高中物理動量定理專題_word

1、動量和動量定理的應用知識點一沖量（I）要點詮釋：1.定義：力F和作用時間的乘積，叫做力的沖量。2.公式：3.單位：4.方向：沖量是矢量，方向是由力F的方向決定。5.注意：沖量是過程量，求沖量時一定要明確是哪一個力在哪一段時間內(nèi)的沖量。用公式求沖量，該力只能是恒力，無論是力的方向還是大小發(fā)生變化時，都不能用直接求出1.推導：設一個質(zhì)量為的物體，初速度為，在合力F的作用下，經(jīng)過一段時間，速度變?yōu)閯t物體的加速度由牛頓第二定律可得，即 （為末動量，P為初動量）2.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。3.公式：或4.注意事項：動量定理的表達式是矢量式，在應用時要注意規(guī)定正方向；式中F是指包

2、含重力在內(nèi)的合外力，可以是恒力也可以是變力。當合外力是變力時，F(xiàn)應該是合外力在這段時間內(nèi)的平均值；研究對象是單個物體或者系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體的低速運動，也適用與微觀物體的高速運動。5.應用：在動量變化一定的條件下，力的作用時間越短，得到的作用力就越大，因此在需要增大作用力時，可盡量縮短作用時間，如打擊、碰撞等由于作用時間短，作用力都較大，如沖壓工件；在動量變化一定的條件下，力的作用時間越長，得到的作用力就越小，因此在需要減小作用力時，可盡量延長作用時間，如利用海綿或彈簧的緩沖作用來延長作用時間，從而減小作用力，再如安全氣囊等。規(guī)律方法指導1.動量定理和牛頓第二定律的比較（1）動量定理反映的

3、是力在時間上的積累效應的規(guī)律，而牛頓第二定律反映的是力的瞬時效應的規(guī)律（2）由動量定理得到的，可以理解為牛頓第二定律的另一種表達形式，即：物體所受的合外力等于物體動量的變化率。（3）在解決碰撞、打擊類問題時，由于力的變化規(guī)律較復雜，用動量定理處理這類問題更有其優(yōu)越性。4.應用動量定理解題的步驟選取研究對象；確定所研究的物理過程及其始末狀態(tài)；分析研究對象在所研究的物理過程中的受力情況；規(guī)定正方向，根據(jù)動量定理列式；解方程，統(tǒng)一單位，求得結(jié)果。經(jīng)典例題透析類型一對基本概念的理解1.關(guān)于沖量，下列說法中正確的是（ ）A.沖量是物體動量變化的原因 B.作用在靜止的物體上力的沖量一定為零C.動量越大的物

4、體受到的沖量越大 D.沖量的方向就是物體受力的方向思路點撥：此題考察的主要是對概念的理解解析：力作用一段時間便有了沖量，而力作用一段時間后物體的運動狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動量也發(fā)生了變化，因此說沖量使物體的動量發(fā)生了變化，A對；只要有力作用在物體上，經(jīng)歷一段時間，這個力便有了沖量，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，B錯誤；物體所受沖量大小與動量大小無關(guān)，C錯誤；沖量是一個過程量，只有在某一過程中力的方向不變時，沖量的方向才與力的方向相同，故D錯誤。答案：A【變式】關(guān)于沖量和動量，下列說法中錯誤的是（ ）A.沖量是反映力和作用時間積累效果的物理量 B.沖量是描述運動狀態(tài)的物理量C.沖量是物體動量變化的原因

5、 D.沖量的方向與動量的方向一致答案：BD點撥：沖量是過程量；沖量的方向與動量變化的方向一致。故BD錯誤。類型二用動量定理解釋兩類現(xiàn)象2.玻璃杯從同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松軟的地毯上不易碎。這是為什么？解釋：玻璃杯易碎與否取決于落地時與地面間相互作用力的大小。由動量定理可知，此作用力的大小又與地面作用時的動量變化和作用時間有關(guān)。因為杯子是從同一高度落下，故動量變化相同。但杯子與地毯的作用時間遠比杯子與水泥地面的作用時間長，所以地毯對杯子的作用力遠比水泥地面對杯子的作用力小。所以玻璃杯從同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松軟的地毯上不易碎。. 如圖，把重物壓在紙

6、帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面抽出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（ ）A.在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大B.在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小C.在緩慢拉動時，紙帶給重物的沖量大D.在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小解析：在緩慢拉動時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力。由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。所以一般情況是：緩拉摩擦力小；快拉摩擦力大，故AB都錯；緩拉紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間很長，故重物獲得的沖量可以很大，所以能把重物帶動?？炖瓡r摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以動

7、量改變也小，因此，CD正確。總結(jié)升華：用動量定理解釋現(xiàn)象一般可分為兩類：一類是物體的動量變化一定，力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。另一類是作用力一定，力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。分析問題時，要搞清楚哪個量一定，哪個量變化?！咀兪?】有些運動鞋底有空氣軟墊，請用動量定理解釋空氣軟墊的功能。解析：由動量定理可知，在動量變化相同的情況下，時間越長，需要的作用力越小。因此運動鞋底部的空氣軟墊有延長作用時間，從而減小沖擊力的功能?！咀兪?】機動車在高速公路上行駛，車速越大時，與同車道前車保持的距離也越大。請用動量定理解釋這樣做的理由。解析：由動量定理可

8、知，作用力相同的情況下，動量變化越大，需要的時間越長。因此，車速越大時，與同車道前車保持的距離也要越大。類型三動量定理的基本應用4. 質(zhì)量為1T的汽車，在恒定的牽引力作用下，經(jīng)過2s的時間速度由5m/s提高到8m/s，如果汽車所受到的阻力為車重的0.01，求汽車的牽引力？思路點撥：此題中已知力的作用時間來求力可考慮用動量定理較為方便。解析：物體動量的增量P=P-P=1038-1035=3103kgm/s。根據(jù)動量定理可知：答案：汽車所受到的牽引力為1598N?？偨Y(jié)升華：本題也是可以應用牛頓第二定律，但在已知力的作用時間的情況下，應用動量定理比較簡便?！咀兪健恳粋€質(zhì)量5kg的物體以4m/s的速度

9、向右運動，在一恒力作用下，經(jīng)過0.2s其速度變?yōu)?m/s向左運動。求物體所受到的作用力。解析：規(guī)定初速度的方向即向右為正方向，根據(jù)動量定理可知：負號表示作用力的方向向左。答案：物體所受到的作用力為300N，方向向左。類型四求平均作用力5. 汽錘質(zhì)量，從1.2m高處自由落下，汽錘與地面相碰時間為，碰后汽錘速度為零，不計空氣阻力。求汽錘與地面相碰時，地面受到的平均作用力。思路點撥：本題是動量定理的實際應用，分清速度變化是問題的關(guān)鍵。解析：選擇汽錘為研究對象，設汽錘落地是速度為，則有汽錘與地面相碰時，受力如圖所示， 選取向上為正方向，由動量定理得 根據(jù)牛頓第三定律可知，地面受到的平均作用力大小為34

10、98N，方向豎直向下。答案：平均作用力大小為3498N，方向豎直向下?？偨Y(jié)升華：動量定理是合力的沖量；動量定理是矢量式。在解決這類豎直方向的打擊問題中，重力是否能忽略，取決于與的大小，只有時，才可忽略，當然不忽略一定是正確的?！咀兪?】蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質(zhì)量為的運動員，從離水平網(wǎng)面高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為。若把這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。（g取）解析：運動員剛接觸網(wǎng)時速度大?。?，方向向下； 剛離開網(wǎng)時速度大小：，方向向上。運動員與網(wǎng)接觸的過程，設網(wǎng)對運動員的作

11、用力為F，對運動員由動量定理有： 取向上為正方向，則 解得：方向向上。答案：N【變式2】質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保障，使他懸掛起來，已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s，安全帶長為5m，則安全帶所受的平均作用力。（g取）解：對人在全過程中（從開始跌下到安全停止），由動量定理得：mg(t1+t2)Ft2=0t1=s=1st2=1.2sF=N =1100N根據(jù)牛頓第三定律可知，安全帶所受的平均作用力為1100N。點評：此題也可用上面的方法分兩個階段分別研究，無論是分過程的解法還是全過程的解法，一定要注意力與時間的對應以及始末狀態(tài)的確定。類型五用動量定理求變力的沖量6.

12、 如圖所示，將一輕彈簧懸于O點，下端和物體A相連，物體A下面用細線連接物體B，A、B質(zhì)量分別為M、m，若將細線剪斷，待B的速度為v時，A的速度為V，方向向下，求該過程中彈簧彈力的沖量。思路點撥：求變力的沖量，不能用Ft直接求解，可借助動量定理，由動量的變化量間接求出。解析：剪斷細線后，B向下做自由落體運動，A向上運動。對A： 取向上方向為正，由動量定理得 I彈Mgt=MVO I彈=MgtMV對B： 由自由落體運動知識 由、解得： =M（vV）類型六用動量定理解決變質(zhì)量問題7. 一艘帆船在靜水中由風力推動做勻速直線運動。設帆面的面積為S，風速為v1，船速為v2（v2v1），空氣的密度為，則帆船在

13、勻速前進時帆面受到的平均風力大小為多少？思路點撥：此題需求平均風力大小，需用動量定理來解決。解析：取如圖所示的柱體內(nèi)的空氣為研究對象。這部分空氣經(jīng)過時間后速度由v1變?yōu)関2，故其質(zhì)量。 取船前進方向為正方向，對這部分氣體，設風力為F，由動量定理有解得總結(jié)升華：對于流體運動問題，如水流、風等，在運用動量定理求解時，我們常隔離出一定形狀的部分流體作為研究對象，然后對其列式計算。【變式】宇宙飛船以的速度進入分布均勻的宇宙微粒塵區(qū)，飛船每前進要與個微粒相碰。假如每一微粒的質(zhì)量，與飛船相碰后附在飛船上。為了使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應為多大。答案：類型七動量定理在系統(tǒng)中的應用8. 滑塊A和B（質(zhì)

14、量分別為mA和mB）用輕細線連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一起由靜止開始沿水平桌面滑動，如圖。已知滑塊A、B與水平面的滑動摩擦因數(shù)均為，在力F作用時間t后，A、B間連線突然斷開，此后力F仍作用于B。試求：滑塊A剛好停住時，滑塊B的速度多大？ 思路點撥：在已知力的作用時間的情況下，可考慮應用動量定理求解比較簡便。解析：取滑塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象。設F作用時間t后線突然斷開，此時A、B的共同速度為v，根據(jù)動量定理，有解得在線斷開后，滑塊A經(jīng)時間t停止，根據(jù)動量定理有由此得設A停止時，B的速度為vB。對于A、B系統(tǒng)，從力F開始作用至A停止的全過程，根據(jù)動量定理有將t

15、代入此式可求得B滑塊的速度為總結(jié)升華：盡管系統(tǒng)內(nèi)各物體的運動情況不同，但各物體所受的沖量之和仍等于各物體總動量的變化量。應用這個處理方法能使一些繁雜的運動問題求解更簡便。【變式】質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊通過細線連在一起，從靜止開始以加速度a在水中下沉。經(jīng)過時間t，細線斷了，金屬塊和木塊分離。再經(jīng)過時間，木塊停止下沉，求此時金屬塊的速度？解析：將金屬塊和木塊看作一個系統(tǒng)，根據(jù)動量定理有：最終木塊停止下沉，即速度為零，所以只有金屬塊有動量，根據(jù)動量守恒定律有王嘉珺0314 類型八動量定理與動量、能量的綜合應用9.一傾角為45的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度h01m，斜面底端有一垂直于

16、斜面的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)0.2。當小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g10 m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？解析：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為v。 由功能關(guān)系得 以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量 設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h，則 同理，有 式中，v為小物塊再次到達斜面底端時的速度， I為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。 由式得 式中 由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比

17、級數(shù)，首項為 總沖量為 由 得 代入數(shù)據(jù)得 Ns 10.如圖所示，在同一水平面內(nèi)有相互平行且足夠長的兩條滑軌MN和PQ相距，垂直于滑軌平面豎直向上的勻強磁場的磁感應強度，垂直于滑軌放置的金屬棒ab和cd質(zhì)量為和，每根金屬棒的電阻均為，其它電阻不計，開始時兩棒都靜止，且ab和cd與滑軌間的動摩擦因數(shù)分別和，求：當一外力作用cd棒 t=5s的時間,恰好使ab棒以的速度做勻速運動，那么外力的沖量多大？若在5s末令cd棒突然停止運動，ab繼續(xù)運動直到停止的過程中，通過其橫截面的電量為10C，則在此過程中兩根金屬棒消耗的電能是多少？（設兩棒不相碰，）解析：ab棒是由于cd棒切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢并

18、在閉合電路產(chǎn)生感受應電流后，使其受到安培力作用而做加速運動。由分析知當它勻速時受安培力和摩擦力平衡：此時隱含cd也要勻速運動（設其速度為，外力的沖量為），對兩棒組成的系統(tǒng)，由動理定理得： 但解得當cd突然停止，ab中流過的感應電流方向立即反向，因而受安培力反向使ab做變減速運動直到停止，設滑動的距離為x，由法拉第電磁感應定律得：因流過的電量為設兩棒在該過程消耗的電能為W，由能量守恒得：解得總結(jié)升華：此題以雙桿為載體將受力分析、動量、能量、電磁感應等綜合起來，其中ab棒勻速隱含cd棒也勻速是關(guān)鍵，也是易錯點，此類題為高考的一大趨勢。遷移應用【變式】如圖，在離水平地面h高的地方上有一相距L的光滑軌

19、道，左端接有已充電的電容器，電容為C，充電后兩端電壓為U1。軌道平面處于垂直向上的磁感應強渡為B的勻強磁場中。在軌道右端放一質(zhì)量為m的金屬棒，當閉合K，棒離開軌道后電容器的兩極電壓變?yōu)閁2，求棒落在地面離平臺多遠的位置。分析與解：當L閉合時，電容器由于放電，形成放電電流，因而金屬棒受磁場力作用做變加速運動，并以一定速度離開導軌做平拋運動，所以棒在導軌上運動時有 ，即BILt=BLq=BL(CU1-CU2)=BLC(U1-U2)=mv棒做平拋運動時有，vt=S 所以 作業(yè)：1 如圖所示，質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0

20、kg的小物塊B（視為質(zhì)點），它們均處于靜止狀態(tài)木板突然受到水平向右的12Ns的瞬時沖量作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EKA為8.0J，小物塊的動能EKB為0.50J，重力加速度取10m/s2，求：（1）瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度0;（2）木板的長度L【解析】（1）在瞬時沖量的作用時，木板A受水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略取水平向右為正方向，對A由動量定理，有：I = mA0代入數(shù)據(jù)得：0 = 3.0m/s（2）設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A的速度為A，B的速度為BA、B對C位移為sA、s

21、B對A由動量定理有：（FfBA+FfCA）t = mAA-mA0對B由動理定理有：FfABt = mBB其中由牛頓第三定律可得FfBA = FfAB，另FfCA = （mA+mB）g對A由動能定理有：（FfBA+FfCA）sA = 1/2mA-1/2mA對B由動能定理有：FfA Bf sB = 1/2mB根據(jù)動量與動能之間的關(guān)系有：mAA = ，mBB = 木板A的長度即B相對A滑動距離的大小，故L = sA-sB，代入放數(shù)據(jù)由以上各式可得L = 0.50m2 質(zhì)量為m = 1kg的小木塊（可看在質(zhì)點），放在質(zhì)量為M = 5kg的長木板的左端，如圖所示長木板放在光滑水平桌面上小木塊與長木板間的

22、動摩擦因數(shù) = 0.1，長木板的長度l = 2m系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)現(xiàn)使小木塊從長木板右端脫離出來，可采用下列兩種方法：（g取10m/s2） （1）給小木塊施加水平向右的恒定外力F作用時間t = 2s，則F至少多大？（2）給小木塊一個水平向右的瞬時沖量I，則沖量I至少是多大？答案：（1）F=185N （2）I=694NS【例2】在一次抗洪搶險活動中，解放軍某部隊用直升飛機搶救一重要落水物體，靜止在空中的直升飛機上的電動機通過懸繩將物體從離飛機90m處的洪水中吊到機艙里已知物體的質(zhì)量為80kg，吊繩的拉力不能超過1200N，電動機的最大輸出功率為12kW，為盡快把物體安全救起，操作人員采取的辦法是，

23、先讓吊繩以最大拉力工作一段時間，而后電動機又以最大功率工作，當物體到達機艙前已達到最大速度（g取10m/s2）求：（1）落水物體運動的最大速度；（2）這一過程所用的時間【解析】先讓吊繩以最大拉力FTm = 1200N工作時，物體上升的加速度為a，由牛頓第二定律有：a = ，代入數(shù)據(jù)得a = 5m/s2當?shù)趵K拉力功率達到電動機最大功率Pm = 12kW時，物體速度為，由Pm = Tm，得 = 10m/s物體這段勻加速運動時間t1 = = 2s，位移s1 = 1/2at = 10m此后功率不變，當?shù)趵K拉力FT = mg時，物體達最大速度m = = 15m/s這段以恒定功率提升物體的時間設為t2，由

24、功能定理有：Pt2-mg（h-s1） = m-m2代入數(shù)據(jù)得t2 = 575s，故物體上升的總時間為t = t1+t2 = 7.75s即落水物體運動的最大速度為15m/s，整個運動過程歷時7.75s3一輛汽車質(zhì)量為m，由靜止開始運動，沿水平地面行駛s后，達到最大速度m，設汽車的牽引力功率不變，阻力是車重的k倍，求：（1）汽車牽引力的功率；（2）汽車從靜止到勻速運動的時間答案：（1）P=kmgvm （2）t=（vm2+2kgs）/2kgvm4 一個帶電量為-q的液滴，從O點以速度射入勻強電場中，的方向與電場方向成角，已知油滴的質(zhì)量為m，測得油滴達到運動軌道的最高點時，速度的大小為，求：（1）最高點的位置可能在O點上方的哪一側(cè)？ （2）電場強度為多大？（3）最高點處（設為N）與O點電勢差絕對值為多大？【解析】（1）帶電液油受重力mg和水平向左的電場力qE，在水平方向做勻變速直線運動，在豎直方向也為勻變速直線運動，合運動為勻變速曲線運動由動