動量與動量定理的應用

1、動量和動量定理的經(jīng)典例題透析類型一對基本概念的理解1.關于沖量，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，B錯誤；物體所受沖量大小與動量大小無關，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

2、同，故D錯誤。答案：A【變式】關于沖量和動量，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 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。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

3、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

4、擦力??；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。快拉時摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以動量改變也小，因此，CD正確?？偨Y(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。【變式1】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

5、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=103×8-103×5=3×1

6、03kg·m/s。根據(jù)動量定理可知：答案：汽車所受到的牽引力為1598N。總結(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：

7、本題是動量定理的實際應用，分清速度變化是問題的關鍵。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3498N，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)

8、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?。海较蛳蛳?； 剛離開網(wǎng)時速度大?。?，方向向上。運動員與網(wǎng)接觸的過程，設網(wǎng)對運動員的作用力為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?。┙猓簩θ嗽谌^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 =110

9、0N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. 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

10、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（v2<v1），空氣的密度為，則帆船在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

11、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)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構成的系統(tǒng)為研

12、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?！咀兪健抠|(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

13、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。 由功能關系得 以沿斜面向上為動量的正方向。按

14、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級數(shù)，首項為 總沖量為 由 得 代入數(shù)據(jù)得 N·s 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

15、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

16、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

17、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1.0kg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12N·s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

18、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、sB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系有：m

19、AA = ，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

20、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，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P

21、m = 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

22、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能定理有：WG+W電 = EK，而EK = 0重力做負功，WG0，故必有W電0，即電場力做正功，故最高點位置一定在O點左側(cè)（2）從O點到最高點運動過程中，運動過程歷