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高中物理动量定理专题 word


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: ①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。 ②用公式 不能用 1.推导: 设一个质量为 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 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 直接求出

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: ①动量定理的表达式是矢量式,在应用时要注意规定正方向; ②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; ③研究对象是单个物体或者系统; ④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
①选取研究对象; ②确定所研究的物理过程及其始末状态; ③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况; ④规定正方向,根据动量定理列式; ⑤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.冲量是物体动量变化的原因 C.动量越大的物体受到的冲量越大 )

B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零 D.冲量的方向就是物体受力的方向

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,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( A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 C.冲量是物体动量变化的原因 答案:BD ) B.冲量是描述运动状态的物理量 D.冲量的方向与动量的方向一致

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。 3. 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。 【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=Pˊ-P=10 ×8-10 ×5=3×10 kg·m/s。 ?根据动量定理可知:
3 3 3

答案:汽车所受到的牵引力为 1598N。 总结升华: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。 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: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 不忽略 一定是正确的。 与 的大小,只有 时, 才可忽略,当然

【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 回离水平网面 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 。若把这段时间内网对运动员 ) ,方向向

高处。已知运动员与网接触的时间为

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: 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= t2=1.2s

=

s=1s

∴F= =1100N

=

N

根据牛顿第三定律可知,安全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。 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 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,由动量定理得 I 弹-Mgt=-MV-O ∴I 弹=Mgt-MV……………① 对 B: 由自由落体运动知识 ,由动量

………………………②

由①、②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(v2<v1),空气的密度为 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 为 v2, 后速度由 v1 变 ,则帆船在匀速前进

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 要与 的速度进入分布均匀的宇宙微粒尘区,飞船每前进 ,与飞船相碰后

个微粒相碰。假如每一微粒的质量

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 tˊ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 tˊ代入此式可求得 B 滑块的速度为

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θ =45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度 h0=1m,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μ =0.2。当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回。 重力加速度 g=10 m/s 。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?
2

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 ①

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 ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 hˊ,则 ③

同理,有

④ ⑤

式中,vˊ为小物块再次到达斜面底端时的速度, Iˊ为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。 由①②③④⑤式得 ⑥

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 ⑧ 总冲量为 由 得 代入数据得 N·s ⑨ ⑩ ⑾

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强磁场的磁感应强度 金属棒 ab 和 cd 质量为 和 ,垂直于滑轨放置的 ,其它电 和 ,

,每根金属棒的电阻均为

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 求: ?当一外力作用 cd 棒 t=5s 的时间,恰好使 ab 棒以 么外力的冲量多大?

的速度做匀速运动, 那

?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, )

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摩擦力平衡: ┅① 此时隐含 cd 也要匀速运动(设其速度为 对两棒组成的系统,由动理定理得: ┅② ,外力的冲量为 ),

但 解①–③得

┅③

?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:

┅④

因流过的电量为

┅⑤ ┅⑥

设两棒在该过程消耗的电能为 W,由能量守恒得: 解④–⑤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 BIL△t=BL△q=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 μ 为 0.24, 木板右端放着质量 mB 为 1.0kg 的小物块 B (视为质点) , 它们均处于静止状态. 木 板突然受到水平向右的 12N· s 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υ 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 = mAυ0?代入数据得:υ0 = 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 υA,B 的速度为 υB.A、B 对 C 位移为 sA、sB.? 对 A 由动量定理有:?—(FfBA+FfCA)t = mAυA-mAυ0? 对 B 由动理定理有:?FfABt = mBυB? 其中由牛顿第三定律可得 FfBA = FfAB,另 FfCA = μ(mA+mB)g?
2 对 A 由动能定理有:?—(FfBA+FfCA)sA = 1/2mAυ A -1/2mAυ 0 ?

?

2

对 B 由动能定理有:?FfA Bf sB = 1/2mBυ B ? 根据动量与动能之间的关系有: mAυA =
2mA EKA ,mBυB = 2mB EKB ?

2

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 μ = 0.1,长木板的 长度 l = 2m.系统处于静止状态.现使小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=1.85N (2)I=6.94NS 【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 =
FTm ? mg m

?

,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 υ,由 Pm = Tmυ,得 υ = 10m/s. 物体这段匀加速运动时间 t1 =

? 2 = 2s,位移 s1 = 1/2at 1 = 10m. a

此后功率不变,当吊绳拉力 FT = mg 时,物体达最大速度 υm = 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) =

Pm = 15m/s. mg

1 1 2 mυ 2 mυ ? m2 2

代入数据得 t2 = 5.75s,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 υm,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)汽车从静止到匀速运动的时间.? 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 υ 射入匀强电场中,υ 的方向与电场方向成 θ 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 υ,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 ?

向做匀变速直线运动,在竖直方向也为匀变速直线运动,合运动为匀变速曲线运动.? 由动能定理有:WG+W 电 = △EK,而△EK = 0 ? 重力做负功,WG<0,故必有 W 电>0,即电场力做正功,故最高点位置一定在 O 点左 侧.? (2)从 O 点到最高点运动过程中,运动过程历时为 t,由动量定理:? 在水平方向取向右为正方向,有:-qEt = m(-υ)-mυcosθ ? 在竖直方向取向上为正方向,有:-mgt = 0-mυsinθ ? 上两式相比得

qE 1 ? cos? m g(1 ? cos? ) ? ,故电场强度为 E = ? mg sin ? q sin ?

(3)竖直方向液滴初速度为 υ1 = υsinθ,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 =
?12
2g ?

? 2 sin 2 ?
2g

?
m? 2 sin 2 ? ? 2q

从进入点 O 到最高点 N 由动能定理有 qU-mgh = △EK = 0, 代入 h 值得 U =

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 μ = 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 α = 37° 角,如图所示.求: (1)木块从 A 到达 B 时的速率; (2)木块从开始运动到最终静止经过的路程.? 【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 = ρ 液 Vg = 2ρ 木 Vg = 2mg, 故 F = mg. 在 垂直于管壁方向有:FN = Fcosα = mgcosα, 在平行管方向受滑动摩擦力 Ff = μN = μmgcosθ,比较可知,Fsinα = ? mgsinα = 0.6mg,Ff = 0.4mg,Fsinα>Ff.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 B 过程中,由动能定理有:? FLsinα-FfL = 1/2mυ 2 B? 代入 F、Ff 各量得 υB =

2gL(sin? ? ? cos? ) = 2 2 = 2.83m/s.?

(2)木块从开始运动到最终静止,运动的路程设为 s,由动能定理有:? FLsinα-Ffs = △EK = 0 ? 代入各量得 s =

L sin ? = 3m m cos ?


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