动量与动能冲量与功的区别及冲量的四种计算方法高三物理一轮复习专题Word文档下载推荐.docx

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冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。

②矢量性：

对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致。

（2）作用力和反作用力的冲量：

一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。

（3）冲量与功的比拟

冲量

功

定义

作用在物体上的力和力的作用时间的乘积

作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积

单位

N·

s

J

公式

I＝FΔt（F为恒力）

W＝Flcosα（F为恒力）

意义

①表示力对时间的累积

②是动量变化的量度

①表示力对空间的累积

②是能量变化的量度

①都是过程量，都与力的作用过程相互联系

②冲量不为零时，功可能为零；

功不为零时，冲量一定不为零

3.冲量的四种计算方法

公式法

利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态

图像法

利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量

定理法

如果物体受到大小或方向变化的力的作用，那么不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量

平均

力法

如果力随时间是均匀变化的，那么

＝

（F0＋Ft），该变力的冲量为I＝

（F0＋Ft）t

二.典型例题精讲

题型1　对动量和冲量的定性分析

例1

　如图为跳水运发动从起跳到落水过程的示意图，运发动从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运发动入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，那么运发动（　　）

A．过程Ⅰ的动量改变量等于零

B．过程Ⅱ的动量改变量等于零

C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量

D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量

答案　C

解析　过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；

运发动入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不等于零，故B错误；

过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．

题型2　对动量和冲量的定量计算

例2

　（多项选择）一质量为m的运发动托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运发动保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，那么（　　）

A．地面对运发动的冲量为（M＋m）g（t1＋t2＋Δt），地面对运发动做的功为0

B．地面对运发动的冲量为（M＋m）g（t1＋t2），地面对运发动做的功为（M＋m）g（h1＋h2）

C．运发动对重物的冲量为Mg（t1＋t2＋Δt），运发动对重物做的功为Mg（h1＋h2）

D．运发动对重物的冲量为Mg（t1＋t2），运发动对重物做的功为0

答案　AC

解析　因运发动将重物缓慢上举，那么可认为是平衡状态，地面对运发动的支持力为：

（M＋m）g，整个过程的时间为（t1＋t2＋Δt），根据I＝Ft可知地面对运发动的冲量为（M＋m）g（t1＋t2＋Δt）；

因地面对运发动的支持力没有位移，可知地面对运发动做的功为0，选项A正确，B错误；

运发动对重物的作用力为Mg，作用时间为（t1＋t2＋Δt），根据I＝Ft可知运发动对重物的冲量为Mg（t1＋t2＋Δt），重物的位移为（h1＋h2），根据W＝Flcosα可知运发动对重物做的功为

Mg（h1＋h2），选项C正确，D错误．

题型3动量、冲量与图像结合

例3

某物体的vt图像如下图，以下说法正确的选项是（　　）

A．0～t1和t2～t3时间内，合力做功和冲量都相同

B．t1～t2和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同

C．0～t2和t2～t4时间内，合力做功和冲量都相同

D．0～t1和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同

解析　0～t1时间内物体动能的变化量为

mv

，动量的变化量为mv0；

t2～t3时间内物体动能的变化量为

，动量的变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合力做的功相等；

根据动量定理得知：

合力的冲量不同，故A错误。

t1～t2时间内动能的变化量为0－

＝－

，动量的变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4时间内动能的变化量为0－

mv0＝－

，动量的变化量为0－（－mv0）＝mv0，那么知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合力做的功相等，合力的冲量不同，故B错误。

0～t2和t2～t4时间内动能变化量及动量变化量均为0，根据两个定理得知合力做的功和冲量都相同，故C正确。

由以上分析得知：

0～t1和t3～t4时间内动能的变化量不同，动量变化量相同，故合力做的功不同，合力的冲量相同，故D错误。

例4

（·

市高三适应性考试一）一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。

0～4s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示。

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

由此可求得（　　）

A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2N

B．物块的质量等于1.5kg

C．在0～4s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N·

D．在0～4s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N·

答案　BC

解析　由图乙可知，t＝1s时，物块开始运动，此时的拉力F1大小等于物块所受的最大静摩擦力，由图甲可知，F1＝1.5N，那么f＝1.5N，故A错误；

根据牛顿第二定律有F－f＝ma，由图乙知，当F＝6N时，a＝3m/s2，可解得m＝1.5kg，故B正确；

在at图像中，图线与时

间轴所围的面积表示物块的速度变化量，那么物块在4s时的速度为v＝

×

3×

3m/s＝4.5m/s，由动量定理，可得在0～4s时间内，合力对物块冲量的大小为I＝mΔv＝1.5×

4.5N·

s＝6.75N·

s，故C正确；

由图甲可知，在0～4s时间内，力F的冲量为IF＝

4N·

s＝12N·

s，那么摩擦力的冲量为If＝I－IF＝（6.75－12）N·

s＝－5.25N·

s，故D错误。

三.举一反三，稳固练习

1．（人教版选择性必修第一册·

P10·

T2改编）体操运发动在落地时总要屈腿，这样做可以（　　）

A．减小地面对人的冲量B.减小地面对人的撞击力

C．减小人的动量变化量D.减小人的动能变化量

答案　B

解析　体操运发动落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：

－Ft＋mgt＝0－mv，得：

F＝

＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。

2.（多项选择）在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的选项是（　　）

A．在F作用下，这个物体假设经过位移2l，其动量将等于2p

B．在F作用下，这个物体假设经过时间2t，其动量将等于2p

C．在F作用下，这个物体假设经过时间4t，其动能将等于2Ek

D．在F作用下，这个物体假设经过位移2l，其动能将等于2Ek

答案　BD

解析　由动量定理Ft＝Δp和l＝

at2知，A错误，B正确；

由动能定理Fl＝ΔEk和l＝

at2知，C错误，D正确。

3.跳水运发动在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，那么关于运发动从静止落下到在水中向下运动到速度为零的过程中，以下说法不正确的选项是（　　）

A．运发动在空中动量的变化量等于重力的冲量

B．运发动整个向下运动过程中合外力的冲量为零

C．运发动在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量

D．运发动整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向

解析　根据动量定理可知，运发动在空中动量的变化量等于重力的冲量，A项正确；

运发动整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；

运发动在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；

由于整个过程合外力的冲量为零，因此运发动整个过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确．

4.（多项选择）如下图，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，那么（　　）

A．拉力对物体的冲量大小为Ft

B．拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ

C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ

D．合外力对物体的冲量大小为零

答案　AD

解析　拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；

物体受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcosθ，故C项错误；

物体匀速运动，那么合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．

5.如下图，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。

在整个运动过程中，以下说法正确的选项是（　　）

A．重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）sinθ

B．支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cosθ

C．合力的冲量为0

D．摩擦力的总冲量为Ff（t1＋t2）

答案：

B。

解析：

重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2），故A错误；

支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cosθ，故B正确；

整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；

上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故假设以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff（t2－t1），故D错误。

6.（多项选择）一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，那么以下说法中正确的选项是（　　）

A．经过时间t＝

，小球的动量的变化量为零

B．经过时间t＝

，小球的动量的变化量大小为

C．经过时间t＝

，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mv

D．经过时间t＝

，重力对小球的冲量大小为

答案　BCD

解析　经过时间t＝

，小球转过了180°

，速度方向正好与开始计时的时刻的速度方向相反，假设规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，那么小球的动量的变化量Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－2mv，冲量大小为2mv，A错误，C正确；

经过时间t＝

，小球转过了90°

，根据矢量合成法可得，小球的动量的变化量大小为Δp′＝mΔv＝

mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝

，B、D正确。

7．（·

全国卷Ⅱ）高空坠物极易对行人造成伤害。

假设一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，那么该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（　　）

A．10NB.102N

C.103ND.104N

解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：

mgh＝

mv2，解得：

v＝

m/s＝10

m/s。

落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：

（N－mg）t＝0－（－mv），解得：

N≈1×

103N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。

8.（·

全国卷Ⅲ）（多项选择）一质量为2kg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变化的图线如下图，那么（　　）

A．t＝1s时物块的速率为1m/s

B．t＝2s时物块的动量大小为4kg·

m/s

C．t＝3s时物块的动量大小为5kg·

D．t＝4s时物块的速度为零

答案　AB

解析　前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝

m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；

t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·

m/s，B正确；

物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝

＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝（2－0.5×

1）m/s＝1.5m/s，动量大小p3＝mv3＝3kg·

m/s，C错误；

t＝4s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝（2－0.5×

2）m/s＝1m/s，D错误。

9．如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100kg的木箱。

t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。

水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。

那么t＝3s时木箱的速度大小为（　　）

A．2m/sB.2.5m/s

C.6m/sD.8m/s

解析　木箱受到的最大静摩擦力f＝μmg＝200N，结合图乙可知，从0.5s后木箱才开始运动，0.5～3s对木箱由动量定理可得IF－μmgt＝mv－0，由图乙可得，这段时间内推力F的冲量为IF＝

N·

s＝750N·

s，联立解得v＝2.5m/s，故B正确。

10.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt图像如下图，图中AB∥CD。

那么整个过程中（　　）

A．F1的冲量等于F2的冲量

B．F1的冲量大于F2的冲量

C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量

D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量

答案　D

解析　题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；

根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，那么F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；

根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。

11．（·

八省联考卷）（多项选择）游乐场滑索工程的简化模型如下图，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。

质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。

设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。

g取10m/s2。

以下说法正确的选项是（　　）

A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·

B．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·

C．缓冲墙对滑块做的功为－125J

D．缓冲墙对滑块做的功为－250J

解析　规定水平向右为正方向，设滑块下落到B点时的速度大小为vB，滑块从A到B，由动能定理可知mgh＝

－0，代入数据解得vB＝5m/s；

由B到C的过程中，滑块加速度大小为a＝

＝2m/s2，设滑块与缓冲墙碰撞前瞬间速度大小为vC，由B到C位移大小为xBC，那么由匀变速直线运动速度与位移的关系可得v

－v

＝－2axBC，解得vC＝3m/s；

设滑块与缓冲墙碰撞后的速度大小为vC′，由C到D的过程中，滑块加速度大小仍为a，由C到D位移大小为xCD，那么由C到D有0－vC′2＝－2axCD，解得vC′＝2m/s；

由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量为I＝Δp＝－mvC′－mvC＝－250N·

s，由动能定理可知缓冲墙对滑块做的功为W＝

mvC′2－

＝－125J。

综上分析可知B、C正确，A、D错误。

12．质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，以下说法正确的选项是（　　）

A．Δp＝2kg·

m/s　W＝－2J

B．Δp＝－2kg·

m/s　W＝2J

C．Δp＝0.4kg·

D．Δp＝－0.4kg·

A

取竖直向上为正方向，那么小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×

4kg·

m/s－0.2×

（－6）kg·

m/s＝2kg·

m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝

－

0.2×

42J－

62J＝－2J.

13．如下图，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，以下说法正确的选项是（　　）

A．重力对它们的冲量相同

B．弹力对它们的冲量相同

C．合外力对它们的冲量相同

D．它们动能的增量相同

这是“等时圆〞，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；

c环受到的弹力最大，运动时间相等，那么弹力对环c的冲量最大，故B错误；

a环的加速度最大，受到的合力最大，那么合力对a环的冲量最大，故C错误；

重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．

14．开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力．以下说法正确的选项是（　　）

A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态

B．在t时间内，小明机械能增加了mgh

C．在t时间内，地面对小明的平均支持力为

D．在t时间内，地面对小明做功mgh

解析　从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A错误；

小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，故B正确；

在时间t内，由动量定理得：

t－mgt＝

mv－0，离开地面到最高点有：

mv2，联立解得：

＋mg，故C错误；

在时间t内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误．