2020年高考物理一轮复习第7章动量守恒定律第31讲动量动量定理学案（含解析）.doc

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1、1第 31讲 动量 动量定理研读考纲明方向重读教材定方法(对应人教版选修 35 的页码及相关问题)1P 1观察彩图中的分叉的粒子径迹可以得出什么判断？提示：分裂前与分裂后总动量相同。2P 6问题与练习T 2，从纸带上能获取什么物理量？提示：小车碰撞前后的速度。3P 10科学足迹体会动量定理反映力对时间的积累效应，动能定理反映力对空间的积累效应。4P 11做一做，结合问题与练习T 1，说出动量与动能两者的相同点和不同点以及两者的联系。提示：相同点：都与物体速度及质量有关，都是物体质量越大、速度越大，就越大。不同点：动量是矢量，动能是标量；动量的大小与速度成正比，动能的大小与速度的平方成正比；动量

2、单位为 kgm/s 或 Ns，动能单位为 J。联系： Ek ， p 。p22m 2mEk5P 1112 问题与练习T 1。T 2：将错误选项改正。T 4：说明重力是否可以忽略。提示：T 1：(1)2,4。(2)动量变化，动能不变，若规定向东为正方向，动量变化12 kgm/s。(3)若规定向东为正方向，动量的矢量和为6 kgm/s，动能之和为 33 J。T 2：A 项，动量将等于 p；C 项，动能将等于 4Ek。T 4：考虑重力时，冲击力 F8400 2N，不考虑重力时，冲击力 F8000 N，故不可忽略重力。6P 1213 阅读“动量守恒定律”一段，尝试自己推导动量守恒定律。提示：应用牛顿运动

3、定律和动量定理推导。7P 1415 例题 2体会动量守恒定律的列式方法；若已知爆炸时的高度 h，是否可以求出两块落地点距离？提示：综合应用动量守恒定律和平抛运动规律即可求出。8P 16思考与讨论该动量变化的方向与石板对球的作用力冲量的关系怎样？若存在摩擦力会怎样？提示：利用平行四边形定则分解可知，该动量变化的方向与石板对球的作用力冲量的方向相同。若存在摩擦力，则动量变化的方向与总冲量的方向相同。9P 1617 问题与练习T 4：距离最近的特征？系统遵守的规律？系统减少的动能呢？T5：可以逐节计算，也可以整体考虑，体会整体分析的优势。T 7：若摆至最低点时有第二2颗同样子弹射入，射入后摆动的最大

4、偏角是多少？提示：T 4：距离最近时两粒子速度相同，两粒子组成的系统动量守恒，减少的动能转化为电势能。T 7：须分类讨论，分射入速度与沙袋速度方向相同时、相反时两种情况讨论，综合应用机械能守恒定律与动量守恒定律求解。10P 18思考与讨论以及下方分类讨论，结合 P19边批，体会对结果评估的方法。11P 19图 16.43，你能从动量定理角度对图中情景解释吗？你对两种碰撞应该具有的规律有什么判断？提示：对两种情况中，碰撞时两球分别进行受力分析，并分别对比其所受冲量和动量变化。都遵循动量守恒定律。12完成 P20思考与讨论，并理解图 16.45 各轨迹的画出的依据。提示：如图所示，两球碰撞前后动量

5、守恒，动量是矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。13P 21问题与练习T 2：碰撞后两球速度应满足什么条件？你能否改编成选择题？体会物理规律对结果预判的重要作用。T 4：体会一般论证问题的方法(假设一些物理量，建立相应的数学关系，从欲研究的物理量表达式中寻找决定因素)。T 5：通过计算重现历史的重大发现。T 6：思考碰撞的定义，总结“碰撞一定动量守恒” 。提示：T 2：(1)碰撞前后动量守恒；(2)碰撞后总机械能不大于碰撞前的；(3)速度符合实际，例如碰前位置在后的 A球，碰后速度若与 B球同向，则速度不大于 B球。T 4：根据动量守恒定律求解出中子速率的表达式，再分析讨论。T 5：根据动量守

6、恒定律求解。T6：“碰撞”在物理学中表现为两粒子或物体间极短的相互作用，外力的影响一般可以忽略，故动量一定守恒。14P 23思考与讨论人要获得更大速度，可以采取什么措施？人若要改变运动方向该怎样抛出物体？(太空中飞船调整姿态是靠喷出气体)提示：利用反冲的原理分析，人要获得更大速度，应以更大速度抛出手中的物体，人若要改变运动方向应该向相反的方向抛出物体。15P 2425 问题与练习T 1、T 2：体会应用动量守恒定律时参考系应该如何选取。T 3：要使皮划艇停止运动，可以怎么办？提示：T 1：以飞船为参考系。T 2：以地面为参考系分析，或参考火箭加速的原理以飞机为参考系分析。T 3：利用反冲原理分

7、析，可以朝皮划艇运动方向射击，直到皮划艇停止运动。第 31讲 动量 动量定理考点一 动量、冲量、动量的变化量31动量、冲量、动量的变化量(1)动量：物体的 质量与 速度的乘积。即 p mv。方向与 速度的方向相同，是01 02 03 04 矢量。(2)冲量：力和力的 作用时间的乘积。即 I Ft。方向与 力的方向相同，是矢量。05 06 07 (3)动量的变化量：物体的 末动量减去 初动量。即 p m2v2 m1v1或08 09 10 p p2 p1。2动能、动量、动量变化量的比较41(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是( )A做单向直线运动的物体速度增大时，动量的变化量 p的方向与速度

8、方向相同B做单向直线运动的物体速度减小时，动量的变化量 p的方向与速度方向相反C物体的速度大小不变时，动量的变化量 p为零D物体做匀速圆周运动时，动量的变化量 p为零答案 AB解析 动量是矢量，动量的变化量是末动量与初动量的矢量差。物体的速度大小不变，如果方向改变，动量变化量 p不为零，C、D 错误；做单向直线运动的物体初、末动量方向相同，速度增大时，动量变化量与速度同向，速度减小时，动量变化量与速度反向，A、B 正确。2(多选)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开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中( )A重力的冲量相同 B重力的功相同C斜面弹力的冲量均为零 D斜面

9、弹力的功均为零答案 BD解析 设斜面高为 h，倾角为 ，物体质量为 m，则两物体滑至斜面底端的过程，重力做功均为 mgh，B 正确；物体滑至底端用时，可由 gsin t2求出下滑的时间hsin 12t ，则重力的冲量 IG mgt ，与 有关，故重力的冲量不同，A 错1sin 2hg msin 2gh误；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，不做功，但弹力的冲量不为零，C 错误，D 正确。3羽毛球是速度最快的球类运动之一，2018 年 8月在中国南京举行的羽毛球世界锦标赛中，中国队获得男双和混双两项冠军。在比赛中，假设羽毛球飞来的速度为 90 km/h，运动员将球以 342 km/h的速度反向击回。

10、设羽毛球的质量为 5 g，试求运动员击球过程中羽毛球的动量变化。5答案 球的动量变化大小为 0.600 kgm/s，方向与球飞来的方向相反。解析 以球飞来的方向为正方向，则p1 mv1510 3 kgm/s0.125 kgm/s903.6p2 mv2510 3 kgm/s3423.60.475 kgm/s。所以动量的变化量 p p2 p10.475 kgm/s0.125 kgm/s0.600 kgm/s。所以球的动量变化大小为 0.600 kgm/s，方向与球飞来的方向相反。考点二 动量定理的理解和应用1动量定理物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合外力的冲量。即 F合 t p

11、 p p。2动量定理的理解要点(1)动量定理的表达式 p p I，是矢量式。(2)冲量是动量变化的原因。物体动量变化的方向与合力的冲量的方向相同。(3)适用范围：动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。不论物体所受的外力是变力还是恒力，不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用。(4)由 Ft p p，得 F ，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的p pt pt变化率。3用动量定理解释现象(1) p一定时， F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。(2)F一定，此时力的作用时间越长， p就越大；力的作用时间越短， p就越小。分析问题时，要把哪个量一定，

12、哪个量变化搞清楚。4动量定理的两个重要应用(1)应用 I p求变力的冲量。(2)应用 p F t求动量的变化量。5用动量定理解题的基本思路6一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了 0.5 m，据测算两车相撞前速率约为 30 m/s。则：(1)试求车祸中车内质量约 60 kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是 1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析 (1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为 0.5 m。设运动的时间为 t，根据 x t得， t s。v02 2xv0 13

13、0根据动量定理 Ft p mv0得， F N5.410 4 N。mv0t 6030130(2)若此人系有安全带，F N1.810 3 N。mv0t 60301答案 (1)5.410 4 N (2)1.810 3 N方法感悟(1)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量。它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。(2)只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。71玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于在玻璃杯与石头的撞击

14、过程中( )A玻璃杯的动量较大B玻璃杯受到的冲量较大C玻璃杯的动量变化较大D玻璃杯的动量变化较快答案 D解析 从同一高度落到地面上时，落地时速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同，受到的冲量相同，A、B、C 错误。因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理 Ft m v知， F ，此时玻璃杯受到的力 F较大，即m vt玻璃杯的动量变化较快，容易碎，D 正确。2(粤教版选修 35 P9T4改编)在没有空气阻力的条件下，在距地面高为 h，同时以相等初速度 v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量均为 m的物体，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量 p，有( )

15、A平抛过程最大 B竖直上抛过程最大C竖直下抛过程最大 D三者一样大答案 B解析 竖直上抛的物体运动时间最长，由 p F 合 t mgt可知竖直上抛过程中动量的增量最大，B 正确。考点三 应用动量定理解决流体问题对于“连续”质点系发生持续作用，物体动量(或其他量)连续发生变化这类问题的处理思路是：正确选取研究对象，即选取很短时间 t内动量(或其他量)发生变化的那部分物体作为研究对象，建立如下的“柱状”模型：在时间 t内所选取的研究对象均分布在以 S为截面积、长为 v t的柱体内，这部分质点的质量为 m Sv t，以这部分质点为研究对象，研究它在 t时间内动量(或其他量)的变化情况，再根据动量定理

16、(或其他规律)求出有关的物理量。模型一：流体类问题8模型二：微粒类问题9(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S的喷口持续以速度 v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析 (1)在很短的 t时间内，可认为喷出的水柱保持速度 v0不变。该时间内，喷出水柱高度 l v0 t喷出

17、水柱质量 m V其中 V为水柱体积，满足 V lS由可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 v 0S。 m t(2)设玩具底面相对于喷口的高度为 h由玩具受力平衡得 F 冲 Mg其中， F 冲 为水柱对玩具底面的作用力由牛顿第三定律： F 压 F 冲 其中， F 压 为玩具底面对水柱的作用力，设 v为水柱到达玩具底面时的速度由运动学公式： v 2 v 2 gh20在很短的 t时间内，冲击玩具的水柱的质量为 m v 0S t由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压 mg) t mv由于 t很小， mg t为含 t的二次方的量，可以忽略，式变为F 压 t mv由可得 h 。v202

18、g M2g2 2v20S2答案 (1) v 0S (2) v202g M2g2 2v20S2方法感悟将动量定理应用于流体时，应在任意时刻从流管中取出一个在流动方向上的截面为 S的柱体，在 t时间内柱形流体的长度为 l，将“无形”流体变为“有形”实物 m，则在 t时间内质量为 m的柱形流体的动量变化为 p，即 F t mv2 mv1。101一股射流以 10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为 0.5 cm2。有一质量为 0.32 kg的球，因水对其下侧的冲击而悬在空中，若水全部冲击小球且冲击球后速度变为零，则小球悬在离喷嘴多高处？( g10 m/s 2)答案 2.952 m解析 选择冲

19、击球的一小段水柱 m为研究对象，冲击过程中其受力为：重力 mg和球对它的压力 FN，由于小球静止，水对球的冲击力大小为 mg，所以 FN mg。设冲击时间为 t，在 t时间内，初速度为 v，末速度为 0， t时间内冲击球的那部分水的质量就等于 t时间内从喷嘴喷出的一小段水柱的质量 m V Sv 0 t。取竖直向上为正，对这一小段水柱由动量定理得：( FN mg) t( mg mg) t0 mv，其中 mg和 mg相比可以忽略，则 mg t0 mv，代入数据，解得 v6.4 m/s。由 v2 v 2 gh，得 h2.952 m。202正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内

20、粒子数量 n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f与 m、 n和 v的关系。(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)答案 f nmv213解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量 I2 mv，如图所示，以器壁上面积为 S的部分为底、 v t为高构成柱体，由题设可知，其内有 的粒子在 t时间内与器壁16上面积为 S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N nSv t16 t时间内粒子给器壁的冲量 I N I

21、nSmv2 t1311器壁上面积为 S的部分受到粒子的压力 FI t则器壁单位面积所受粒子的压力 f nmv2。FS 13课后作业巩固强化练1(多选)对任何一个质量一定的物体，下列说法正确的是( )A物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化C物体的动能发生变化，其动量一定发生变化D物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化答案 BC解析 对质量一定的物体，动量发生变化，可能是物体速度方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故 A错误，B 正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故 C正确，D 错误。2. (多选)如图所示

22、，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开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中( )A重力的冲量相同B斜面弹力的冲量不同C斜面弹力的冲量均为零D合力的冲量不同答案 BD解析 设斜面高度为 h，倾角为 ，物体质量为 m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为 v ，所用时间 t 。由冲量定义可求得重力的冲量大小为2gh1sin 2hgIG mgt ，方向竖直向下，故 A错误；斜面弹力的冲量大小为 IN mgcos tm2ghsin12，方向垂直斜面向上，B 正确，C 错误；合力的大小为 mgsin ， I 合m2ghtan mgsin t m ，方向沿斜面向下(与

23、合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向2gh不同，故 D正确。3质量为 0.2 kg的球竖直向下以 6 m/s的速度落至水平地面，再以 4 m/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 p和合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是( )A p2 kgm/s W2 JB p2 kgm/s W2 JC p0.4 kgm/s W2 JD p0.4 kgm/s W2 J答案 A解析 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量 p mv2 mv10.24 kgm/s0.2(6) kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。由动能定理知，合外力做的功

24、W mv mv 0.242 J 0.262 J2 J，故选12 2 12 21 12 12A。4. 如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为 S，气体的密度为 ，气体向外喷出的速度为 v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是( )A vS B. C. v 2S D v 2S v2S 12答案 D解析 t时间内贮气瓶喷出气体的质量 m Sv t，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得 F t mv0，解得 F v 2S，由牛顿第三定律知，瓶底端对竖直墙面的作用力大小为 F F v 2S，

25、D 正确。5(多选)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，则以下说法中正确的是( )A经过时间 t ，小球的动量的变化量为零T2B经过时间 t ，小球的动量的变化量大小为 mvT4 213C经过时间 t ，细绳的拉力对小球的冲量大小为 2mvT2D经过时间 t ，重力对小球的冲量大小为T4 mgT4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T2向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为正方向，则小球的动量的变化量 p mv mv2 mv，细绳的拉力对小球的冲量 I p2 mv，A 错误，C

26、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 pT4mv，重力对小球的冲量大小 IG mgt ，B、D 正确。2mgT46一位质量为 m的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t时间，身体伸直并刚好以速度v离开地面，在此过程中( )A地面对他的冲量为 mv mg t，地面对他做的功为 mv212B地面对他的冲量为 mv mg t，地面对他做的功为零C地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 mv212D地面对他的冲量为 mv mg t，地面对他做的功为零答案 B解析 设地面对运动员的平均作用力为 F，则由动量定理得( F mg) t mv，故地面对运动员的冲量

27、F t mv mg t；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用点沿力的方向没有位移，所以地面对运动员做功为零，B 正确。7如图所示，质量 mA为 4.0 kg的木板 A放在水平面 C上，木板与水平面间的动摩擦因数 为 0.24，木板右端放着质量 mB为 1.0 kg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 12 Ns的瞬时冲量 I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能 EkA为 8.0 J。小物块的动能 EkB为 0.50 J，重力加速度取 10 m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度 v0的大小；(2)木板的长度 L。答案 (1

28、)3.0 m/s (2)0.50 m解析 (1)设水平向右为正方向，有 I mAv0代入数据解得 v03.0 m/s。(2)设 A对 B、 B对 A、 C对 A的滑动摩擦力的大小分别为 FAB、 FBA和 FCA， B在 A上滑行14的时间为 t， B离开 A时 A和 B的速度分别为 vA和 vB，对 A、 B分别由动量定理有( FBA FCA)t mAvA mAv0FABt mBvB其中 FAB FBA， FCA (mA mB)g设 A、 B相对于 C的位移大小分别为 sA和 sB，对 A、 B分别由动能定理有( FBA FCA)sA mAv mAv12 2A 12 20FABsB EkB动

29、量与动能之间的关系为 mAvA 2mAEkAmBvB 2mBEkB木板 A的长度 L sA sB代入数据解得 L0.50 m。真题模拟练8(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g的鸡蛋从一居民楼的 25层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A10 N B10 2 N C10 3 N D10 4 N答案 C解析 设鸡蛋落地瞬间的速度为 v，每层楼的高度大约是 3 m，由动能定理可知：mgh mv2，解得： v m/s12 m/s。落地时受到自身的12 2gh 210324 10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

30、 mg)t0( mv)，解得：N110 3 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 N，故 C正确。9(2017全国卷)(多选) 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 t1 s 时物块的速率为 1 m/sB t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sC t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD t4 s 时物块的速度为零答案 AB解析 前 2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 F1m 2215m/s2， t1 s时物块的速率 v1 a1t11 m/s， A正确。

31、t2 s时物块的速率v2 a1t22 m/s，动量大小为 p2 mv24 kgm/s，B 正确。物块在 24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小 a2 0.5 m/s2， t3 s时物块的速率F2mv3 v2 a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小 p3 mv33 kgm/s，C 错误。t4 s 时物块的速度 v4 v2 a2t4(20.52) m/s1 m/s，D 错误。10(2015重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为 m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动)。此后经历时间 t安全带达到最大伸长，若在此过程中

32、该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A. mg B. mgm2ght m2ghtC. mg D. mgmght mght答案 A解析 人先做自由落体运动下落高度 h，获得速度为 v，由 v22 gh得 v 。安全2gh带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为零。设安全带对人的平均作用力为 F，由动量定理得( mg F)t0 mv， F mg，A 正确。m2ght11(2018东北三校模拟)(多选)将一小球从地面以速度 v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( )A重力在上升过程与下降过

33、程中做的功大小相等B重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案 AC解析 上升、下降过程重力相等，位移大小相等，由 W Gh知做的功大小相等，A 正确。因为有空气阻力，上升过程用的时间短，根据冲量 I Ft可知 B错误。整个过程除重力外，只有空气阻力对小球做功，由能量守恒定律知 C正确。由动量定理得小球动量变化量 p G(t1 t2) ft1 ft2 IG If，D 错误。12(2018达州模拟)(多选)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力 F的作用下，经过时间 t，通过位移 l后，动量为 p，动能为

34、Ek。以下说法正确的是( )A若保持水平力 F不变，经过时间 2t，物体的动量等于 2pB若将水平力增加为原来的两倍，经过时间 t，物体的动量等于 2pC若保持水平力 F不变，通过位移 2l，物体的动能小于 2EkD若将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l，物体的动能大于 2Ek答案 AD解析 根据动量定理 I 合 ( F Ff)t p0，保持水平力 F不变，经过时间2t，( F Ff)2t p0，可知 p2 p，故 A正确；若水平力增加为原来的两倍，经过16时间 t，则有(2 F Ff)t p0，则 p2 p，故 B错误；根据动能定理(F Ff)l Ek0，保持水平力 F不变，通过位移 2l

35、，有( F Ff)2l Ek0，则有Ek2 Ek，故 C错误；将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l，有(2F Ff)l Ek0，则有 Ek2 Ek，故 D正确。13. (2018江西抚州市四校联考)(多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力 F随时间 t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A04 s 内物体的位移为零B04 s 内拉力对物体做功为零C4 s 末物体的动量为零D04 s 内拉力对物体的冲量为零答案 BCD解析 由图象可知物体在 4 s内先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A 错误；前 2 s拉力做正功，后 2 s

36、拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故 B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，C 正确；根据动量定理，04 s 内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故 D正确。14. (2016北京高考)(1)动量定理可以表示为 p F t，其中动量 p和力 F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的 x、 y两个方向上分别研究。例如，质量为 m的小球斜射到木板上，入射的角度是 ，碰撞后弹出的角度也是 ，碰撞前后的速度大小都是 v，如图甲所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。a分别求出碰撞前后 x、 y方向小球的动量变化 px、 py；b分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束

37、可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一17个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。一束激光经 S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束和穿过介质小球的光路如图乙所示。图中 O点是介质小球的球心，入射时光束和与 SO的夹角均为 ，出射时光束均与 SO平行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。a光束和强度相同；b光束比的强度大。答案 见解析解析 (1)a. x方向：动量变化为 px mvsin mvsin 0y方向：动量变化为 py mvco

38、s ( mvcos )2 mvcos方向沿 y轴正方向。b根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿 y轴正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿 y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射，设 t时间内每束光穿过小球的粒子数为 n，每个粒子动量的大小为 p。这些粒子进入小球前的总动量为 p12 npcos从小球出射时的总动量为 p22 npp1、 p2的方向均沿 SO向右根据动量定理： F t p2 p12 np(1cos )0可知，小球对这些粒子的作用力 F的方向沿 SO向右，根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿 SO向左。b建立如图所示的 Oxy直角坐标系。18x方向：根据(2)a 同理可知，两光束对小球的作用力沿 x轴负方向。y方向：设 t时间内，光束穿过小球的粒子数为 n1，光束穿过小球的粒子数为n2， n1n2。这些粒子进入小球前的总动量为 p1y( n1 n2)psin从小球出射时的总动量为 p2y0根据动量定理： Fy t p2y p1y( n1 n2)psin可知，小球对这些粒子的作用力 Fy的方向沿 y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿 y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。19