高中物理动量定理专题(问题详解)-word3449.pdf

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1、实用标准 文档大全 动量和动量定理的应用 知识点一冲量（I）要点诠释：1.定义：力 F 和作用时间 的乘积，叫做力的冲量。2.公式：3.单位：4.方向：冲量是矢量，方向是由力 F 的方向决定。5.注意：冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。用公式求冲量，该力只能是恒力，无论是力的方向还是大小发生变化时，都不能用直接求出 1.推导：设一个质量为的物体，初速度为，在合力 F 的作用下，经过一段时间，速度变为 则物体的加速度 由牛顿第二定律 可得，即（为末动量，P 为初动量）2.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。3.公式：或 4.注意事项：动量定理的表达式是

2、矢量式，在应用时要注意规定正方向；式中 F 是指包含重力在内的合外力，可以是恒力也可以是变力。当合外力是变力时，F 应该是合外力在这段时间内的平均值；研究对象是单个物体或者系统；不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用与微观物体的高速运动。5.应用：在动量变化一定的条件下，力的作用时间 越短，得到的作用力就越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短作用时间，如打击、碰撞等由于作用时间短，作用力都较大，如冲压工件；在动量变化一定的条件下，力的作用时间 越长，得到的作用力就越小，因此在需要减小作用力时，可尽量延长作用时间，如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间，从而减小作用力，再如安全气囊等。规律方法

3、指导 1.动量定理和牛顿第二定律的比较 （1）动量定理反映的是力在时间上的积累效应的规律，而牛顿第二定律反映的是力的瞬时效应的规律 （2）由动量定理得到的，可以理解为牛顿第二定律的另一种表达形式，即：物体所受的合外力等于物体动量的变化率。（3）在解决碰撞、打击类问题时，由于力的变化规律较复杂，用动量定理处理这类问题更有其优越性。4.应用动量定理解题的步骤 选取研究对象；确定所研究的物理过程及其始末状态；分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；规定正方向，根据动量定理列式；解方程，统一单位，求得结果。经典例题透析 类型一对基本概念的理解 1.关于冲量，下列说法中正确的是（）A.冲量是物体动量

4、变化的原因 B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C.动量越大的物体受到的冲量越大 D.冲量的方向就是物体合力的方向 思路点拨：此题考察的主要是对概念的理解 解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A 对；只要有力作用在物体上，实用标准 文档大全 经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B 错误；物体所受冲量大小与动量大小无关，C 错误；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故 D 错误。答案：A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是（）

5、A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B.冲量是描述运动状态的物理量 C.冲量是物体动量变化的原因 D.冲量的方向与动量的方向一致 答案：BD 点拨：冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一致。故 BD 错误。类型二用动量定理解释两类现象 2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。这是为什么？解释：玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯

6、子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。.如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是（）A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小 解析：在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是：缓拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故 AB 都错；缓拉纸带时，摩擦

7、力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD 正确。总结升华：用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。【变式 1】有些运动鞋底有空气软垫，请用动量定理解释空气软垫的功能。解析：由动量定理可知，在动量变化相同的情况下，时间越长，需要的作用力越小。因此运动鞋底部的空气软垫有延长作用时间，从而减小冲击力的功能

8、。【变式 2】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。请用动量定理解释这样做的理由。解析：由动量定理可知，作用力相同的情况下，动量变化越大，需要的时间越长。因此，车速越大时，与同车道前车保持的距离也要越大。类型三动量定理的基本应用 4.质量为1T的汽车，在恒定的牵引力作用下，经过2s的时间速度由5m/s提高到8m/s，如果汽车所受到的阻力为车重的 0.01，求汽车的牵引力？思路点拨：此题中已知力的作用时间来求力可考虑用动量定理较为方便。解析：物体动量的增量P=P-P=1038-1035=3103kgm/s。根据动量定理可知：答案：汽车所受到的牵引力为 1598N。总结

9、升华：本题也是可以应用牛顿第二定律，但在已知力的作用时间的情况下，应用动量定理比较简便。【变式】一个质量 5kg的物体以 4m/s的速度向右运动，在一恒力作用下，经过 0.2s其速度变为 8m/s向左运动。求物体所受到的作用力。解析：规定初速度的方向即向右为正方向，根据动量定理可知：负号表示作用力的方向向左。实用标准 文档大全 答案：物体所受到的作用力为 300N，方向向左。类型四求平均作用力 5.汽锤质量，从 1.2m高处自由落下，汽锤与地面相碰时间为，碰后汽锤速度为零，不计空气阻力。求汽锤与地面相碰时，地面受到的平均作用力。思路点拨：本题是动量定理的实际应用，分清速度变化是问题的关键。解析

10、：选择汽锤为研究对象，设汽锤落地是速度为，则有 汽锤与地面相碰时，受力如图所示，选取向上为正方向，由动量定理得 根据牛顿第三定律可知，地面受到的平均作用力大小为 3498N，方向竖直向下。答案：平均作用力大小为 3498N，方向竖直向下。总结升华：动量定理是合力的冲量；动量定理是矢量式。在解决这类竖直方向的打击问题中，重力是否能忽略，取决于与的大小，只有时，才可忽略，当然不忽略一定是正确的。【变式 1】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为的运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为。若把这段时间内

11、网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g 取）解析：运动员刚接触网时速度大小：，方向向下；刚离开网时速度大小：，方向向上。运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为 F，对运动员由动量定理有：取向上为正方向，则 解得：方向向上。答案：N 【变式 2】质量为 60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保障，使他悬挂起来，已知弹性安全带缓冲时间为 1.2s，安全带长为 5m，则安全带所受的平均作用力。（g 取）解：对人在全过程中（从开始跌下到安全停止），由动量定理得：mg(t1+t2)Ft2=0 t1=s=1s t2=1.2s F=N =1100N 根据牛顿第三定律可知，安全

12、带所受的平均作用力为 1100N。点评：此题也可用上面的方法分两个阶段分别研究，无论是分过程的解法还是全过程的解法，一定要注意力与时间的对应以及始末状态的确定。类型 五用动量定理求变力的冲量 6.如图所示，将一轻弹簧悬于 O 点，下端和物体 A 相连，物体 A 下面用细线连接物体 B，A、B 质量分别为 M、m，若将细线剪断，待 B 的速度为 v 时，A 的速度为 V，方向向下，求该过程中弹簧弹力的冲量。实用标准 文档大全 思路点拨：求变力的冲量，不能用 Ft 直接求解，可借助动量定理，由动量的变化量间接求出。解析：剪断细线后，B 向下做自由落体运动，A 向上运动。对 A：取向上方向为正，由动

13、量定理得 I弹Mgt=MVO I弹=MgtMV 对 B：由自由落体运动知识 由、解得：=M（v V）类型六用动量定理解决变质量问题 7.一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。设帆面的面积为 S，风速为 v1，船速为 v2（v2v1），空气的密度为，则帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？思路点拨：此题需求平均风力大小，需用动量定理来解决。解析：取如图所示的柱体内的空气为研究对象。这部分空气经过时间后速度由 v1变为 v2，故其质量。取船前进方向为正方向，对这部分气体，设风力为 F，由动量定理有 解得 总结升华：对于流体运动问题，如水流、风等，在运用动量定理求解时，我们常隔离出一定形

14、状的部分流体作为研究对象，然后对其列式计算。【变式】宇宙飞船以的速度进入分布均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进要与个微粒相碰。假如每一微粒的质量，与飞船相碰后附在飞船上。为了使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大。答案：类型七动量定理在系统中的应用 8.滑块 A 和 B（质量分别为 mA和 mB）用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力 F 作用在 B 上，使 A、B 一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图。已知滑块 A、B 与水平面的滑动摩擦因数均为，在力 F 作用时间 t 后，A、B 间连线突然断开，此后力 F 仍作用于 B。试求：滑块 A 刚好停住时，滑块 B 的速度多大？思路点拨：在已

15、知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便。解析：取滑块 A、B 构成的系统为研究对象。设 F 作用时间 t 后线突然断开，此时 A、B 的共同速度为 v，根据动量定理，有 解得 在线断开后，滑块 A 经时间 t 停止，根据动量定理有 由此得 设 A 停止时，B 的速度为 vB。对于 A、B 系统，从力 F 开始作用至 A 停止的全过程，根据动量定理有 将 t 代入此式可求得 B 滑块的速度为 实用标准 文档大全 总结升华：尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量。应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便。【变式】质量为 M 的金属块

16、和质量为 m 的木块通过细线连在一起，从静止开始以加速度 a在水中下沉。经过时间 t，细线断了，金属块和木块分离。再经过时间，木块停止下沉，求此时金属块的速度？解析：将金属块和木块看作一个系统，根据动量定理有：最终木块停止下沉，即速度为零，所以只有金属块有动量，根据动量守恒定律有 王嘉珺 0314 类型八动量定理与动量、能量的综合应用 9.一倾角为45的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度 h01m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量 m 0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度 g10 m/s

17、2。在小物块与挡板的前 4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解析：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为 v。由功能关系得 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 h，则 同理，有 式中，v 为小物块再次到达斜面底端时的速度，I为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由式得 式中 由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 总冲量为 由 得 代入数据得 N s 10.如图所示，在同一水平面内有相互平行且足够长的两条滑轨 MN 和 PQ 相距，垂直于滑轨平面竖直向上的匀

18、强磁场的磁感应强度，垂直于滑轨放置的金属棒 ab 和 cd 质量为和，每根金属棒的电阻均为，其它电阻不计，开始时两棒都静止，且 ab 和 cd 与滑轨间的动摩擦因数分别和，求：当一外力作用 cd 棒 t=5s的时间,恰好使 ab 棒以的速度做匀速运动，那么外力的冲量多大？若在 5s 末令 cd 棒突然停止运动，ab 继续运动直到停止的过程中，通过其横截面的电量为 10C，则在此过程中两根金属棒消耗的电能是多少？（设两棒不相碰，）实用标准 文档大全 解析：ab 棒是由于 cd 棒切割磁感线运动产生感应电动势并在闭合电路产生感受应电流后，使其受到安培力作用而做加速运动。由分析知当它匀速时受安培力和

19、摩擦力平衡：此时隐含 cd 也要匀速运动（设其速度为，外力的冲量为），对两棒组成的系统，由动理定理得：但 解得 当 cd 突然停止，ab 中流过的感应电流方向立即反向，因而受安培力反向使 ab 做变减速运动直到停止，设滑动的距离为 x，由法拉第电磁感应定律得：因流过的电量为 设两棒在该过程消耗的电能为 W，由能量守恒得：解得 总结升华：此题以双杆为载体将受力分析、动量、能量、电磁感应等综合起来，其中 ab 棒匀速隐含 cd 棒也匀速是关键，也是易错点，此类题为高考的一大趋势。迁移应用 【变式】如图，在离水平地面 h 高的地方上有一相距 L 的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为 C，充电后

20、两端电压为 U1。轨道平面处于垂直向上的磁感应强渡为 B 的匀强磁场中。在轨道右端放一质量为 m 的金属棒，当闭合 K，棒离开轨道后电容器的两极电压变为 U2，求棒落在地面离平台多远的位置。分析与解：当 L 闭合时，电容器由于放电，形成放电电流，因而金属棒受磁场力作用做变加速运动，并以一定速度离开导轨做平抛运动，所以棒在导轨上运动时有，即 BILt=BLq=BL(CU1-CU2)=BLC(U1-U2)=mv 棒做平抛运动时有，vt=S 所以 作业：1 如图所示，质量mA为 4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数为 0.24，木板右端放着质量mB为 1.0kg的小物块B（视

21、为质点），它们均处于静止状态木板突然受到水平向右的 12Ns的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EKA为8.0J，小物块的动能EKB为 0.50J，重力加速度取 10m/s2，求：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度0;（2）木板的长度L【解析】（1）在瞬时冲量的作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略 取水平向右为正方向，对A由动量定理，有：I=mA00=3.0m/s（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为A，B的速度为BA、B对C位移为sA、sB 实用标准 文档大全 对A（

22、FfBA+FfCA）t=mAA-mA0 对BFfABt=mBB 其中由牛顿第三定律可得FfBA=FfAB，另FfCA=（mA+mB）g 对A（FfBA+FfCA）sA=1/2mA2A-1/2mA20 对BFfA Bf sB=1/2mB2B 根据动量与动能之间的关系有：mAA=KAAEm2，mBB=KBBEm2 木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L=sA-sB，代入放数据由以上各式可得L=0.50m 2 质量为m=1kg的小木块（可看在质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示长木板放在光滑水平桌面上小木块与长木板间的动摩擦因数=0.1，长木板的长度l=2m系统处于静止状态现使小

23、木块从长木板右端脱离出来，可采用下列两种方法：（g取 10m/s2 （1）给小木块施加水平向右的恒定外力F作用时间t=2s，则F至少多大？（2）给小木块一个水平向右的瞬时冲量I，则冲量I至少是多大？答案：（1）F=185N （2）I=694NS【例 2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机 90m处的洪水中吊到机舱里已知物体的质量为 80kg，吊绳的拉力不能超过 1200N，电动机的最大输出功率为 12kW，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物

24、体到达机舱前已达到最大速度（g取 10m/s2）求：（1）落水物体运动的最大速度；（2）这一过程所用的时间【解析】先让吊绳以最大拉力FTm=1200N工作时，物体上升的加速度为a 由牛顿第二定律有：a=mTFmgm，代入数据得a=5m/s2 当吊绳拉力功率达到电动机最大功率Pm=12kW时，物体速度为，由Pm=Tm，得=10m/s 物体这段匀加速运动时间t1=a=2s，位移s1=1/2at21=10m 此后功率不变，当吊绳拉力FT=mg时，物体达最大速度m=mgPm=15m/s 这段以恒定功率提升物体的时间设为t2，由功能定理有：Pt2-mg（h-s1）=21m 2m-21m 2 代入数据得t

25、2=575s，故物体上升的总时间为t=t1+t2=7.75s 即落水物体运动的最大速度为 15m/s，整个运动过程历时 7.75s 3 一辆汽车质量为m，由静止开始运动，沿水平地面行驶s后，达到最大速度m，设汽车的牵引力功率不变，阻力是车重的k倍，求：（1）汽车牵引力的功率；（2 答案：（1）P=kmgvm （2）t=（vm2+2kgs）/2kgvm 4 一个带电量为-q的液滴，从O点以速度射入匀强电场中，的方向与电场方向成角，已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为，求：（1）最高点的位置可能在O点上方的哪一侧？（2）电场强度为多大？（3）最高点处（设为N）与O点电势

26、差绝对值为多大？【解析】（1）带电液油受重力mg和水平向左的电场力qE，在水平方向 由动能定理有：WG+W电=EK，而EK=0 重力做负功，WG0，故必有W电0，即电场力做正功，故最高点位置一定在O（2）从O点到最高点运动过程中，运动过程历时为t 在水平方向取向右为正方向，有：-qEt=m（-）-m cos 在竖直方向取向上为正方向，有：-mgt=0-m sin 上两式相比得sincos1mgqE，故电场强度为E=sin)cos1(qmg 实用标准 文档大全（3）竖直方向液滴初速度为1=sin，加速度为重力加速度g，故到达最高点时上升的最大高度为h，则h=2221sin22gg 从进入点O到最

27、高点N由动能定理有qU-mgh=EK=0，代入h值得U=22sin2mq 5 一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一密度为液体密度一半的木块，从管的A端由静止开始运动，木块和管壁间动摩擦因数=0.5，管两臂长AB=BC=L=2m，顶端B处为一小段光滑圆弧，两臂与水平面成=37角，如图所示求：（1）木块从A到达B时的速率；（2【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖直向上，大小为F=F浮-mg，而F浮=液Vg=2木Vg=2mg，故F=mg在垂直于管壁方向有：FN=Fcos=mgcos，在平行管方向受滑动摩擦力Ff=N=mgcos，比较可知，Fsin=mgsin=0.6mg，Ff=0.4mg，FsinFf故木块从A到B做匀加速运动，滑过B后F的分布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到C之前速度即已为零，以后将在B两侧管间来回运动，但离B点距离越来越近，最终只能静止在B处（1）木块从A到BFLsin-FfL=1/2m 2B 代入F、Ff各量得B=)cos(sin2gL=22=2.83m/s（2）木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为sFLsin-Ffs=EK=0 代入各量得s=cossinmL=3m