高中物理动量全章复习资料专题汇编Word格式.docx

1、tmvt-mv0得 mgtptA不正确；根据 tB不正确；根据 tC正确；根据动能定理F合scos 得 mgsEk，sp2D正确训练题（1）如图51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滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是：A重力的冲量；B弹力的冲量；C合力的冲量； D刚到达底端时的动量；E刚到达底端时动量的水平分量；F以上几个量都不同1F分析：物体沿斜面作匀加速直线运动，由位移公式，得=gsin t2t2 不同，则t不同又IGmgtINNt所以IG、IN方向相同，大小不同，选项A、B错误；根据机械能守恒定律，物体到达底端的速度大小相等，但方向

2、不同；所以刚到达底端时的动量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，选项D、E错误；又根据动量定理I合Pmv0可知合力的冲量大小相等，但方向不同，选项C错误（2）对于任何一个固定质量的物体，下面几句陈述中正确的是：A物体的动量发生变化，其动能必变化；B物体的动量发生变化，其动能不一定变化；C物体的动能发生变化，其动量不一定变化；D物体的动能变化，其动量必有变化2BD分析：动量和动能的关系是P22mEk，两者最大区别是动量是矢量，动能是标量质量一定的物体，其动量变化可能速度大小、方向都变化或速度大小不变方向变化或速度大小变化方向不变只要速度大小不变，动能就不变反之，动能变化则意味着速度

3、大小变化，意味着动量变化（8）A车质量是B车质量的2倍，两车以相同的初动量在水平面上开始滑行，如果动摩擦因数相同，并以SA、SB和tA、tB分别表示滑行的最远距离和所用的时间，则ASASB，tAtB；BSASB，tAtB；CSASB，tAtB；DSASB，tAtB8C分析：由mv mgt知tAtB/2,由Fsmv2知sA/sB1/2二、动量定理专题1动量定理表示式：Ftp式中：（1）Ft指的是合外力的冲量；（2）p指的是动量的增量，不要理解为是动量，它的方向可以跟动量方向相同（同一直线动量增大）也可以跟动量方向相反（同一直线动量减小）甚至可以跟动量成任何角度，但p一定跟合外力冲量I方向相同；（

4、3）冲量大小描述的是动量变化的多少，不是动量多少，冲量方向描述的是动量变化的方向，不一定与动量的方向相同或相反2牛顿第二定律的另一种表达形式：据Fma得Fm，即是作用力F等于物体动量的变化率p/t，两者大小相等，方向相同3变力的冲量：不能用Ft直接求解，如果用动量定理Ftp来求解，只要知道物体的始末状态，就能求出I，简捷多了注意：若F是变量时，它的冲量不能写成Ft，而只能用I表示4曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中速度方向往往都不在同一直线上，如用pmv-mv0来求动量的变化量，是矢量运算，比较麻烦，而用动量定理Ip来解，只要知道I，便可求出p，简捷多了【例题1】质量为0.4kg的小球沿光滑

5、水平面以5m/s的速度冲向墙壁，又以4m/s的速度被反向弹回（如图52），球跟墙的作用时间为0.05s，求：（1）小球动量的增量；（2）球受到的平均冲力【分析】根据动量定理Ftmv2-mv1，由于式中F、v1、v2都是矢量，而现在v2与v1反向，如规定v1的方向为正方向，那么v15m/s，v2-4m/s，所以：（1）动量的增量pmv2-mv10.4（-4-5）kgm/s-3.6kgm/s负号表示动量增量与初动量方向相反（2）FN-72N冲力大小为72N，冲力的方向与初速反向【例题2】以速度v0平抛出一个质量为1lg的物体，若在抛出3s后它未与地面及其它物体相碰，求它在3s内动量的变化【分析】不

6、要因为求动量的变化，就急于求初、未动量而求其差值，这样不但求动量比较麻烦，而且动量是矢量，求矢量的差也是麻烦的但平抛出去的物体只受重力，所求动量的变化应等于重力的冲量，重力是恒量，其冲量容易求出即：pFt1103kgm/s30kg总结与提高 若速度方向变而求动量的变化量，则用PFt求；若力是变力而求冲量，则用Imvt-mv0求（2）某质点受外力作用，若作用前后的动量分别为p、p，动量变化为p，速度变化为v，动能变化量为Ek，则：Ap-p是不可能的；Bp垂直于p是可能的；Cp垂直于v是可能的；Dp0，Ek0是可能的2BD提示：对B选项，P方向即为合力F合的方向，P的方向即为速度v的方向，在匀速圆

7、周运动中，F合v（即PP）；对C选项，P的方向就是v的方向， Pmv，故C选项错（4）在空间某一点以大小相同的速度分别竖直上抛，竖直下抛，水平抛出质量相等的小球，若空气阻力不计，经过t秒：（设小球均未落地）A作上抛运动小球动量变化最小；B作下抛运动小球动量变化最大；C三小球动量变化大小相等；D作平抛运动小球动量变化最小4C提示：由动量定理得：mgtp，当t相同时，p相等，选项C对（8）若风速加倍，作用在建筑物上的风力大约是原来的：A2倍；B4倍；C6倍；D8倍8B提示：设风以速度v碰到建筑物，后以速度v反弹，在t时间内到达墙的风的质量为m，由动量定理得：Ftmvm（v）2mv，当v变为2v时，

8、在相同时间t内到达墙上的风的质量为2m，有：Ft2m2v2m（2v）8mv， F4F，故选项B对 （9）质量为0.5kg的小球从1.25m高处自由下落，打到水泥地上又反弹竖直向上升到0.8m高处时速度减为零若球与水泥地面接触时间为0.2s，求小球对水泥地面的平均冲击力（g取10m/s，不计空气阻力）9解：小球碰地前的速度v15m/s小球反弹的速度v24m/s以向上为正方向，由动量定理：（Fmg）tmv2mv1 F0.5（45）/0.20.51027.5N方向向上三、应用Ftp分析某些现象专题1p一定时：t越小，F越大；t越大，F越小2静止的物体获得一瞬间冲量I，即刻获得速度vI/m【例题】如图

9、55，把重物G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在缓缓拉动纸带时，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在缓缓拉动时，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【分析和解答】在缓缓拉动时，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，故判断A、B都错缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的改变可以很大，所以能把重物带动快拉时，

10、摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小因此答案C、D正确（2）人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先到地下面解释正确的是：A减小冲量； B使动量的增量变得更小；C增长与地面的冲击时间，从而减小冲力； D增大人对地的压强，起到安全作用2C提示：Ftp， Fp/t，当让脚尖先到地，增长与地的冲击时间，从而减小冲击力F，故选项C对（4）一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中自由下落的过程称为，进入泥潭直到停住的过程称为，则：A过程中钢珠动量的改变量等于重力的冲量； B过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力的冲量大小；C过程中阻力的冲量的大小等于过程与过程

11、中重力的冲量大小；D过程中钢珠的动量的改变量等于阻力的冲量4AC提示：在过程中，钢珠只受重力作用，由动量定理得：mgt1p，故选项A对；在过程中，（fmg）tp，即ft2mgt2p0，故选项B错；在全过程中：mg（t1t2）ft20，故选项C对；在过程中：ft2mgt2p0，故选项D错5I/F解：对P：Fmavpat对Q：ImvQ，当vPvQ时，两者距离最大，即：Ft/mI/m tI/F四、动量守恒条件专题1外力：所研究系统之外的物体对研究系统内物体的作用力2内力：所研究系统内物体间的相互作用力3系统动量守恒条件：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体是否相互作用）系统不受外力或所受外力合力

12、为零，说明合外力的冲量为零，故系统总动量守恒当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知相互作用的内力产生的冲量，大小相等方向相反，使得系统内相互作用的物体的动量改变量大小相等方向相反，系统总动量保持不变也就是说内力只能改变系统内各物体的动量而不能改变整个系统的总动量（2）如图57所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A动量守恒、机械能守恒；B动量不守恒，机械能不守恒；C动量守恒、机械能不守恒；D动量不守恒，机械能守恒2B

13、解：过程一：子弹打入木板过程（t很小），子弹与木板组成的系统动量守恒，但机械能不守恒（ 子弹在打入木块过程有热能产生）； 过程二：木块（含子弹）压缩弹簧，对三者组成的系统机械能守恒，但动量不守恒（ 对系统：F合0），所以全程动量、机械能均不守恒（3）光滑水平面上A、B两小车中有一弹簧（如图58），用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作系统，下面的说法正确的是：A先放B车后放A车，（手保持不动），则系统的动量不守恒而机械能守恒；B，先放A车，后放B车，则系统的动量守恒而机械能不守恒；C先放A车，后用手推动B车，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒；D若同时放开两手，则A、B两车的总动量为零3ACD 提示：对A选项：先放