動量定律模塊知識點總結
一、動量概念及其理解
（1）定義：物體的質量及其運動速率的乘積稱為該物體的動量p=mv
（2）特點：①動量是狀態量，它與某一時刻相關；
②動量是矢量，其方向與物體運動速率的方向相同。
（3）意義：速率從運動學角度量化了機械運動的狀態,動量則從動力學角度量化了機械運動的狀態。
二、沖量概念及其理解
（1）定義：某個力與其作用時間的乘積稱為該力的沖量I=F△t
（2）特點：①沖量是過程量，它與某一段時間相關；
②沖量是矢量，對于恒力的沖量來說，其方向就是該力的方向。
（3）意義：沖量是力對時間的累積效應。對于質量確定的物體來說，合外力決定著其速率將變多快；合外力的沖量將決定著其速率將變多少。對于質量不確定的物體來說，合外力決定著其動量將變多快；合外力的沖量將決定著其動量將變多少。
三、動量定律：F·t=mv
2–mv
F·t是合外力的沖量，反映了合外力沖量是物體動量變化的誘因．
（1）動量定律公式中的F·t是合外力的沖量，是使研究對象動量發生變化的誘因;
（2）在所研究的化學過程中，如作用在物體上的各個外力作用時間相同，求合外力的沖量可先求所有力的合外力，再除以時間，也可求出各個力的沖量再按矢量運算法則求所有力的會沖量;
（3）假若作用在被研究對象上的各個外力的作用時間不同，就只能先求每位外力在相應時間內的沖量，之后再求所受外力沖量的矢量和．
（4）要注意分辨“合外力的沖量”和“某個力的沖量”，按照動量定律，是“合外力的沖量”等于動量的變化量，而不是“某個力的沖量”等于動量的變化量（注意）。
1.質量為m的鋼球自高處落下，以速度v1碰地，豎直向下彈回，碰撣時間極短，離地的速度為v2。在碰撞過程中，地面對鋼球沖量的方向和大小為（D）
A、向下，m(v1-v2)
B、向下，m(v1+v2)
C、向上動量定理的單位轉換，m(v1-v2)
D、向上，m(v1+v2)
2．一輛空車和一輛滿載貨物的同機型的車輛，在同一橋面上以相同的速率向同一方向行駛．緊急煞車后(即車輪不滾動只滑動)這么(CD)
A．客車因為慣性大，滑行距離較大
B．客車因為受的磨擦力較大，滑行距離較小
C．兩輛車滑行的距離相同
D．兩輛車滑行的時間相同
3．一個質量為0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速率垂直撞到墻壁，碰撞后小球沿相反方向運動，大跌后的速率大小為4m/s。則碰撞前后墻對小球的沖量大小I及碰撞過程中墻對小球做的功W分別為（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．如圖1.甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相聯接，但是靜止在光滑的水平面上.現使m1瞬時獲得水平往右的速率3m/s，以此刻為時間零點，兩物塊的速率隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得(BC)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速率1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態
B．從t3到t4時刻彈簧由伸長狀態逐步恢復原長
C．兩物體的質量之比為m1∶m2=1∶2
D．在t2時刻兩物體的動量之比為P1∶P2=1∶2
5.一質量為m的小球，以初速率v0沿水平方向射出，正好垂直地射到一夾角為30°的固定斜面上，并立刻反方向彈回。已知大跌速率的大小是入射速率大小的
34，求在碰撞中斜面對小球的沖量大小。
解．小球在碰撞斜面前做平拋運動.設剛要碰撞斜面時小球速率為v由題意，v的方向與豎直線的傾角為30°，且水平分量仍為v0，如下圖.由此得v=2v0①
碰撞過程中，小球速率由v變為反向的.43v碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定律，斜面對小球的沖量為
mvvmI+=)43(②
由①、②得02
7mvI=
③
－
v甲圖1
6．如圖所示，一個下邊裝有輪子的貯鋼瓶停放在光滑的水平地面上，頂端與豎直墻上接觸．現打開尾端球閥，二氧化碳往外噴吐，設噴管面積為S，二氧化碳密度為ρ，二氧化碳往外噴吐的速率為v，則二氧化碳剛噴吐時氣瓶頂端對豎直墻的斥力大小是（D）
A．ρνS
B．Sv2ρ
C．Sv22
1ρD．ρν2S
Ft=vtsρV
7．在夾角為300的足夠長的斜面上有一質量為m的物體，它深受沿斜面方向的力F的作用。力F可按圖（a）、（b）（c）、（d）所示的四種形式隨時間變化（圖中縱座標是F與mg的比值，力沿斜面向下為正）。
已知此物體在t=0時速率為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3秒末的速度，則這四個速度中最大的是（C）
A、v1
B、v2
C、v3
D、v4
解析：選向上為正方向,由動量定律分別得到
對于A圖:mv1=0.5mg×2-0.5mg×1+0.5mg×3=2mg
對于B圖:mv2=-0.5mg×1+0.5mg×1+0.5mg×3=1.5mg
對于C圖:mv3=0.5mg×2+0.5mg×3=2.5mg
對于D圖:mv4=0.5mg×2-mg×1+0.5mg×3=1.5mg
綜合四個選項得到3v最大
8.一雜技藝人從一高臺上跳下，下落h=5.0m后，右腳落在軟墊上，同時他用手臂彎曲重心升高的方式緩沖，測得緩沖時間t=0.2s，則軟墊對四肢的平均斥力恐怕為自身所受重力的（）
A、2倍
B、4倍
C、6倍
D、8倍
【解析】在下落5.0m的過程中，雜技藝人在豎直方向的運動是自由落體運動，所以在接觸軟墊前的瞬時，其速率為v=gh2=10m/s。在緩沖過程中，雜技藝人（重心）的增長運動，可視為勻減速運動。
解析：對緩沖過程，應用動量定律有：（N-mg）t=0-（-mv），
代入數據可得N=6mg，所以N/mg=6.答案選C
9.蹦床是運動員在一張緊繃的彈性網上蹦跳、翻滾并做各類空中動作的運動項目，一個質量為60kg的運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2s，若把在這段時間外網對運動員的斥力當成恒力處理，求此力的大小。(g=10m/s2)
【解析】將運動員看質量為m的質點，從h1高處下落，剛接觸網時速率的大小
112gh=υ（向上）……………………①
彈跳后抵達的高度為h2，剛離網時速率的大小
212ghv=（向下）…………②速度的改變量21υυυ+=?（向下）……………………………………………③
以a表示加速度，t?表示接觸時間，則ta?=?υ………………………………④
10.如圖所示，光滑水平的地面上靜置一質量為M的又足夠長的木板A，在木板的A的上端有一質量為m的小物體B，它的初速率為v0，與木板的動磨擦誘因為μ。求小物體B在木板A上相對滑動的時間t。
【解析】該題中的已知量和所求量只涉及到力、時間和位移，所以可以考慮應用動量定律求解。但研究的對象有A、B兩個物體，我們可以分別列舉A、B的動量定律的表達式：
設A、B最終達到的共同速率為v。
對A物體有：μmgt=Mv
對B物體有：-μmgt=mv-mv0
由上述兩式聯立可得：
)(0mMgMt+=
μυ
11.如圖所示，在光滑水平面上并排放著A、B兩鐵塊，質量分別為mA和mB。一顆質量為m的炮彈以水平速率v0先后擊中鐵塊A、B，鐵塊A、B對炮彈的阻力恒為f。炮彈穿過鐵塊A的時間為t1，穿過鐵塊B的時間為t2。求：①子彈剛穿過鐵塊A后，鐵塊A的速率vA、和炮彈的速率v1分別為多大？
②子彈穿過鐵塊B后，鐵塊B的速率vB和炮彈的速率v2又分別為多大？
【解析】①子彈剛步入A到剛穿出A的過程中：
對A、B：因為A、B的運動情況完全相同，可以看作一個整體
ft1=（mA+mB）VA所以：VA=mmtBAf
+1
對炮彈：-ft1=mV1+mv0所以：V1=V0-mft1
②子彈剛步入B到剛穿出B的過程中：
對物體B：ft2=mBVB-mBVA所以：VB=f（++mmtBA1mtB2）
對炮彈：-ft2=mV2-mV1所以：V2=V0-
mftt)
(21+
12.甲、乙兩個物體動量隨時間變化的圖象如圖所示，圖象對應的物體的運動過程可能是（BD）
A、甲物體可能做勻加速運動
B、甲物體可能做豎直上拋運動
C、乙物體可能做勻變速運動
D、乙物體可能與墻面發生彈性碰撞
知識點總結----牛頓第二定理和動量定律：
1．牛頓第二定理可用動量來表示：
從牛頓第二定理出發可以導入動量定律，因而牛頓第二定理和動量定律都反映了外力作用與物體運動狀態變化的因果關系。由F=ma和a=△υ/△t得tvmF???=
即tpF??=，斥力等于動量的變化率．
2．牛頓第二定理與動量定律存在區別：
牛頓第二定理反映了力與加速度之間的瞬時對應關系，它反映某瞬時物體所受的合外力與加速度之間的關系，而動量定律是研究物體在合外力持續作用下，在一段時間內的積累效應，在這段時間內物體的動量發生變化．因而動量定理的單位轉換，在考慮各化學量的瞬時對應關系時，用牛頓第二定理，而在考慮某一化學過程中數學量間的關系時，應優先考慮用動量定律．
3．動量定律與牛頓第二定理相比較，有其獨到的優點：不考慮中間過程。
4．動量定律除拿來解決在恒力持續作用下的問題外，尤其適宜拿來解決作用時間短、而力的變化又非常復雜的問題，如沖擊、碰撞、反沖等。
5．動量定律比牛頓第二定理在應用上有更大的靈活性和更寬廣的應用范圍．
牛頓第二定理只適用于宏觀物體的低速運動情況，而動量定律則普遍適用。
6、牛頓第二定理和動量定律都適用于地面參考系。
13.質量為10kg的物體在F＝200N的水平推力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動，斜面固定不動，與水平地面的傾角θ＝37O．力F作用2s鐘后撤掉，物體在斜面上繼續上滑了1．25s鐘后，速率減為零．求：物體與斜面間的動磨擦質數μ和物體的總位移S。
（已知＝0．6，＝0．8，g＝10m/s2）
【解析】對全過程應用動量定律有：
Fcosθt1=μ(mgcosθ+Fsinθ)t1+mgsinθ(t1+t2)+μmgcosθt2
代入數據解得μ＝0.25。
又考慮第二個過程，則由牛頓定理有a2=gsinθ+μgcosθ=8m/s2
第二過程的初速率為v=a2t2=10m/s。
總位移為s=v2
(t1+t2)=16.25s。
14.在相同條件下，玻璃杯掉在石板上易破碎，掉在被子上不易破碎，這是由于〖BC〗
A．前一種情況下沖量大
B．后一種情況下互相作用時間長，力道小
C．前一種情況下動量的變化率大
D．后一種情況下動量的變化大
15.雜技演出時，常可見到有人用斧頭猛擊置于“大力士”身上的大鐵塊，石裂而人不傷，這是哪些道理？請加以剖析．
【解析】大鐵塊意味它的質量很大：“猛擊”表示斥力很大，且作用時間極短；“人未重傷”說明大鐵塊對人身體的浮力不大．
用斧頭猛擊置于“大力上”身上的大鐵塊，大鐵塊遭到很大的嚴打力而斷裂，并且，依據動量定律F·t=mυ1-mυ0得mt
Fvvt?=-0，對大鐵塊來說，盡管遭到的斥力F很大，但力作用時間極短，而大鐵塊的質量又很大，因此
造成的速率變化υt-υ0就很小，即大鐵塊幾乎沒有向上運動，但是鐵塊與人的身體接觸面積又較大，據P=F/S，所以人身體受的浮力并不很大，甚或人不會重傷
16.在行車過程中，假如車距不夠，煞車不及時，車輛將發生碰撞，車里的人可能遭到傷害，為了盡可能地減少碰撞導致的傷害，人們設計了安全帶。假設旅客質量為70kg，車輛時速為108km/h（即30m/s），從踩下煞車到車完全停止須要的時間為5s，安全帶對旅客的斥力大小約為（A）
A．400N
B．600N
C．800N
D．1000N
17.運輸家用家電、易碎元件等物品時，常常用泡沫塑膠作填充物，這是為了在運輸過程中（CD）
A．減少物品遭到的沖量
B．使物體的動量變化量減少
C．延長了物品受撞擊的互相作用時間
D．較尖銳的物體不是直接撞擊物品表面，而是撞擊泡沫塑膠，減少撞擊時的浮力
18.如圖所示，水平面上疊放著a、b兩鐵塊，用手輕推鐵塊b，a會跟隨一起運動；若用錘子水平猛擊一下b，a就不會跟隨b運動，這說明（BD）
A．輕推b時，b給a的斥力大
B．輕推b時，b給a的作用時間長
C．猛擊b時，b給a的沖量大
D．猛擊b時，b給a的沖量小
19.一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，之后陷人泥沼中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進人泥沼直至停止的過程稱為過程Ⅱ，則（AC）
A．過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量
B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小
C．I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零
D．過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零
【解析】根據動量定律可知，在過程I中，鋼珠從靜止狀態自由下落.不計空氣阻力，小球所受的合外力即為重力，因而鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量，選項A正確；過程I中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小與過程Ⅱ中重力的沖量的大小之和，其實B選項不對；在I、Ⅱ兩個過程中，鋼珠動量的改變量各不為零.且它們大小相等、方向相反，但從整體看，鋼珠動量的改變量為零，故合外力的總沖量等于零，故C選項正確，D選項錯誤。為此，本題的正確選項為A、C。
20.一個物體同時遭到兩個力F1、F2的作用，F1、F2與時間t的關系如圖所示，假如該物體從靜止開始運動，經過t=10s后F1、F2以及合力F的沖量各是多少？
【解析】經過t=10s后,F1的沖量I1=10×10/2=50N·S
F2的沖量I2=－50N·S
合力F的沖量為0。