第40讲 动量与动能、冲量与功的区别及冲量的四种计算方法（解析版）

第40讲 动量与动能、冲量与功的区别及冲量的四种计算方法

1．（2021·北京）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（　　）

A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 

B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr 

C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 

D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr

【解答】解：A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故A错误；

B、圆盘停止转动前，根据动量定理I＝Δp，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误；

C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误；

D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度v＝ωr，最终停止运动速度为0，根据动量定理I＝Δp，可知动量变化量为mωr，所以摩擦力的冲量为mωr，故D正确。

故选：D。

2．（2022·海南）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（　　）

A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同 

C．F1的冲量大于F2的 D．F1的冲量小于F2的

【解答】解：AB、，在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，根据牛顿第三定律可知F1与F2为作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正确，B错误；

CD、由于F1和F2大小相等，甲推乙两力作用时间相等，故两力的冲量大小相等，方向相反，故CD错误；

故选：A。

3．（2021·湖南）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p﹣x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p﹣x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）

A． B． 

C． D．

【解答】解：一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么位移与速度关系为：x，

而动量表达式为：p＝mv，

联合上式，则有：p2＝2am2x

再由位移与速度均沿着x轴正方向，则取正值，那么动量也取正值，

综上所述，故D正确，ABC错误；

故选：D。

一.知识回顾

1.对动量的理解

(1)动量的两性

①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。

②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。

(2)动量与动能的比较

2．对冲量的理解

(1)冲量的两性

①时间性：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)冲量与功的比较

3.冲量的四种计算方法

二.例题精析

题型1　对动量和冲量的定性分析

例1．如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员（　　）

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

【解答】解：AC、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；

B、运动员进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；

D、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；

故选：C。

题型2　对动量和冲量的定量计算

（多选）例2．一质量为m的运动员托着质量为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，运动员保持乙状态站立△t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，则（　　）

A．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2+△t），地面对运动员做的功为0 

B．地面对运动员的冲量为（M+m）g（t1+t2），地面对运动员做的功为（M+m）g（h1+h2） 

C．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2+△t），运动员对重物做的功为Mg（h1+h2） 

D．运动员对重物的冲量为Mg（t1+t2），运动员对重物做的功为0

【解答】解：AB、因缓慢运动，则为平衡状态，则地面对运动员的力为（M+m）g，作用时间为（t1+t2+△t），则其冲量为I＝（M+m）g（t1+t2+△t），

因地面对运动员的力的作用点没有位移，则地面对运动员做的功为0，故A正确，B错误

CD、运动员对重物的力为Mg，其冲量为I′＝Mg（t1+t2+△t），运动员对重物力作用下的位移为（h1+h2），则对重物做功为Mg（h1+h2），故C正确，D错误

故选：AC。

题型3  动量、冲量与图像结合

例3．某物体的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．0﹣t1和t2﹣t3，合外力做功和冲量都相同 

B．t1﹣t2和t3﹣t4，合外力做功和冲量都相同 

C．0﹣t2和t2﹣t4，合外力做功和冲量都相同 

D．0﹣t1和t3﹣t4，合外力做功和冲量都相同

【解答】解：A、0﹣t1和t2﹣t3，动能变化量相同，由动能定理知合外力做功相同。0﹣t1内动量变化量为mv0，t2﹣t3内动量变化量为﹣mv0，根据动量定理知冲量大小相等、方向相反，所以冲量不同，故A错误。

B、t1﹣t2和t3﹣t4，动能变化量相同，由动能定理知合外力做功相同。t1﹣t2内动量变化量为﹣mv0，t3﹣t4内动量变化量为mv0，根据动量定理知冲量大小相等、方向相反，所以冲量不同，故B错误。

C、0﹣t2和t2﹣t4，动能的变化量和动量变化量均为零，由动能定理知合外力做功相同，都是零。由动量定理知冲量相同，都是零，故C正确。

D、0﹣t1内，动能变化量为，合外力做功为．动量变化量为mv0，冲量为mv0．t3﹣t4内，动能变化量为，合外力做功为．动量变化量为mv0，冲量为mv0，冲量为mv0．所以合外力做功不同，冲量相同，故D错误。

故选：C。

（多选）例4．一物块静止在倾角为θ且足够长的固定光滑斜面底端，物块受到平行斜面向上的拉力F作用，在0～4s时间内，拉力的大小F和物块加速度的大小a随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，由图可知（　　）

A．物块的质量等于0.4kg 

B．斜面倾角θ＝60° 

C．在t＝2s时，物块的速度大小为2.5m/s 

D．在1s～4s时间内，物块向上做加速度逐渐增大的加速直线运动

【解答】解：AB、t＝1s时，物块开始向上运动，故此时的拉力等于物块所受重力沿斜面的分力，故有：F1＝mgsinθ。代入数据解得：F1＝2N。t＝4s时，拉力F4＝6N，物块的加速度大小a＝10m/s2，根据牛顿第二定律有：F4﹣mgsinθ＝ma，联立解得：m＝0.4kg，θ＝30°，故A正确、B错误；

C、根据加速度图像与横轴所围面积等于速度变化量可得，在t＝2s时，物块的速度大小vm/s＝2.5m/s，故C正确；

D、在t＝1s～3s时间内，物块向上做加速度逐渐增大的加速直线运动，在t＝3s～4s时间内，物块向上做匀加速直线运动，故D错误。

故选：AC。

三.举一反三，巩固练习

1. （多选）如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，两滑块与平面间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（　　）

A．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒 

B．两滑块分离时，弹簧一定处于原长 

C．滑块P最终一定停在出发点左侧的某一位置 

D．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02

【解答】解：A、两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；

B、当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P：aμg

对Q：μ′mg﹣T＝ma

解得：T＝mg（μ′﹣μ），

如果：μ′＝μ，则T＝0，弹簧处于原长状态，故B正确；

C、两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止时的位置一定在其出发点的右侧，故C错误；

D、由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：W+EP•2mv02＝mv02，W＝mv02﹣EP，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；

故选：ABD。

2. 一质量为1kg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．t＝1s时物块的速率为1m/s 

B．t＝2时物块的动量大小为2kg•m/s 

C．t＝3s时物块的动量大小为3kg•m/s 

D．t＝4s时F的功率为3W

【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a12m/s2，则0﹣2s的速度规律为：v1＝a1t1＝2m/s，t＝1s时，速率为2m/s，故A错误；

B、t＝2s时，物块的速率v2＝a1t2＝4m/s，则动量大小为：p2＝mv2＝4kg•m/s，故B错误；

C、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a2＝﹣1m/s2，所以3s时的速度为v3＝v2﹣a2t3＝3m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg•m/s，故C正确；

D、结合C的分析可得，t＝4s时物块速度v4＝v2﹣a2t4＝2m/s，所以4s末的功率：P＝Fv4＝1×2＝2W，故D错误；

故选：C。

3. （多选）电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a﹣t图象如图所示，电梯总质量m＝2.0×103kg．电梯内乘客的质量m0＝50kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是：（　　）

A．第1s内乘客处于超重状态，第9s内乘客处于失重状态 

B．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N 

C．第2s内电梯对乘客的冲量大小为550N•s 

D．第2s内钢索对电梯的拉力大小为2.2×104N

【解答】解：A、第1s内乘客的加速度方向向上，处于超重状态，第9s内乘客的加速度方向向上升，处于超重状态。故A错误。

B、第2s内，加速度为1m/s2，根据牛顿第二定律得：N﹣m0g＝m0a，解得：N＝m0g+m0a＝50×（10+1）＝550N．故B正确。

C、第2s内电梯对乘客的支持力为550N，则冲量的大小为：I＝Nt＝550×1Ns＝550Ns，故C正确。

D、对电梯和乘客整体分析，根据牛顿第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0）a，代入数据解得：F＝2.255×104N．故D错误。

故选：BC。

4. （多选）电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a一t图象如图所示，电梯总质量m＝2.0×103kg，电梯内乘客的质量m0＝50kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．第1s内乘客处于超重状态，第9s内乘客处于失重状态 

B．第2s内乘客对电梯的压力大小为550N 

C．第2s内钢索对电梯的拉力大小为2.2×104N 

D．第2s内电梯对乘客的冲量大小为550N•s

【解答】解：A、第1s内乘客的加速度方向向上，处于超重状态，第9s内乘客的加速度方向向上升，处于超重状态。故A错误。

B、第2s内，加速度为1m/s2，根据牛顿第二定律得：N﹣m0g＝m0a，解得：N＝m0g+m0a＝50×（10+1）＝550N．故B正确。

C、对电梯和乘客整体分析，根据牛顿第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0）a，代入数据解得：F＝2.555×104N，故C错误。

D、第2s内电梯对乘客的支持力为550N，则冲量的大小为：I＝Nt＝550×1Ns＝550Ns．故D正确。

故选：BD。

5. 如图所示，儿童乐园里，质量为m的小女孩从滑梯上由静止滑下。空气阻力不计，滑梯可等效为斜面，与水平面的夹角为θ，已知小女孩与滑梯的动摩擦因数为μ，下滑的时间为t，重力加速度g，则小女孩下滑过程中（　　）

A．弹力的冲量为零 

B．重力的冲量为mgtsinθ 

C．合力的冲量大小为mg（sinθ﹣μcosθ）t 

D．受到的摩擦力与其反作用力的总冲量为零，总功也为零

【解答】解：A、小女孩下滑过程中弹力为mgcosθ，则弹力的冲量为I＝Ft＝mgtcosθ，故A错误；

B、重力的大小为mg，重力的冲量为mgt，故B错误；

C、在下滑过程中，合力的冲量大小等于动量的变化量为I＝F合t＝p末﹣0＝mg（sinθ﹣μcosθ）t，故C正确；

D、小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力大小相等，方向相反，则根据冲量的计算公式I＝Ft可知，总冲量为零；根据Wf＝﹣μmgxcosθ，可知总功为负值，故D错误；

故选：C。

6. 如图所示，一物体在与水平成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t，则（　　）

A．拉力F对物体的冲量大小为Ft 

B．拉力F对物体的冲量大小为Ftcosθ 

C．合外力对物体的冲量大小为Ftsinθ 

D．合外力对物体的冲量为Ftsinθ

【解答】解：AB、拉力的冲量大小为I＝Ft，方向与水平方向成θ角，故A正确，B错误；

CD、物体匀速前进，合外力为零，故合外力的冲量为0，故CD错误；

故选：A。

7. （多选）如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，则（　　）

A．物体的质量m＝0.5kg 

B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2 

C．0﹣3s内拉力F对物体做的功为1 J 

D．0﹣3s内拉力F的冲量大小为6 N•s

【解答】解：A、由速度﹣时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所am/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，所以mkg＝0.5kg，所以A正确；

B、由f＝μFN＝μmg，所以μ0.4，故B错误；

C、在第一秒内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速运动位移为Xat22×12m＝1m，第3s内做匀速运动位移X＝vt＝2×1＝2m，拉力F做功W＝F1X1+F2X2＝3×1+2×2J＝7J，故C错误；

D、0﹣3s内拉力F的冲量大小为I＝F1t1+F2t2+F3t3＝1×1+3×1+2×1N•s＝6N•s；故D正确。

故选：AD。

8. 目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶，测试中发现，若关掉油门下坡，则汽车的速度保持不变；若从静止开始以恒定的功率P上坡，则发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是（　　）

A．关掉油门的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零 

B．关掉油门的下坡过程，汽车的机械能守恒 

C．上坡过程中，汽车速度达到时，发生的位移为  

D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于

【解答】解：A、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故A错误；

B、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故B错误；

C、上坡过程中，若恒加速度启动，速度达到时，发生的位移为 ，若恒功率启动，加速度变化，发生的位移也会变化，则故C错误；

D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为T，则 •T＜s，解得T，故D正确。

故选：D。

9. 如图所示是最常见的羽毛球运动图标之一，羽毛球运动是学校体育中最普及的体育运动，也是速度最快的球类运动，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100m/s。假设羽毛球飞来的速度为50m/s，运动员将羽毛球以100m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10g，则羽毛球动量的变化量（　　）

A．大小为1.5kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 

B．大小为1.5kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同 

C．大小为0.5kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反 

D．大小为0.5kg•m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同

【解答】解：以球被反向击回的方向为正方向，则有

p1＝mv1＝﹣10×10﹣3×50kg•m/s＝﹣0.5kg•m/s

p2＝mv2＝10×10﹣3×100kg•m/s＝1kg•m/s

所以动量的变化量

Δp＝p2﹣p1＝1kg•m/s﹣（﹣0.5）kg•m/s＝1.5kg•m/s

即球的动量变化量大小为1.5kg•m/s，方向与球飞来的方向相反；

故选：A。

10. 两辆汽车的质量分别为m1和m2，沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能，则两辆汽车动量大小之比是（　　）

A．（）2 B． C． D．（）2

【解答】解：动量p，

已知两辆汽车的动能相等，则两辆汽车的动量大小之比：

，故B正确，ACD错误。

故选：B。