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所属成套资源：【物理模型】高考物理全归纳—模型101专题全套讲练
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高考物理模型全归纳 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
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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
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=v22a，
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
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＝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＝
Ek＝
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
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
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＝Flcosα(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
3.冲量的四种计算方法
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＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t
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12mv02，合外力做功为12mv02．动量变化量为mv0，冲量为mv0．t3﹣t4内，动能变化量为−12mv02，合外力做功为−12mv02．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v=12×5×1m/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：a=μ2mg2m=μg
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=12•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，a1=Fm=2m/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a=2−01m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，所以m=F−fa=3−22kg＝0.5kg，所以A正确；
B、由f＝μFN＝μmg，所以μ=fmg=20.5×10=0.4，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X=12at2=12×2×12m＝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vm2时，发生的位移为 s4
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2svm
【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vm2时，发生的位移为 s4，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 vm2•T＜s，解得T＜2svm，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．（m1m2）2 B．m1m2 C．m2m1 D．（m2m1）2
【解答】解：动量p=2mEK，
已知两辆汽车的动能相等，则两辆汽车的动量大小之比：
p1p2=2m1Ek2m2Ek=m1m2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
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=v22a，
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
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＝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＝
Ek＝
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
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
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＝Flcosα(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
3.冲量的四种计算方法
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＝(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝(F0＋Ft)t
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12mv02，合外力做功为12mv02．动量变化量为mv0，冲量为mv0．t3﹣t4内，动能变化量为−12mv02，合外力做功为−12mv02．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v=12×5×1m/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：a=μ2mg2m=μg
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=12•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，a1=Fm=2m/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a=2−01m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，所以m=F−fa=3−22kg＝0.5kg，所以A正确；
B、由f＝μFN＝μmg，所以μ=fmg=20.5×10=0.4，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X=12at2=12×2×12m＝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vm2时，发生的位移为 s4
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2svm
【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vm2时，发生的位移为 s4，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 vm2•T＜s，解得T＜2svm，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．（m1m2）2 B．m1m2 C．m2m1 D．（m2m1）2
【解答】解：动量p=2mEK，
已知两辆汽车的动能相等，则两辆汽车的动量大小之比：
p1p2=2m1Ek2m2Ek=m1m2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
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