第41讲 动量定理与动能定理的区别及动量定理在物体系问题中的巧妙运用（解析版）

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第41讲 动量定理与动能定理的区别及动量定理在物体系问题中的巧妙运用

（多选）1．（2022•乙卷）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）

A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg•m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1=v32t3=62×3m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2=v3+v43(t4−t3)=6+02×(4−3)m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3=v62t2=42×2m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
故选：AD。
（多选）2．（2021•乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（　　）
A．在此过程中F所做的功为12mv02
B．在此过程中F的冲量大小等于32mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于v024s0g
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【解答】解：A、在F作用下，由动能定理可知：WF﹣fs0=12mv02−0，撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0−12mv02，联立解得：WF=34mv02，故A错误；
BD、由于外力做功WF＝Fs0，结合A中两式，解得F＝3f，
取v0方向为正，撤去外力之前对物体动量定理可知：（F﹣f）t1＝mv0﹣0，可得：23Ft1＝mv0，则F的冲量大小I＝Ft1=32mv0，故B正确，D错误；
C、撤去外力之后，由动能定理可知：﹣f×2s0＝0−12mv02，摩擦力f＝μmg，则解得：μ=v024s0g，故C正确；
故选：BC。


一.知识回顾
1.动量定理与动能定理的比较
定理
动量定理
动能定理
公式
F合t＝mv′－mv
F合s＝mv－mv
标矢性
矢量式
标量式
因果关系
因
合外力的冲量
合外力做的功(总功)
果
动量的变化
动能的变化
应用侧重点
涉及力与时间
涉及力与位移
2.如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理，空间效应则用动能定理。
3.对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单（详现下面例题）
二.例题精析：
题型一：一题用到两定理
（多选）例1．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s，下列说法正确的是（　　）

A．球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为3.6kg•m/s
B．球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为12.6kg•m/s
C．球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
D．球棒对垒球的平均作用力大小为360N
【解答】解：AB、以末速度方向速度正方向，球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为△p＝m△v＝0.18×（25+45）kg•m/s＝12.6kg•m/s，故A错误、B正确；
CD、设球棒对垒球的平均作用力大小为F，对垒球根据动量定理可得：F•t＝△p
得：F=△pt=12.60.01N＝1260N，则球棒对垒球的平均作用力大小为1260N，故C正确、D错误。
故选：BC。
题型二：巧用动量定理解决物体系问题
例2．如图所示，质量分别为m1＝3kg、m2＝1kg的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度a＝2m/s2沿斜面向上运动，经时间t1＝2s，细线突然被拉断，再经时间t2＝1s，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为（　　）

A．6m/s B．8m/s C．9m/s D．10m/s
【解答】解：细线被拉断前，对整体，由牛顿第二定律得：
整体的合外力大小 F合＝（m1+m2）a…①
t1＝2s末的速度为 v＝at1…②
细线突然被拉断后，根据牛顿第二定律得：
对A有 FA＝m1a1…③
对B有 FB＝m2a2…④
根据速度﹣时间公式分别有：
对A有：vA＝v+a1t2…⑤
对B有：0＝v+a2t2…⑥
由③⑤整理得：FA＝m1vA−vt2⋯⑧
由④⑥整理得：FB＝m2−vt2⋯⑨
由于细线被拉断后整体的合外力不变，则有：F合＝FA+FB
即为：（m1+m2）a＝m1vA−vt2+m2−vt2
解得：vA＝8m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图甲所示，某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（　　）

A．篮球经过C点时速度大小为gL
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同
【解答】解：A．篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点坐标为（0，yC），C点到B点时间为t，由乙图可知L=vCt，yC=12gt2，3L−yC=gt2
联立解得：yC=L，vC=gL2；故A错误；
B．由乙图知B、D点在同一水平面上，篮球在B、D处的速度大小相等，方向不同，所以篮球经过B点和D点的动量不相同。故B错误；
C．由乙图知篮球由A到B和B到C过程水平方向发生的位移相等，所用时间相等，根据动量定理可知动量的变化量相同。故C正确；
D．篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程，重力做正功，二者不同。故D错误。
故选：C。
2. 2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。跳台滑雪是冬奥会的重要竞技项目。如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出。该运动员两次试滑分别在斜坡上的M、N两点着陆。已知0M＝MN，斜坡与水平面的夹角为θ，不计空气阻力，运动员（含装备）可视为质点，则该运动员两次试滑（　　）

A．着陆在M、N点时动量的方向不同
B．着陆在M，N点时动能之比为1：2
C．着陆在M、N点两过程时间之比为1：2
D．着陆在M、N点两过程离斜坡面最远距离之比为1：2
【解答】解：A、斜面的夹角为θ，根据平抛运动的规律速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的2倍，即速度偏角的正切值tanα＝2tanθ，所以着陆在M、N点时动量的方向相同，故A错误；
B、可得运动员落到斜面上时，水平分速度与竖直分速度满足：v0=vy2tanθ，竖直方向：v y2=2gLsinθ
落到斜坡上时该运动员的动能Ek=12mv2=12m（v 02+v y2）=12m（14tan2θ+1）v y2=mgL（14tan2θ+1）sinθ，所以EkMEkN=OMON=12，故B错误；
C、由h=12gt2 得t=2ℎg，tMtN=12=12，故C正确；
D、水平方向：x＝v0t，得水平速度之比v0MvoN=xMxN×tNtM=12×21=12，垂直斜面向上分速度之比vMvN=voMsinθvoNsinθ=12，着陆在M、N点两过程离斜坡面最远距离之比为
ℎ1ℎ2=vM22gcosθvN22gcosθ=vM2vN2=12，故D错误；
故选：C。
3. 2021年5月25日，500架无人机自广州海心沙腾空，化作稻菽千重浪、田间耕耘人，纪念“杂交水稻之父”袁隆平院士。其中一架无人机在升空后进行编队表演的一段时间内沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其v﹣t图象如图所示，已知无人机的质量为2kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．0～6s时间内无人机先上升，2s末开始下降
B．0～6s时间内无人机所受重力做功为零
C．0～6s时间内无人机所受合外力做功为1J
D．2～6s时间内合外力的冲量为4N•s
【解答】解：A、由图象可知，在0～3s时间内，无人机向上加速、匀速、减速，3s后开始下降，故A错误；
B、由图象可知，在0～3s时间内，无人机的位移方向竖直向上，其大小为：h1＝（1+22×1+12×1×2+1×2）m＝4.5m，
在3s～6s时间内，无人机的位移方向竖直向下，其大小为：h2=12×3×3m＝4.5m，
则无人机在0～6s时间内的位移为零，由W＝Gh可知，无人机所受重力做功为零，故B正确；
C、0～6s时间内，无人机的初速度v0＝1m/s，末速度为零，设无人机所受合外力做功为W合，由动能定理有：W合＝0−12mv02=−12×2×12J＝﹣1J，故C错误；
D、2s时的速度v＝2m/s，根据动量定理，2～6s时间内合外力的冲量：I＝0﹣mv＝﹣2×2N•s＝﹣4•s，故D错误。
故选：B。
4. 如图甲是我国首艘“海上飞船”一“翔州1”。“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示t＝50s后，“翔州1”以20m/s的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是（　　）

A．“翔州1”所受阻力的大小为2.0×104N
B．0﹣50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1.0×106N•s
C．“翔州1”的质量为2.5×104kg
D．0﹣50s内，动力F的功为5.0×106J
【解答】解：A、根据“翔州1”匀速运动时牵引力等于阻力可知，“翔州1”所受阻力的大小为f＝1.0×104N，故A错误；
B、0﹣50s内，水平方向动力的冲量大小为IF=(1.0+3.0)×1042×50N⋅s=106N•s，
“翔州1”所受合外力冲量的大小为I合＝IF﹣ft＝106N•s﹣1.0×104×50N•s＝5.0×105N•s，故B错误；
C、取前进方向为正方向，根据动量定理可知I合＝mv﹣0，其中v＝20m/s，解得：m＝2.5×104kg，故C正确；
D、0﹣50s内，动力F是变力，且不知道位移大小，无法求解动力F做的功，故D错误。
故选：C。
5. 某工厂测试竖直挡板的弹性，进行了如下操作：位于水平地面上的弹射装置从A点将一质量m＝0.5kg的小球斜向上弹射出去，刚好与竖直挡板的B点垂直相碰，然后被水平弹回落到地面上的C点。已知A点与竖直挡板的水平距离d＝4.8m，C点为OA的中点，B点到水平地面的高度h＝3.2m，小球从A点被弹射出去到落到C点所用的总时间t＝1.8s，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小球被弹射出时的速度大小为8m/s
B．小球被竖直挡板弹回时的速度大小为2.4m/s
C．小球受到竖直挡板水平方向的平均作用力的大小为22.5N
D．小球被竖直挡板反弹过程中损失的动能为2.25J
【解答】解：A、由于AB运动末速度水平向右，所以可以把这段运动看作从B到A的平抛运动。
根据平抛运动公式得：hBA=12gt2
代入数据解得：3.2m＝0.5×10×t2
解得：t＝0.8s
根据平抛运动公式：xBA＝4.8m＝v0t＝v0×0.8s
解得：v0＝6m/s
根据动能定理：12mvA2−12mv02=mghBA
代入数据解得：vA＝10m/s。故A错误；
B、对于BC运动过程，根据平抛运动公式：hBC=12gtBC2；3.2m＝0.5×10×tBC2
解得：tBC＝0.8s
根据平抛运动公式：xBC=12xBA＝2.4m＝vBtBC
代入数据解得：vB＝3m/s。故B错误；
C、小球运动的总时间为1.8s，而上升与下落总时间为：t总＝0.8s+0.8s＝1.6s
所以小球与墙壁接触时间t接＝0.2s
规定水平向右为正方向，根据动量定理得：mvB﹣mv0＝Ft接
代入数据解得：F＝22.5N.故C正确；
D、根据动能定理得：12mvB2−12mv02=−E损
代入数据解得：E损＝6.75J。故D错误；
故选：C。
6. 如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（k＜1），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则（　　）

A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒
B．篮板对篮球的冲量大小为（k﹣1）mv0
C．篮球的水平初速度v0大小为（L﹣r）g2ℎ
D．若篮球气压不足导致k减小，在v0不变的情况下要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更高
【解答】解：A、根据题干，碰撞过程中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，故A错误；
B、以弹回的方向做正方向，根据动量定理可得，I＝mkv0﹣（﹣mv0）＝（1+k）mv0，故B错误；
C、弹回后篮球做平抛运动，水平方向：L﹣r＝kv0t，竖直方向：h=12gt2，联立解得：v0=L−rkg2ℎ，故C错误；
D、若篮球气压不足，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故D正确；
故选：D。
7. 如图为游乐场滑道的简化模型，光滑曲面滑道PA与水平粗糙滑道AB在A点平滑连接，PA高度差为1m，AB长为4m。质量为50kg的滑块从P点由静止滑下，到A点进入减速区，在B点与缓冲墙发生碰撞后，运动至C点停下。已知碰撞过程中缓冲墙对滑块的冲量大小为150N•s，滑块与AB间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10m/s2，则滑块与缓冲墙碰撞后瞬间的速度大小为（　　）

A．0.5m/s B．1.0m/s C．1.5m/s D．2.0m/s
【解答】解：以滑块为研究对象，从P到B的过程由动能定理得：
mghPA﹣μmgxAB=12mvB2−0
解得：vB＝2m/s
选向左为正方向，滑块与缓冲墙碰撞过程，由动量定理得：
I＝mv﹣（﹣mvB），其中I＝150N•s，v为撞后瞬间的速度大小
解得：v＝1.0m/s
故B正确，ACD错误。
故选：B。
8. 高空抛物是一种不文明的行为，而会带来很大的社会危害。2019年6月26日，厦门市某小区楼下一位年轻妈妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场鲜血直流。若一节质量为0.1kg的干电池从1.25m高处自由下落到水平地面上后又反弹到0.2m高度，电池第一次接触地面的时间为0.01s，第一次落地对地面的冲击力跟电池重力的比值为k，重力加速度大小g＝10m/s2，选取地面为零势能面，则（　　）
A．该电池的最大重力势能为12.5J
B．该电池的下落时间比上升时间短0.3s
C．k＝71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3kg•m/s
【解答】解：A、电池刚下落时重力势能最大，EPm＝mgH＝0.1×10×1.25J＝1.25J，故A错误；
B、设电池下落时间为t1，下落高度为H＝1.25m，由H=12gt12解得：t1＝0.5s，设电池上升时间为t2，反弹高度为h＝0.2m，由h=12gt22解得：t2＝0.2s，所以t1﹣t2＝0.5s﹣0.2s＝0.3s，所以该电池的下落时间比上升时间多0.3s，故B错误；
C、物体落地前瞬间速度v1＝gt1＝10×0.5m/s＝5m/s，反弹速度v2＝gt2＝10×0.2m/s＝2m/s，以电池为研究对象，选向上为正方向，由动量定理得：kmgt﹣mgt＝mv2﹣（﹣mv1），其中t＝0.01s，解得：k＝71，故C正确；
D、电池在接触地面过程中动量的变化量大小等于合外力的冲量大小，则△p＝71mgt﹣mgt＝70mgt＝70×0.1×10×0.01kg•m/s＝0.7kg•m/s，故D错误。
故选：C。
9. 首钢滑雪大跳台（如图甲所示）又称“雪飞天”，是北京2022年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪比赛场地，谷爱凌和苏翊鸣在此圆梦冠军。为研究滑雪运动员的运动情况，建立如图乙所示的模型。跳台滑雪运动员从滑道上的A点由静止滑下，从跳台O点沿水平方向飞出。已知O点是斜坡的起点，A点与O点在竖直方向的距离为h，斜坡的倾角为θ，运动员的质量为m。重力加速度为g。不计一切摩擦和空气阻力。求：
（1）运动员经过跳台O时的速度大小v；
（2）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间t；
（3）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的过程中动量的变化量。

【解答】解：（1）从A到O根据动能定理可知mgh=12mv2，解得v=2gℎ；
（2）离开O点，运动员做平抛运动，根据平抛运动规律有：x＝vt，y=12gt2
根据几何关系有：tanθ=yx
联立解得：t=22gℎtanθg；
（3）根据平抛运动规律可知平抛运动速度的变化Δv＝gt
则动量的变化ΔP＝mΔv＝mg•22gℎtanθg=2m2gℎtanθ；
答：（1）运动员经过跳台O时的速度大小为2gℎ；
（2）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的时间为22gℎtanθg；
（3）从离开O点到落在斜坡上，运动员在空中运动的过程中动量的变化量为2m2gℎtanθ。
10. 如图所示，竖直固定粗糙细圆弧管道由半径为R＝2m的半圆管道ABC和半径为r＝1m的14圆弧管道CD、DE组成，在E点处紧挨一倾角为53°的斜面，O1、O2、O3分别为三段圆弧管道的圆心。在半圆管道ABC顶点A放置一个直径略小于细管管径、质量为m＝0.1kg的小球，当小球受到一个瞬时冲量I0后进入管道，小球在A点对管道壁恰好没有作用力，小球从E点抛出后经0.4s离斜面最远。已知重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）小球受到的冲量I0的大小；
（2）小球从A点运动到E点过程中克服摩擦力做功。

【解答】解：（1）当小球受到一个瞬时冲量I0后进入管道，小球在A点对管道壁恰好没有作用力，则mg=mv2R
根据动量定理有：I0＝mv
代入数据解得：I0＝0.25N•s
（2）小球从A点运动到E点，根据动能定理有：mgR﹣Wf=12mvE2−12mv2
小球从E点抛出后经0.4s离斜面最远，此时有tan53°=gtvE
联立代入数据解得：Wf＝2.55J
答：（1）小球受到的冲量I0的大小为0.25N•s；
（2）小球从A点运动到E点过程中克服摩擦力做功为2.55J。
11. 第24届冬奥会于2022年2月4日﹣20日在北京和张家口联合举行，北京已成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，如图，跳台滑雪赛道由顶跳台A、助滑道AB、着陆坡BC和缓停区CD四部分组成。比赛中，质量m＝55kg的某运动员从预跳台A处由静止下滑，滑动到B处后水平飞出，运动员在空中飞行了t1＝6.0s落在着陆坡上的P点。运动员从刚接触P点到开始沿着陆坡向下滑行，经历的时间t2＝1.0s。已知着陆坡的倾角α＝37°，重力加速度g＝10m/s2，不计运动员在滑道上受到的摩擦阻力及空气阻力，且sinα＝0.6，cosα＝0.8。求：
（1）助滑道AB的落差h；
（2）运动员在着陆坡上着陆的过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小。

【解答】解：（1）从B到P做平抛运动，设B点的速度大小为v0，平抛的水平位移为x，竖直位移为y；
由平抛的运动规律得：x＝v0t1，y=12gt12，利用斜面倾角可得yx=tan37°，整理得12gt12v0t1=34将t1＝6s代入，解得v0＝40m/s；
从A到B利用动能定理得：mgh=12mv02，即h=v022g=40220m＝80m；
故助滑道AB的落差h为80m；
（2）设落在P点时的竖直速度大小为vy，则vy＝gt1，即vy＝（10×6.0）m/s＝60m/s
在P点水平速度v0产生的垂直斜面向上的速度分量为v0⊥＝v0sin37°＝（40×0.6）m/s＝24m/s
在P点竖直速度vy产生的垂直斜面向下的速度分量为vy⊥＝vycos37°＝（60×0.8）m/s＝48m/s
在P点的速度垂直斜面方向的分速度大小v⊥＝vy⊥﹣v0⊥＝（48﹣24）m/s＝24m/s，方向垂直斜面向下；
对运动员在着陆坡上着陆过程应用动量定理，设垂直斜面向上为正方向，着陆坡对运动员的平均冲击力大小为F，得：
Ft2﹣mgt2cos37°＝0﹣（﹣mv⊥），即F=mv⊥+mgt2cos37°t2=55×24+55×10×1.0×0.81.0N＝1760N；
故运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小为1760N；
答：（1）助滑道AB的落差为80m；
（2）运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小为1760N。