046动量与动能、冲量与功的区别及冲量的四种计算方法 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题

一.必备知识精讲

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.典型例题精讲

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

答案　C

解析　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；运动员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；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．

题型2　对动量和冲量的定量计算

例2　(多选)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Δt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，重力加速度为g，则(　　)

A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，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＋Δt)，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

答案　AC

解析　因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Flcos α可知运动员对重物做的功为

Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误．

题型3  动量、冲量与图像结合

例3某物体的v­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．0～t1和t2～t3时间内，合力做功和冲量都相同

B．t1～t2和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同

C．0～t2和t2～t4时间内，合力做功和冲量都相同

D．0～t1和t3～t4时间内，合力做功和冲量都相同

答案　C

解析　0～t1时间内物体动能的变化量为mv，动量的变化量为mv0；t2～t3时间内物体动能的变化量为mv，动量的变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合力做的功相等；根据动量定理得知：合力的冲量不同，故A错误。t1～t2时间内动能的变化量为0－mv＝－mv，动量的变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4时间内动能的变化量为0－mv0＝－mv，动量的变化量为0－(－mv0)＝mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合力做的功相等，合力的冲量不同，故B错误。0～t2和t2～t4时间内动能变化量及动量变化量均为0，根据两个定理得知合力做的功和冲量都相同，故C正确。由以上分析得知：0～t1和t3～t4时间内动能的变化量不同，动量变化量相同，故合力做的功不同，合力的冲量相同，故D错误。

例4(2020·贵州省铜仁市高三适应性考试一)一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用。0～4 s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图甲、乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。由此可求得(　　)

A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2 N

B．物块的质量等于1.5 kg

C．在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75 N·s

D．在0～4 s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6 N·s

答案　BC

解析　由图乙可知，t＝1 s时，物块开始运动，此时的拉力F1大小等于物块所受的最大静摩擦力，由图甲可知，F1＝1.5 N，则f＝1.5 N，故A错误；根据牛顿第二定律有F－f＝ma，由图乙知，当F＝6 N时，a＝3 m/s2，可解得m＝1.5 kg，故B正确；在a­t图像中，图线与时

间轴所围的面积表示物块的速度变化量，则物块在4 s时的速度为v＝×3×3 m/s＝4.5 m/s，由动量定理，可得在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为I＝mΔv＝1.5×4.5 N·s＝6.75 N·s，故C正确；由图甲可知，在0～4 s时间内，力F的冲量为IF＝×4 N·s＝12 N·s，则摩擦力的冲量为If＝I－IF＝(6.75－12) N·s＝－5.25 N·s，故D错误。

三.举一反三，巩固练习

1．(人教版选择性必修第一册·P10·T2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　　)

A．减小地面对人的冲量  B.减小地面对人的撞击力

C．减小人的动量变化量  D.减小人的动能变化量

答案　B

解析　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。

2.(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是(　　)

A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2p

B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p

C．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2Ek

D．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek

答案　BD

解析　由动量定理Ft＝Δp和l＝at2知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝at2知，C错误，D正确。

3.跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到在水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是(　　)

A．运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量

B．运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零

C．运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量

D．运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向

答案　C

解析　根据动量定理可知，运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，A项正确；运动员整个向下运动过程中，初速度为零，末速度为零，因此合外力的冲量为零，B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量，C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零，因此运动员整个过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，D项正确．

4.(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则(　　)

A．拉力对物体的冲量大小为Ft

B．拉力对物体的冲量大小为Ftsin θ

C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin θ

D．合外力对物体的冲量大小为零

答案　AD

解析　拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力Ff＝Fcos θ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcos θ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．

5.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθ

B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ

C．合力的冲量为0

D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)

答案：B。

解析：重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，故D错误。

6.(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

B．经过时间t＝，小球的动量的变化量大小为mv

C．经过时间t＝，细绳的拉力对小球的冲量大小为2mv

D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为

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Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳的拉力对小球的冲量I＝Δp＝－2mv，冲量大小为2mv，A错误，C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Δp′＝mΔv＝mv，重力对小球的冲量大小IG＝mgt＝，B、D正确。

7．(2018·全国卷Ⅱ)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(　　)

A．10 N  B.102 N

C.103 N  D.104 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/s＝10 m/s。落地时受到自身的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－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 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。

8. (2017·全国卷Ⅲ)(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．t＝1 s时物块的速率为1 m/s

B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s

C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s

D．t＝4 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/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。

9．如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100 kg的木箱。t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用。已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。则t＝3 s时木箱的速度大小为(　　)

A．2 m/s  B.2.5 m/s

C.6 m/s  D.8 m/s

答案　B

解析　木箱受到的最大静摩擦力f＝μmg＝200 N，结合图乙可知，从0.5 s后木箱才开始运动，0.5～3 s对木箱由动量定理可得IF－μmgt＝mv－0，由图乙可得，这段时间内推力F的冲量为IF＝ N·s＝750 N·s，联立解得v＝2.5 m/s，故B正确。

10.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v­t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　)

A．F1的冲量等于F2的冲量

B．F1的冲量大于F2的冲量

C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量

D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量

答案　D

解析　题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。

11．(2021·八省联考河北卷)(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·s

B．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·s

C．缓冲墙对滑块做的功为－125 J

D．缓冲墙对滑块做的功为－250 J

答案　BC

解析　规定水平向右为正方向，设滑块下落到B点时的速度大小为vB，滑块从A到B，由动能定理可知mgh＝mv－0，代入数据解得vB＝5 m/s；由B到C的过程中，滑块加速度大小为a＝＝2 m/s2，设滑块与缓冲墙碰撞前瞬间速度大小为vC，由B到C位移大小为xBC，则由匀变速直线运动速度与位移的关系可得v－v＝－2axBC，解得vC＝3 m/s；设滑块与缓冲墙碰撞后的速度大小为vC′，由C到D的过程中，滑块加速度大小仍为a，由C到D位移大小为xCD，则由C到D有0－vC′2＝－2axCD，解得vC′＝2 m/s；由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量为I＝Δp＝－mvC′－mvC＝－250 N·s，由动能定理可知缓冲墙对滑块做的功为W＝mvC′2－mv＝－125 J。综上分析可知B、C正确，A、D错误。

12．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Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)

A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J

B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J

C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J

D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 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Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J.

13．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　)

A．重力对它们的冲量相同

B．弹力对它们的冲量相同

C．合外力对它们的冲量相同

D．它们动能的增量相同

答案：A

解析：这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．

14．开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力．以下说法正确的是(　　)

A．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态

B．在t时间内，小明机械能增加了mgh

C．在t时间内，地面对小明的平均支持力为＝

D．在t时间内，地面对小明做功mgh

答案　B

解析　从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h，可知小明离开地面时的机械能为mgh，故B正确；在时间t内，由动量定理得：t－mgt＝

mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝mv2，联立解得：＝＋mg，故C错误；在时间t内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误．