新高考物理一轮复习考点精讲精练第40讲 动量与动能 冲量与功的区别及冲量的四种计算方法（2份打包，原卷版+解析版）

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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
（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。
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。
（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。
（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。
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﹣μcsθ）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mgcsθ，则弹力的冲量为I＝Ft＝mgtcsθ，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﹣μcsθ）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＝﹣μmgxcsθ，可知总功为负值，故D错误；
故选：C。
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Ftcsθ
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。
（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。
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。
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。
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．（）2B．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。动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
标矢量
矢量
标量
变化因素
物体所受冲量
外力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
(3)都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应
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＝Flcsα(F为恒力)
标矢量
矢量
标量
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
联系
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
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
动量
定理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用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，则eq \x\t(F)＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)t