末状态都是零，只有克服摩擦力做功 2 3 2 2 2(2)(2)(2)(2)2 2 m v m v m g l μ- = ③ 此后A 、B 开始分离，A 单独向右滑动到P 点停下，克服阻力做功 2 312 m v m gl μ= ④ 由以上各式得0 12(1016)v g l l μ= + ⑤ 动量、冲量及动量守恒定律 动量和动量定理 一、动量 1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝m v； 2．矢量性：方向与速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则． 3．动量的变化量 (1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)． (2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带有正负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正负号仅代表方向，不代表大小)． 4．与动能的区别与联系： (1)区别：动量是矢量，动能是标量． (2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物 理量，大小关系为E k＝p2 2m或p＝2mE k. 二、动量定理 1．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积．公式：I＝ Ft．单位：牛顿·秒，符号：N·s． (2)矢量性：方向与力的方向相同． 2．动量定理 (1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量． (2)公式：m v′－m v＝F(t′－t)或p′－p＝I．3．动量定理的应用 碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间．要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．（缓冲） 题组一对动量和冲量的理解 1.关于物体的动量，下列说法中正确的是() A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向 B．物体的动能不变，其动量一定不变 C．动量越大的物体，其速度一定越大 D．物体的动量越大，其惯性也越大 2.如图所示，在倾角α＝37°的斜面上， 有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物 体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 动量、冲量和动量定理·典型例题精析 [例题1]质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量． [思路点拨]依冲量的定义，一恒力的冲量大小等于这力大小与力作用时间的乘积，方向与这力的方向一致．所以物体所受各恒力的冲量可依定义求出．而依动量定理，物体在一段时间t内的动量变化量等于物体所受的合外力冲量，故合外力给物体的冲量又可依动量定理求出． [解题过程]依冲量的定义，重力对物体的冲量大小为 I G＝mg·t， 方向竖直向下． 斜面对物体的支持力的冲量大小为 I N＝N·t＝mg·cosθ·t， 方向垂直斜面向上． 合外力对物体的冲量可分别用下列三种方法求出． (1)先根据平行四边形法则求出合外力，再依定义求出其冲量． 由图7－1(2)知，作用于物体上的合力大小为F＝mg·sinθ，方向沿斜面向下． 所以合外力的冲量大小 I F＝F·t＝mg·sinθ·t． 方向沿斜面向下． (2)合外力的冲量等于各外力冲量的矢量和，先求出各外力的冲量，然后依矢量合成的平行四边形法则求出合外力的冲量． 利用前面求出的重力及支持力冲量，由图7－1(3)知合外力冲量大小为 方向沿斜面向下． 或建立平面直角坐标系如图7－1(4)，由正交分解法求出．先分别求出合外力冲量I F在x，y方向上分量I Fx，I Fy，再将其合成． (3)由动量定理，合外力的冲量I F等于物体的动量变化量Δp． I F=Δp=Δmv=mΔv=m(at)=mgsinθ·t． [小结] (1)计算冲量必须明确计算的是哪一力在哪一段时间内对物体的冲量． (2)冲量是矢量，求某一力的冲量除应给出其大小，还应给出其方向． (3)本题解提供了三种不同的计算合外力冲量的方法． 新人教版八年级下册勾股定理典型例习题 一、经典例题精讲 题型一:直接考查勾股定理 例１.在ABC ?中,90C ∠=?. ⑴已知6AC =,8BC =．求AB 的长 ⑵已知17AB =,15AC =,求BC 的长分析:直接应用勾股定理 222a b c += 解:⑴2210AB AC BC =+= ⑵228BC AB AC =-= 题型二:利用勾股定理测量长度 例题1 如果梯子的底端离建筑物9米,那么15米长的梯子可以到达建筑物的高度是多少米? 解析:这是一道大家熟知的典型的“知二求一”的题。把实物模型转化为数学模型后,．已 知斜边长和一条直角边长，求另外一条直角边的长度,可以直接利用勾股定理! 根据勾股定理AC 2+BC 2＝AB 2， 即ＡＣ2+9２=1５2,所以AC ２ =144,所以AC=12. 例题２ 如图(8），水池中离岸边D 点１.5米的C 处,直立长着一根芦苇，出水部分B Ｃ的长是0.５米，把芦苇拉到岸边，它的顶端B 恰好落到D 点,并求水池的深度AC. 解析:同例题１一样，先将实物模型转化为数学模型，如图 2. 由题意可知△AC Ｄ中,∠ACD=90°,在Ｒt △ACD 中,只知道CD ＝１．5，这是典型的利用勾股定理“知二求一”的类型。 标准解题步骤如下(仅供参考）: 解:如图2,根据勾股定理，AC 2+CD 2=A Ｄ2 设水深AC= x 米，那么AD ＝A Ｂ=AC+CB ＝x +0.5 ｘ２+1．52=( x ＋0.5）2 解之得x =2. 故水深为2米. 题型三:勾股定理和逆定理并用—— 例题3 如图3，正方形ＡＢCD 中，E 是ＢC 边上的中点,F 是AB 上一点，且AB FB 4 1= 那么△ＤEF 是直角三角形吗?为什么? C B D A 2016年高三1级部物理第一轮复习-冲量动量动量定理 1．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是( ) A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·s B．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0 C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0 D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20 N·s 解析：小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量I＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I＝Δp＝mv－(－mv0)＝20 N·s，D正确，B、C均错误． 答案：AD 2.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传 送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( ) A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做的功变大 D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大 解析：传送带是静止还是沿题图所示方向匀速运动，对木块来说，所受滑动摩擦力大小不变，方向沿斜面向上；木块做匀加速直线运动的加速度、时间、位移不变，所以选项A错，选项B 正确．木块克服摩擦力做的功也不变，选项C错．传送带转动时，木块与传送带间的相对位移变大，因摩擦而产生的内能将变大，选项D正确． 答案：BD 3.如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球 C，A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做 圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足( ) A．最小值m4gr B．最小值m5gr C．最大值m6gr D．最大值m7gr 解析：在最低点，瞬时冲量I＝mv0，在最高点，mg＝mv2/r，从最低点到最高点，mv20/2＝mg×2r＋mv2/2，解出瞬时冲量的最小值为m5gr，故选项B对；若在最高点，2mg＝mv2/r，其余不变，则解出瞬时冲量的最大值为m6gr. 答案：BC 典型例题 知识点一、直接应用勾股定理或勾股定理逆定理 例1:如图，在单位正方形组成的网格图中标有AB CD EF、GH四条线段, 其中能构成一个直角三角形三边的线段是（） A.CD、EF、 GH C. AB、CD GH B.AB、EF、GH D. AB、CD EF 愿路分乐屮 1）題意分析’本题考查幻股定理及勾股定理的逆定理.亠 2）解題思器；可利用勾脸定理直接求出各边长，再试行判断?』 解答过整屮 在取DEAF中，Af=l, AE=2,根据勾股定理，得昇 EF = Q抡於十￡尸° = Q +F二艮 同理HE = 2百* QH. = 1 CD = 2^5 计算发现W十◎血尸=（鸥31即血+曲=GH2,根据勾股定理的逆宦理得到UAAE、EF\ GH为辺的三角形是直毎三角形.故选B. * 縮題后KJ思专：* 1.勾股定理只适用于直角三角形，而不适用于说角三角形和钝角三角形? 因此」辭题时一宦妾认真分析题目所蛤■条件■,看是否可用勾股定理来解口* 2.在运用勾股左理时，要正确分析题目所给的条件，不要习惯性地认为就是斜 迫而“固执”地运用公式川二/十就其实，同样是S6 "不一罡就等于餌，疋不一罡就昱斜辺，KABC不一定就是直角三祐 3.直角三第形的判定条件与勾股定理是互逆的.区别在于勾股定理的运用是一个从 卅形s—个三角形是直角三角形）到懺 y =沖十沪）的过程，而直角三角形的判定是一 ①从嗦（一个三角形的三辺满足X二护+酹的条件）到偲个三角形是直角三角形）的过 程.a 4?在应用勾股定理解题叭聲全面地琴虑间题.注意m题中存在的多种可能性，遊免漏辭.初 例玉如圏，有一块直角三角形?椀屈U,两直角迫4CM5沁丸m?现将直角边AC沿直绘AD折蠡便它落在斜边AB上.且点C落到点E处, 则切等于（、* C/) "禎 B. 3cm G-Icni n題童分析，本题着查勾股定理的应用刎 ：）解龜思路；車题若直接在△MQ中运用勾股定理是无法求得仞的长的，因为貝知遒一条边卫0的长，由题意可知，AACD和心迓门关于直线KQ对称.因而^ACD^hAED ?进一歩则有应RUm CZAED ED 丄AB,设UD=E2＞黄泱，则在Rt A ABO中，由勾股定 理可得^=^（^+^=^83=100,得AB=10cm,在松迟DE 中,W ClO-fl）2= d驚解得尸 九4 解龜后的思琴尸 勾股定理说到底是一个等式，而含有未知数的等式就是方程。所以，在利用勾股定理求线段的长时常通过解方程来解决。勾股定理表达式中有三个量，如果条件中只有一个已知量，必须设法求出另一个量或求出另外两个量之间的关系，这一点是利用勾股定理求线段长时需要明确的思路。 方程的思想：通过列方程（组）解决问题，如：运用勾股定理及其逆定理求线段的长度或解决实际问题时，经常利用勾股定理中的等量关系列出方程来解 决问题等。 例3：一场罕见的大风过后，学校那棵老杨树折断在地，此刻，张老师正和占 明、清华、绣亚、冠华在楼上凭栏远眺。 清华开口说道：“老师，那棵树看起来挺高的。” “是啊，有10米高呢，现在被风拦腰刮断，可惜呀！” “但站立的一段似乎也不矮，有四五米高吧。”冠华兴致勃勃地说。 张老师心有所动，他说：“刚才我跑过时用脚步量了一下，发现树尖距离树根恰好3米，你们能求出杨树站立的那一段的高度吗？” 占明想了想说：“树根、树尖、折断处三点依次相连后构成一个直角三角 No27动量和冲量动量定理 第五章动量和动量守恒 一、选择题(每小题6分，共48分) 1．子弹水平射人一个置于光滑水平面上的木块的过程中；下列说法正确的是( ) A．子弹对木板的冲量必定大于术块对子弹的冲量 B．子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等，方向相反 C．子弹和木块的动量改变量大小相等，方向相反 D．当子弹和木块达到相同速度后，子弹和木块的动量大小相等，方向相反 2．下列说法中正确的是( ) A．物体所受合外力越大，其动量变化一定越大 B．物体所受合外力越大，其动量变化一定越快 C．物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大 D．物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化得越快 3．在物体(质量不变)运动过程中，下列说法正确的是( ) A．动量不变的运动，一定是匀速运动 B．动量大小不变的运动，可能是变速运动 C．如果在任何相等时间内物体所受的冲量值等(不为零)，那么该物体一定做匀变速运动 D．若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零 4．放在水平桌面上的物体质量为m，用一个F牛的水平推力推它t秒钟，物体始终不动，那么在t秒内，推力对物体的冲量应为( ) A．0 B．Ft C．mgt D．无法计算 5．如图27—1所示两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止 自由下落，到达斜面底端的过程中，两个物体具 有的相同的物理量是( ) A．重力的冲量 B．合力的冲量 C．弹力的冲量 D，以上几个量都不同 6．如图27—2所示，木块A和B叠放于水平面上，轻推木块A，B会跟着A一起运动，猛击A时，B则不再跟着A一块运动。以上事实说明( ) A．轻推A时，A对B的冲量小 B．轻推A时，A对B的冲量大 C．猛击A的，A对B的作用力小 D．猛击A对，A对B的作用力大 动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝ 2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度． 一、冲量和动量、动量定理练习题 一、选择题 1．在距地面h高处以v0水平抛出质量为m的物体，当物体着地时和地面碰撞时间为Δt，则这段时间内物体受到地面给予竖直方向的冲量为[ ] 2．如图1示，两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中，相同的物理量是[ ] A．重力的冲量 B．弹力的冲量 C．合力的冲量 D．刚到达底端的动量 E．刚到达底端时的动量的水平分量 F．以上几个量都不同 3．在以下几种运动中，相等的时间内物体的动量变化相等的是[ ] A．匀速圆周运动 B．自由落体运动 C．平抛运动 D．单摆的摆球沿圆弧摆动 4．质量相等的物体P和Q，并排静止在光滑的水平面上，现用一水平恒力推物体P，同时给Q物体一个与F同方向的瞬时冲量I，使两物体开始运动，当两物体重新相遇时，所经历的时间为[ ] A．I/F B．2I/F C．2F/I D．F/I 5．A、B两个物体都静止在光滑水平面上，当分别受到大小相等的水平力作用，经过相等时间，则下述说法中正确的是[ ] A．A、B所受的冲量相同 B．A、B的动量变化相同 C．A、B的末动量相同 D．A、B的末动量大小相同 6．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下述说法中正确的是[ ] A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同 B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同 C．动量的变化率大小相等，方向相同 D．动量的变化率大小相等，方向不同 7．关于冲量、动量与动量变化的下述说法中正确的是[ ] A．物体的动量等于物体所受的冲量 B．物体所受外力的冲量大小等于物体动量的变化大小 C．物体所受外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同 D．物体的动量变化方向与物体的动量方向相同 二、填空题 8．将0.5kg小球以10m/s的速度竖直向上抛出，在3s内小球的动量变化的大小等于______kg·m/s，方向______；若将它以10m/s的速度水平抛出，在3s内小球的动量变化的大小等于______kg·m/s，方向______。 9．在光滑水平桌面上停放着A、B小车，其质量m A＝2m B，两车中间有一根用细线缚住的被压缩弹簧，当烧断细线弹簧弹开时，A车的动量变化量和B车的动量变化量之比为______。 10．以初速度v0竖直上抛一个质量为m的小球，不计空气阻力，则小球上升到最高点的一半时间内的动量变化为______，小球上升到最高点的一半高度内的动量变化为______(选竖直向下为正方向)。 11．车在光滑水平面上以2m/s的速度匀速行驶，煤以100kg/s的速率从上面落入车中，为保持车的速度为2m/s不变，则必须对车施加水平方向拉力______N。 12．在距地面15m高处，以10m/s的初速度竖直上抛出小球a，向下抛出小球b，若a、b 质量相同，运动中空气阻力不计，经过1s，重力对a、b二球的冲量比等于______，从抛出到到达地面，重力对a、b二球的冲量比等于______。 13．重力10N的物体在倾角为37°的斜面上下滑，通过A点后再经2s到斜面底，若物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，则从A点到斜面底的过程中，重力的冲量大小______N·s，方向______；弹力的冲量大小______N·S，方向______；摩擦力的冲量大小______N·s。方向______；合外力的冲量大小______N·s，方向______。 14．如图2所示，重为100N的物体，在与水平方向成60°角的拉力F=10N作用下，以2m/s的速度匀速运动，在10s内，拉力F的冲量大小等于______N·S，摩擦力的冲量大小等于______N·s。 15．质量m=3kg的小球，以速率v=2m/s绕圆心O做匀速圆周运动 高中物理动量定理试题经典及解析 一、高考物理精讲专题动量定理 1．如图所示，静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列，质量均为m ，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时停。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞吋间很短，忽咯空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。 【答案】(1)-3kmgL ；(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则 W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL 即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。 (2)设第一辆车的初速度为v 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为v 2，则由动量守恒得 mv 1=2mv 2 22101122 kmgL mv mv -= - 2 21(2)0(2)2 k m gL m v -=- 由以上各式得 010v kgL = 所以人给第一辆车水平冲量的大小 010I mv m kgL == 2．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为m =5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2） (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力） (2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略 勾股定理课时练（1） 1. 在直角三角形ABC中，斜边AB=1，则AB2 2 2AC BC+ +的值是（） A.2 B.4 C.6 D.8 2.如图18－2－4所示,有一个形状为直角梯形的零件ABCD，AD∥BC，斜腰DC的长为10 cm，∠D=120°，则该零件另一腰AB的长是______ cm（结果不取近似值）. 3. 直角三角形两直角边长分别为5和12，则它斜边上的高为_______． 4.一根旗杆于离地面12m处断裂，犹如装有铰链那样倒向地面，旗杆顶落于离旗杆地步16m，旗杆在断裂之前高多少m？ 5.如图，如下图，今年的冰雪灾害中，一棵大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树杆底部4米处，那么这棵树折断之前的高度是米. 6. 飞机在空中水平飞行,某一时刻刚好飞到一个男孩子头顶正上方4000米处,过了20秒,飞机距离这个男孩头顶5000米,求飞机每小时飞行多少千米? 7. 如图所示，无盖玻璃容器，高18cm，底面周长为60cm，在外侧距下底1cm的点C处有一蜘蛛，与蜘蛛相对的容器的上口外侧距开口1cm的F处有一苍蝇，试求急于扑货苍蝇充饥的蜘蛛，所走的最短路线的长度. 8. 一个零件的形状如图所示，已知AC=3cm，AB=4cm，BD=12cm。求CD的长. 9. 如图，在四边形ABCD 中，∠A=60°，∠B=∠D=90°，BC=2，CD=3，求AB的长. 10. 如图，一个牧童在小河的南4km的A处牧马，而他正位于他的小屋B的西8km北 7km处，他想把他的马牵到小河边去饮水，然后回家.他要完成这件事情所走的最短路程是多少？ 11如图，某会展中心在会展期间准备将高5m,长13m，宽2m的楼道上铺地毯,已知地毯平方米18元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要多少元钱? 12. 甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，没有了水，需要寻找水源．为了不致于走散，他们用两部对话机联系，已知对话机的有效距离为15千米．早晨8：00甲先出发，他以6千米/时的速度向东行走，1小时后乙出发，他以5千米/时的速度向北行进，上午10：00，甲、乙二人相距多远？还能保持联系吗？ 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 高二物理选修3-5第一章选编：熊美先审核：高二物理备课组课型：新授课时间_____ 班级_____ 小组_____ 姓名_____ 组内评价_____ 教师评价_____ 第一节动量、冲量和动量定理 三维目标 （一）知识与技能 1、理解动量和动量变化的矢量性，会计算一条直线上的物体动量的变化。 2、理解冲量的意义和动量定理及其表达式。 3、能利用动量定理解释有关现象和解决实际问题。 4、理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别。 （二）过程与方法 在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量。 （三）情感、态度与价值观 培养逻辑思维能力，培养逻辑思维能力，会应用动量定理分析计算有关问题。 教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。 教学难点：动量的变化。 课前预习 1．冲量：在物理学中，物体受到的_____与力的__________的乘积叫做力的冲量，用公式表示为I＝______，冲量是____量，它的方向跟_____的方向相同，在国际单位制中的单位是______，符号是______。 2．动量：物体的______和______的乘积叫做动量，用公式表示为p＝_____，动量是-____量，它的方向跟______的方向相同，在国际单位制中的单位是_________，符号是- ______。 3．动量的变化量：Δp=______，Δp是_____量，Δp的方向与_____的方向相同。 4．动量定理：物体所受_______的冲量等于物体_______________，这个结论叫动量定理。 5．动量定理的应用 （1）物体的动量变化一定的情况下：力作用时间越短，力就越_____； 作用时间越长，力就越_____。 （2）作用力一定的情况下：力的作用时间越长，动量的变化就越 _____；力的作用时间越短，动量变化就越_____。 新课引入 如图1所示，一个大人从你身旁走过，不小心碰了你一下，可以使你打个趔趄，甚至摔倒，大人则安然无事。但是，如果碰你的是个小孩，尽管他走得跟那个大人一样快，打趔趄甚至摔倒的可能就是他。根据前面所学习的牛顿第三定律知，大人和小孩受到的作用力的大小是相等的，那么两者为什么出现了不同的情况？可见，当我们考虑一个物体的运动效果时，只考虑运动速度是不够的，还必须把物体的质量考虑进去，那么mv是描述什么的物理量？ 课堂探究 一、动量 1、概念：p＝______，动量是_____量，它的方向与物体运动速度的方向一致。只要m 的大小、v的大小和方向三者中任一因素发生了变化，物体的动量就改变。 2、思考：(1)动量除了具有矢量性外，还有什么性质？ 高考物理动量定理试题经典含解析 一、高考物理精讲专题动量定理 1．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h =10 m ，C 是半径R =20 m 圆弧的最低点，质量m =60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a =4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B =30 m/s ．取重力加速度g =10 m/s 2． （1）求长直助滑道AB 的长度L ； （2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小； （3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小． 【答案】（1）100m （2）1800N s ?（3）3 900 N 【解析】 （1）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 22 02v v aL -= 可解得:22 1002v v L m a -== （2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以 01800B I mv N s =-=? （3）小球在最低点的受力如图所示 由牛顿第二定律可得：2C v N mg m R -= 从B 运动到C 由动能定理可知： 221122 C B mgh mv mv = - 解得;3900N N = 故本题答案是：（1）100L m = （2）1800I N s =? （3）3900N N = 点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小． 2．半径均为52m R =的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定，两圆弧轨道的最低端切线水平，两圆心在同一竖直线上且相距R ，让质量为1kg 的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放，小球在圆弧轨道1上滚动过程中，合力对小球的冲量大小为5N s ?，重力加速度g 取210m /s ，求： （1）小球运动到圆弧轨道1最低端时，对轨道的压力大小; （2）小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。 【答案】（1）2 5(22 +（2）62.5J 【解析】 【详解】 （1）设小球在圆弧轨道1最低点时速度大小为0v ，根据动量定理有 0I mv = 解得05m /s v = 在轨道最低端，根据牛顿第二定律， 20 v F mg m R -= 解得252N 2F ??=+ ? ?? ? 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小为252N F ' ?=+ ?? （2）设小球从轨道1抛出到达轨道2曲面经历的时间为t ， 水平位移： 0x v t = 竖直位移： 2 12 y gt = 勾股定理全章知识点和典型例习题 一、基础知识点： 1?勾股定理 内容：____________________________________________________________ 表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为 a , b，斜边为c，那么__________________ 2 ?勾股定理的证明 勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法 用拼图的方法验证勾股定理的思路是 ①图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变 ②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理 常见方法如下： 3 ?勾股定理的应用①已知直角三角形的任意两边长，求第三边在ABC中，C 90 , 则 __________________________________________ ②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系③可运用勾股定 理解决一些实际问题 4. 勾股定理的逆定理 如果三角形三边长a , b , c满足a2 b2c，那么这个三角形是直角三角形，其中c为斜边 ①勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过数转化为形”来确定三角形的可能 形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和a2 b2与较长边的平方c2作比较，若它们相等时，以 a , b , c为三边 的三角形是直角三角形；若 _________ ，时，以a , b , c为三边的三角形是钝角三角形；若__________________ ，时，以a , b , c为三边的三角形是锐角三角形； ②定理中a , b , c及a2 b2 c2只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长 a , b , c满足a2 c2 b2, 那么以a , b , c为三边的三角形是直角三角形，但是b为斜边 ③勾股定理的逆定理在用问题描述时，不能说成：当斜边的平方等于两条直角边的平方和时，这个三角形是直角三角形 5. 勾股数 ①能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即a2 b2 c2中，a , b , c为正整数时，称a , b , c为 一组勾股数 ②记住常见的勾股数可以提高解题速度，如3,4,5 ; 6,8,10 ; 5,12,13; 7,24,25等 ③用含字母的代数式表示n组勾股数： 2 2 n 1,2n,n 1 （n 2, n 为正整数）； 2n 1,2n2 2n,2n2 2n 1 （n为正整数）m2 n2,2mn,m2 n2（m n, m , n为正整数）7 .勾股定理的应用 物理总复习：动量 动量定理 编稿：刘学 【考纲要求】 1、理解动量的概念； 2、理解冲量的概念并会计算； 2、理解动量变化量的概念，会解决一维的问题； 3、理解动量定理，熟练应用动量定理解决问题。 【知识网络】 【考点梳理】 考点一、动量和冲量 1、动量 （1）定义：运动物体的质量与速度的乘积。 （2）表达式：p mv =。 单位：/kg m s ? （3）矢量性：动量是矢量，方向与速度方向相同，运算遵守平行四边形定则。 （4）动量的变化量：21p p p ?=-，p ?是矢量，方向与v ?一致。 （5）动量与动能的关系：22 21()222k mv p E mv m m === p =要点诠释：对“动量是矢量，方向与速度方向相同”的理解，如：做匀速圆周运动的物体速度的大小相等，动能相等（动能是标量），但动量不等，因为方向不同。对“p ?是矢量，方向与v ?一致”的理解，如：一个质量为m 的小钢球以速度v 竖直砸在钢板上，假设反弹速度也为v ，取向上为正方向，则速度的变化量为()2v v v v ?=--=，方向向上，动量的变化量为：2p mv ?=方向向上。 2、冲量 （1）定义：力与力的作用时间的乘积。 （2）表达式：I Ft = 单位： N s ? （3）冲量是矢量：它由力的方向决定 考点二、动量定理 （1）内容：物体所受的合外力的冲量等于它的动量的变化量。 （2）表达式：21Ft p p =- 或 Ft p =? （3）动量的变化率：根据牛顿第二定律 2121v v p p F ma m t t --===?? 即 p F t ?=?，这是动量的变化率，物体所受合外力等于动量的变化率。如平抛运动物体动量的变化率等于重力mg 。 要点诠释： （1）动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。 （2）用牛顿第二定律和运动学公式能求解恒力作用下的匀变速直线运动的间题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便。 但是，动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的F 应当理解为变力在作用时间内的平均值。 （3）用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，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，要把哪个量一定哪个量变化搞清楚。 （4）应用I p =?求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不直接用I Ft =求变力的冲量，这时可以求出该力作用下的物体动量的变化p ?，等效代换变力的冲量I 。 （5）应用p Ft ?=求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化21p p p ?=-需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化。 【典型例题】 类型一、动量、动量变化量的计算 【高清课堂：动量 动量定理例1】 例1、质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以5m/s 的速度冲向墙壁，被墙以4m/s 的速度弹回，如图所示，求：这一过程中动量改变了多少？方向怎样？ 举一反三 【变式】（2014 北京大兴模拟）篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( ) A ．减小球对手的冲量 B ．减小球对手的冲击力 C ．减小球的动量变化量 D ．减小球的动能变化量 举一反三 高考物理动量定理试题经典 一、高考物理精讲专题动量定理 1．观赏“烟火”表演是某地每年“春节”庆祝活动的压轴大餐。某型“礼花”底座仅0.2s 的发射时间，就能将质量为m =5kg 的礼花弹竖直抛上180m 的高空。（忽略发射底座高度，不计空气阻力，g 取10m/s 2） (1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力是多少？（已知该平均作用力远大于礼花弹自身重力） (2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两块（爆炸时炸药质量忽略不计），测得前后两块质量之比为1：4，且炸裂时有大小为E =9000J 的化学能全部转化为了动能，则两块落地点间的距离是多少？ 【答案】(1)1550N ；(2)900m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设发射时燃烧的火药对礼花弹的平均作用力为F ，设礼花弹上升时间为t ，则： 212 h gt = 解得 6s t = 对礼花弹从发射到抛到最高点，由动量定理 00()0Ft mg t t -+= 其中 00.2s t = 解得 1550N F = (2)设在最高点爆炸后两块质量分别为m 1、m 2，对应的水平速度大小分别为v 1、v 2，则： 在最高点爆炸，由动量守恒定律得 1122m v m v = 由能量守恒定律得 2211221122E m v m v = + 其中 121 4m m = 12m m m =+ 联立解得 1120m/s v = 230m/s v = 之后两物块做平抛运动，则 竖直方向有 212 h gt = 水平方向有 12s v t v t =+ 由以上各式联立解得 s=900m 2．如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A 以v 0＝12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A 、B 的质量分别为m 1＝0.5 kg 、m 2＝1.5 kg 。求： ①A 与B 撞击结束时的速度大小v ； ②在整个过程中，弹簧对A 、B 系统的冲量大小I 。 【答案】①3m/s ； ②12N ?s 【解析】 【详解】 ①A 、B 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向 由动量守恒定律得 m 1v 0=（m 1+m 2）v 代入数据解得 v =3m/s ②以向左为正方向，A 、B 与弹簧作用过程 由动量定理得 I =（m 1+m 2）（-v ）-（m 1+m 2）v 代入数据解得 I =-12N ?s 负号表示冲量方向向右。 3．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F 0时，安全气囊爆开．某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开．忽略撞击过程中地面阻力的影响． （1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I 0的大小及F 0的大小； （2）若试验车以速度v 1撞击正前方另一质量m 2 =1 600 kg 、速度v 2 =18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t 2 =0.16 s 两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种情况下试验车 XX教育一对一个性化教案 授课日期：2014 年月日学生姓名许XX 教师姓名授课时段2h 年级8 学科数学课型VIP 教学内容勾股定理及逆定理 教学重、难点重点：运用勾股定理判定一个三角形是否为直角三角形。难点：运用用勾股定理和勾股定理逆定理解决实际问题。 教学步骤及突出教学方法一、知识归纳 1、勾股定理的逆定理 如果三角形三边长a，b，c满足222 a b c +=，那么这个三角形是直角三角形，其中c为斜边。 ①勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和22 a b +与较长边的平方2c作比较，若它们相等时，以a，b，c为三边的三角形是直角三角形；若222 a b c +<，时，以a，b，c为三边的三角形是钝角三角形；若222 a b c +>，时，以a，b，c为三边的三角形是锐角三角形； ②定理中a，b，c及222 a b c +=只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长a，b，c满足222 a c b +=，那么以a，b，c为三边的三角形是直角三角形，但是b为斜边。 ③勾股定理的逆定理在用问题描述时，不能说成：当斜边的平方等于两条直角边的平方和时，这个三角形是直角三角形。 2、勾股数 ①能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即222 a b c +=中，a，b，c为正整数时，称a，b，c为一组勾股数 ②记住常见的勾股数可以提高解题速度，如3,4,5；6,8,10；5,12,13；7,24,25等 ③用含字母的代数式表示n组勾股数： 22 1,2,1 n n n -+（2, n≥n为正整数）； 22 21,22,221 n n n n n ++++（n为正整数） 2222 ,2, m n mn m n -+（, m n >m，n为正整数） 动量定理典型例题 典型例题1——由动量定理判断物体的冲量变化 甲、乙两个质量相同的物体，以相同的初速度分别在粗糙程度不同的水平面上运动，乙物体先停下来，甲物体又经较长时间停下来，下面叙述中正确的是（ ）． A 、甲物体受到的冲量大于乙物体受到的冲量 B 、两个物体受到的冲量大小相等 C 、乙物体受到的冲量大于甲物体受到的冲量 D 、无法判断 分析与解：本题中甲、乙两物体受到的冲量是指甲、乙两物体所受合外力的冲量，而在这个过程中甲、乙两物体所受合外力均为摩察力，那么由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于动量的增量，由题中可知，甲、乙两物体初、末状态的动量都相同，所以所受的冲量均相同． 答案：B ． 典型例题2——由动量大小判断外力大小 质量为0.1kg 的小球，以10m ／s 的速度水平撞击在竖直放置的厚钢板上，而后以7m ／s 的速度被反向弹回，设撞击的时间为0.01s ，并取撞击前钢球速度的方向为正方向，则钢球受到的平均作用力为（ ）． A ．30N B ．－30N C ．170N D ．－170N 分析与解：在撞击过程中小球的动量发生了变化，而这个变化等于小球所受合外力的冲量，这个合外力的大小就等于钢板对钢球作用力的大小．（此时可忽略小球的重力） N 170) 10(1.0)7(1.001.01 2-=---?=?-=??=F F mv mv t F p I 答案：D ． 典型例题3——由速度变化判断冲量 质量为m 的钢球自高处落下，以速率1v 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短离地的速率为2v ，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）． A ．向下，)(21v v m - B ．向下，)(21v v m + C ．向上，)(21v v m - D ．向上，)(21v v m + 分析与解：在小球碰撞到弹起的过程中，小球速度变化的方向是向上的，所以小球受到地面冲量的方向一定是向上的，在忽略小球重力的情况下，地面对小球冲量的大小等于小球动量的变化．动量、冲量及动量守恒定律
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