动量定律模块知识点总结
一、动量概念及其理解
（1）定义：物体的质量及其运动速率的乘积称为该物体的动量p=mv
（2）特点：①动量是状态量，它与某一时刻相关；
②动量是矢量，其方向与物体运动速率的方向相同。
（3）意义：速率从运动学角度量化了机械运动的状态,动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
二、冲量概念及其理解
（1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t
（2）特点：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；
②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。
（3）意义：冲量是力对时间的累积效应。对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速率将变多快；合外力的冲量将决定着其速率将变多少。对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定着其动量将变多少。
三、动量定律：F·t=mv
2–mv
F·t是合外力的冲量，反映了合外力冲量是物体动量变化的诱因．
（1）动量定律公式中的F·t是合外力的冲量，是使研究对象动量发生变化的诱因;
（2）在所研究的化学过程中，如作用在物体上的各个外力作用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合外力，再除以时间，也可求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的会冲量;
（3）假若作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每位外力在相应时间内的冲量，之后再求所受外力冲量的矢量和．
（4）要注意分辨“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，按照动量定律，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量”等于动量的变化量（注意）。
1.质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向下弹回，碰掸时间极短，离地的速度为v2。在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（D）
A、向下，m(v1-v2)
B、向下，m(v1+v2)
C、向上动量定理的单位转换，m(v1-v2)
D、向上，m(v1+v2)
2．一辆空车和一辆满载货物的同机型的车辆，在同一桥面上以相同的速率向同一方向行驶．紧急煞车后(即车轮不滚动只滑动)这么(CD)
A．客车因为惯性大，滑行距离较大
B．客车因为受的磨擦力较大，滑行距离较小
C．两辆车滑行的距离相同
D．两辆车滑行的时间相同
3．一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速率垂直撞到墙壁，碰撞后小球沿相反方向运动，大跌后的速率大小为4m/s。则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（A）
A．I=3kg·m/sW=－3J
B．I=0.6kg·m/sW=－3J
C．I=3kg·m/sW=7.8J
D．I=0.6kg·m/sW=3J
4．如图1.甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相联接，但是静止在光滑的水平面上.现使m1瞬时获得水平往右的速率3m/s，以此刻为时间零点，两物块的速率随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(BC)
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速率1m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐步恢复原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2
D．在t2时刻两物体的动量之比为P1∶P2=1∶2
5.一质量为m的小球，以初速率v0沿水平方向射出，正好垂直地射到一夹角为30°的固定斜面上，并立刻反方向弹回。已知大跌速率的大小是入射速率大小的
34，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。
解．小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速率为v由题意，v的方向与竖直线的倾角为30°，且水平分量仍为v0，如下图.由此得v=2v0①
碰撞过程中，小球速率由v变为反向的.43v碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定律，斜面对小球的冲量为
mvvmI+=)43(②
由①、②得02
7mvI=
③
－
v甲图1
6．如图所示，一个下边装有轮子的贮钢瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙上接触．现打开尾端球阀，二氧化碳往外喷吐，设喷管面积为S，二氧化碳密度为ρ，二氧化碳往外喷吐的速率为v，则二氧化碳刚喷吐时气瓶顶端对竖直墙的斥力大小是（D）
A．ρνS
B．Sv2ρ
C．Sv22
1ρD．ρν2S
Ft=vtsρV
7．在夹角为300的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它深受沿斜面方向的力F的作用。力F可按图（a）、（b）（c）、（d）所示的四种形式随时间变化（图中纵座标是F与mg的比值，力沿斜面向下为正）。
已知此物体在t=0时速率为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速度，则这四个速度中最大的是（C）
A、v1
B、v2
C、v3
D、v4
解析：选向上为正方向,由动量定律分别得到
对于A图:mv1=0.5mg×2-0.5mg×1+0.5mg×3=2mg
对于B图:mv2=-0.5mg×1+0.5mg×1+0.5mg×3=1.5mg
对于C图:mv3=0.5mg×2+0.5mg×3=2.5mg
对于D图:mv4=0.5mg×2-mg×1+0.5mg×3=1.5mg
综合四个选项得到3v最大
8.一杂技艺人从一高台上跳下，下落h=5.0m后，右脚落在软垫上，同时他用手臂弯曲重心升高的方式缓冲，测得缓冲时间t=0.2s，则软垫对四肢的平均斥力恐怕为自身所受重力的（）
A、2倍
B、4倍
C、6倍
D、8倍
【解析】在下落5.0m的过程中，杂技艺人在竖直方向的运动是自由落体运动，所以在接触软垫前的瞬时，其速率为v=gh2=10m/s。在缓冲过程中，杂技艺人（重心）的增长运动，可视为匀减速运动。
解析：对缓冲过程，应用动量定律有：（N-mg）t=0-（-mv），
代入数据可得N=6mg，所以N/mg=6.答案选C
9.蹦床是运动员在一张紧绷的弹性网上蹦跳、翻滚并做各类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高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s，若把在这段时间外网对运动员的斥力当成恒力处理，求此力的大小。(g=10m/s2)
【解析】将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速率的大小
112gh=υ（向上）……………………①
弹跳后抵达的高度为h2，刚离网时速率的大小
212ghv=（向下）…………②速度的改变量21υυυ+=?（向下）……………………………………………③
以a表示加速度，t?表示接触时间，则ta?=?υ………………………………④
10.如图所示，光滑水平的地面上静置一质量为M的又足够长的木板A，在木板的A的上端有一质量为m的小物体B，它的初速率为v0，与木板的动磨擦诱因为μ。求小物体B在木板A上相对滑动的时间t。
【解析】该题中的已知量和所求量只涉及到力、时间和位移，所以可以考虑应用动量定律求解。但研究的对象有A、B两个物体，我们可以分别列举A、B的动量定律的表达式：
设A、B最终达到的共同速率为v。
对A物体有：μmgt=Mv
对B物体有：-μmgt=mv-mv0
由上述两式联立可得：
)(0mMgMt+=
μυ
11.如图所示，在光滑水平面上并排放着A、B两铁块，质量分别为mA和mB。一颗质量为m的炮弹以水平速率v0先后击中铁块A、B，铁块A、B对炮弹的阻力恒为f。炮弹穿过铁块A的时间为t1，穿过铁块B的时间为t2。求：①子弹刚穿过铁块A后，铁块A的速率vA、和炮弹的速率v1分别为多大？
②子弹穿过铁块B后，铁块B的速率vB和炮弹的速率v2又分别为多大？
【解析】①子弹刚步入A到刚穿出A的过程中：
对A、B：因为A、B的运动情况完全相同，可以看作一个整体
ft1=（mA+mB）VA所以：VA=mmtBAf
+1
对炮弹：-ft1=mV1+mv0所以：V1=V0-mft1
②子弹刚步入B到刚穿出B的过程中：
对物体B：ft2=mBVB-mBVA所以：VB=f（++mmtBA1mtB2）
对炮弹：-ft2=mV2-mV1所以：V2=V0-
mftt)
(21+
12.甲、乙两个物体动量随时间变化的图象如图所示，图象对应的物体的运动过程可能是（BD）
A、甲物体可能做匀加速运动
B、甲物体可能做竖直上抛运动
C、乙物体可能做匀变速运动
D、乙物体可能与墙面发生弹性碰撞
知识点总结----牛顿第二定理和动量定律：
1．牛顿第二定理可用动量来表示：
从牛顿第二定理出发可以导入动量定律，因而牛顿第二定理和动量定律都反映了外力作用与物体运动状态变化的因果关系。由F=ma和a=△υ/△t得tvmF???=
即tpF??=，斥力等于动量的变化率．
2．牛顿第二定理与动量定律存在区别：
牛顿第二定理反映了力与加速度之间的瞬时对应关系，它反映某瞬时物体所受的合外力与加速度之间的关系，而动量定律是研究物体在合外力持续作用下，在一段时间内的积累效应，在这段时间内物体的动量发生变化．因而动量定理的单位转换，在考虑各化学量的瞬时对应关系时，用牛顿第二定理，而在考虑某一化学过程中数学量间的关系时，应优先考虑用动量定律．
3．动量定律与牛顿第二定理相比较，有其独到的优点：不考虑中间过程。
4．动量定律除拿来解决在恒力持续作用下的问题外，尤其适宜拿来解决作用时间短、而力的变化又非常复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲等。
5．动量定律比牛顿第二定理在应用上有更大的灵活性和更宽广的应用范围．
牛顿第二定理只适用于宏观物体的低速运动情况，而动量定律则普遍适用。
6、牛顿第二定理和动量定律都适用于地面参考系。
13.质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的倾角θ＝37O．力F作用2s钟后撤掉，物体在斜面上继续上滑了1．25s钟后，速率减为零．求：物体与斜面间的动磨擦质数μ和物体的总位移S。
（已知＝0．6，＝0．8，g＝10m/s2）
【解析】对全过程应用动量定律有：
Fcosθt1=μ(mgcosθ+Fsinθ)t1+mgsinθ(t1+t2)+μmgcosθt2
代入数据解得μ＝0.25。
又考虑第二个过程，则由牛顿定理有a2=gsinθ+μgcosθ=8m/s2
第二过程的初速率为v=a2t2=10m/s。
总位移为s=v2
(t1+t2)=16.25s。
14.在相同条件下，玻璃杯掉在石板上易破碎，掉在被子上不易破碎，这是由于〖BC〗
A．前一种情况下冲量大
B．后一种情况下互相作用时间长，力道小
C．前一种情况下动量的变化率大
D．后一种情况下动量的变化大
15.杂技演出时，常可见到有人用斧头猛击置于“大力士”身上的大铁块，石裂而人不伤，这是哪些道理？请加以剖析．
【解析】大铁块意味它的质量很大：“猛击”表示斥力很大，且作用时间极短；“人未重伤”说明大铁块对人身体的浮力不大．
用斧头猛击置于“大力上”身上的大铁块，大铁块遭到很大的严打力而断裂，并且，依据动量定律F·t=mυ1-mυ0得mt
Fvvt?=-0，对大铁块来说，尽管遭到的斥力F很大，但力作用时间极短，而大铁块的质量又很大，因此
造成的速率变化υt-υ0就很小，即大铁块几乎没有向上运动，但是铁块与人的身体接触面积又较大，据P=F/S，所以人身体受的浮力并不很大，甚或人不会重伤
16.在行车过程中，假如车距不够，煞车不及时，车辆将发生碰撞，车里的人可能遭到伤害，为了尽可能地减少碰撞导致的伤害，人们设计了安全带。假设旅客质量为70kg，车辆时速为108km/h（即30m/s），从踩下煞车到车完全停止须要的时间为5s，安全带对旅客的斥力大小约为（A）
A．400N
B．600N
C．800N
D．1000N
17.运输家用家电、易碎元件等物品时，常常用泡沫塑胶作填充物，这是为了在运输过程中（CD）
A．减少物品遭到的冲量
B．使物体的动量变化量减少
C．延长了物品受撞击的互相作用时间
D．较尖锐的物体不是直接撞击物品表面，而是撞击泡沫塑胶，减少撞击时的浮力
18.如图所示，水平面上叠放着a、b两铁块，用手轻推铁块b，a会跟随一起运动；若用锤子水平猛击一下b，a就不会跟随b运动，这说明（BD）
A．轻推b时，b给a的斥力大
B．轻推b时，b给a的作用时间长
C．猛击b时，b给a的冲量大
D．猛击b时，b给a的冲量小
19.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，之后陷人泥沼中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥沼直至停止的过程称为过程Ⅱ，则（AC）
A．过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C．I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
【解析】根据动量定律可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因而钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，其实B选项不对；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。为此，本题的正确选项为A、C。
20.一个物体同时遭到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图所示，假如该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？
【解析】经过t=10s后,F1的冲量I1=10×10/2=50N·S
F2的冲量I2=－50N·S
合力F的冲量为0。