動量定理模塊知識點總結(jié)

1、動量定理模塊知識點總結(jié)-、動量概念及其理解(1)定義：物體的質(zhì)量及其運動速度的乘積稱為該物體的動量p=mv(2)特征：動量是狀態(tài)量，它與某一時刻相關(guān)；動量是矢量，其方向與物體運動速度的方向相同。(3)意義：速度從運動學(xué)角度量化了機械運動的狀態(tài)，動量則從動力學(xué)角度量化了機械運動的狀態(tài)二、沖量概念及其理解(1)定義：某個力與其作用時間的乘積稱為該力的沖量I=FAt(2)特征：沖量是過程量，它與某一段時間相關(guān)；沖量是矢量，對于恒力的沖量來說，其方向就是該力的方向。(3)意義：沖量是力對時間的累積效應(yīng)。對于質(zhì)量確定的物體來說，合外力決定著其速度將變多快;合外力的沖量將決定著其速度將變多少。對于質(zhì)量不確

2、定的物體來說，合外力決定著其動量將變多快；合外力的沖量將決定著其動量將變多少。三、動量定理：Ft=mV2-mviF-t是合外力的沖量，反映了合外力沖量是物體動量變化的原因.(1)動量定理公式中的Ft是合外力的沖量，是使研究對象動量發(fā)生變化的原因；(2)在所研究的物理過程中，如作用在物體上的各個外力作用時間相同，求合外力的沖量可先求所有力的合外力，再乘以時間，也可求出各個力白沖量再按矢量運算法則求所有力的會沖量；(3)如果作用在被研究對象上的各個外力的作用時間不同，就只能先求每個外力在相應(yīng)時間內(nèi)的沖量，然后再求所受外力沖量的矢量和.(4)要注意區(qū)分“合外力的沖量”和“某個力的沖量”，根據(jù)動量定理

3、，是“合外力的沖量”等于動量的變化量，而不是“某個力的沖量”等于動量的變化量(注意)。1. 質(zhì)量為m的鋼球自高處落下,面對鋼球沖量的方向和大小為(A、向下，m(v1-v2)C、向上，m(v1-v2)以速率vi碰地，豎直向上彈回，碰彈時間極短，離地的速率為V2O在碰撞過程中，地D)B、向下,D、向上,2. 一輛空車和一輛滿載貨物的同型號的汽車,m(v1+v2)m(v1+v2)在同一路面上以相同的速度向同一方向行駛.緊急剎車后(即車輪不滾動只滑動)那么(CD)A.貨車由于慣性大，滑行距離較大C.兩輛車滑行的距離相同B.貨車由于受的摩擦力較大，滑行距離較小D.兩輛車滑行的時間相同3. 一個質(zhì)量為0.

4、3kg的小球，在光滑水平面上以度大小為4m/s。則碰撞前后墻對小球的沖量大小6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速I及碰撞過程中墻對小球做的功W分別為(A)A.I=3kgm/sW=-3JB.I=0.6kg-m/sW=3JC.I=3kgm/s4.如圖1.甲所示,獲得水平向右的速度W=7.8JD.一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為I=0.6kg-m/sW=3Jm1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上.現(xiàn)使m1瞬時3m/s,以此刻為時間零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得(BC)A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B

5、.從t3到t4時刻彈簧由伸長狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長C.兩物體的質(zhì)量之比為m1：m2=1：2D.在t2時刻兩物體的動量之比為P1:P2=1：2m1m25 .一質(zhì)量為m的小球，以初速度v。沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30。的固定斜面上，并立即反方向彈3回。已知反彈速度的大小是入射速度大小的-,求在碰撞中斜面對小球的沖量大小。4v解.小球在碰撞斜面前做平拋運動分量仍為V0,如右圖.由此得v=2v設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v由題意，v的方向與豎直線的夾角為30。，且水平3碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻囊籿.碰撞時間極短,4可不計重力的沖量，由動量定理，斜面對小球的沖量為Im(3v)mv4由、得

6、I7mv0d26 .如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，頂端與豎直墻壁接觸.現(xiàn)打開尾端閥門，氣體往外噴出,是（D設(shè)噴口面積為S,氣體密度為，氣體往外噴出的速度為v,則氣體剛噴出時鋼瓶頂端對豎直墻的作用力大小2vB.SC.D.2SFt=vts7.在傾角為30°的足夠長的斜面上有一質(zhì)量為（d）所示的四種方式隨時間變化（圖中縱坐標(biāo)是m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按圖（a）、（b）（c）、F與mg的比值，力沿斜面向上為正）已知此物體在t=0時速度為零，若用v1、v2、v3個速率中最大的是（C）V4分別表示上述四種受力情況下物體在3秒末的速率，則這四A、v

7、iB、v2C、v3D、V4解析：選向下為正方向曲動量定理分別得到對于對于對于對于ABCD圖:圖:圖:圖:mvi=0.5mgx2-0.5mgx1+0.5mgx3=2mgmv2=-0.5mgx1+0.5mgx1+0.5mgx3=1.5mgmv3=0.5mgX2+0.5mgx3=2.5mgmv4=0.5mgx2-mgx1+0.5mgx3=1.5mg綜合四個選項得到v3最大8 .一雜技演員從一高臺上跳下，下落h=5.0m后，雙腳落在軟墊上，同時他用雙腿彎曲重心下降的方法緩沖，測得緩沖時間t=0.2s,則軟墊對雙腳的平均作用力估計為自身所受重力的（）A、2倍B、4倍C、6倍D、8倍【解析】在下落5.0m

8、的過程中，雜技演員在豎直方向的運動是自由落體運動，所以在接觸軟墊前的瞬時，其速度為v=寸2gh=10m/s。在緩沖過程中，雜技演員（重心）的下降運動，可視為勻減速運動。解析：對緩沖過程，應(yīng)用動量定理有：（N-mg）t=0-（-mv）,代入數(shù)據(jù)可得N=6mg,所以N/mg=6.答案選C9 .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60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s,若把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小。（g=10m/s2）【解析】將運動

9、員看質(zhì)量為m的質(zhì)點，從hl高處下落，剛接觸網(wǎng)時速度的大小1%：2ghi（向下）彈跳后到達的高度為h2,剛離網(wǎng)時速度的大小v1%：2gh2（向上）速度的改變量12（向上）以a表示加速度，t表示接觸時間，則at10.如圖所示，光滑水平的地面上靜置一質(zhì)量為M的又足夠長的木板A,在木板的A的左端有一質(zhì)量為m的小物體B,它的初速度為v0,與木板的動摩擦因素為因求小物體B在木板A上相對滑動的時間to【解析】該題中的已知量和所求量只涉及到力、時間和位移，所以可以考慮應(yīng)用動量定理求解。但研究的對象有A、B兩個物體，我們可以分別列出A、B的動量定理的表達式：設(shè)A、B最終達到的共同速度為V。對A物體有：mgt=M

10、v對B物體有：-mgt=mv-mv0tM0由上述兩式聯(lián)立可得：g（Mm）11.如圖所示，在光滑水平面上并排放著A、B兩木塊，質(zhì)量分別為mA和mB。一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0先后擊中木塊A、B,木塊A、B對子彈的阻力恒為f。子彈穿過木塊A的時間為t1,穿過木塊B的時間為t2。求：子彈剛穿過木塊A后，木塊A的速度vA、和子彈的速度v1分別為多大？子彈穿過木塊B后，木塊B的速度vB和子彈的速度v2又分別為多大？【解析】子彈剛進入A到剛穿出A的過程中:v0對A、B:由于A、B的運動情況完全相同，可以看作一個整體Lt1ft1=(mA+mB)VA所以：vA=mAmBft1對子弓-fi-ft1=mV1

11、+mv0所以：V1=V0-m子彈岡I進入B到剛穿出B的過程中：1t2對物體B:ft2=mBVB-mBVA所以：VB=f(mAmbmB)f(t1t2)對子弓t：-ft2=mV2-mV1所以：V2=V0-m12 .甲、乙兩個物體動量隨時間變化的圖像如圖所示，圖像對應(yīng)的物體的運動過程可能是（BD）A、甲物體可能做勻加速運動B、甲物體可能做豎直上拋運動C、乙物體可能做勻變速運動D、乙物體可能與墻壁發(fā)生彈性碰撞知識點總結(jié)-牛頓第二定律和動量定理：1 .牛頓第二定律可用動量來表示：從牛頓第二定律出發(fā)可以導(dǎo)出動量定理，因此牛頓第二定律和動量定理都反映了外力作用與物體運動狀態(tài)變化的因果關(guān)系。F由F=ma和a=

12、Au/At得Pt,作用力等于動量的變化率.2 .牛頓第二定律與動量定理存在區(qū)別：牛頓第二定律反映了力與加速度之間的瞬時對應(yīng)關(guān)系，它反映某瞬時物體所受的合外力與加速度之間的關(guān)系，而動量定理是研究物體在合外力持續(xù)作用下，在一段時間內(nèi)的積累效應(yīng)，在這段時間內(nèi)物體的動量發(fā)生變化.因此，在考慮各物理量的瞬時對應(yīng)關(guān)系時，用牛頓第二定律，而在考慮某一物理過程中物理量間的關(guān)系時，應(yīng)優(yōu)先考慮用動量定理.3 .動量定理與牛頓第二定律相比較，有其獨特的優(yōu)點：不考慮中間過程。的問4 .動量定理除用來解決在恒力持續(xù)作用下的問題外，尤其適合用來解決作用時間短、而力的變化又十分復(fù)雜題，如沖擊、碰撞、反沖等。5 .動量定理比

13、牛頓第二定律在應(yīng)用上有更大的靈活性和更廣闊的應(yīng)用范圍.牛頓第二定律只適用于宏觀物體的低速運動情況，而動量定理則普遍適用。6、牛頓第二定律和動量定理都適用于地面參考系。13 .質(zhì)量為10kg的物體在F=200N的水平推力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動，斜面固定不動，與水平地面的夾角。=37O.力F作用2s鐘后撤去，物體在斜面上繼續(xù)上滑了1.25s鐘后，速度減為零.求：物體與斜面間的動摩擦因數(shù)科和物體的總位移So(已知sin37o=0.6,cos37O=0.8,g=10m/s2)【解析】對全過程應(yīng)用動量定理有：Fcos0t1=(mgcos0+Fsin0)t1+mgsin0(t1+t2

14、)+mgcos0t2代入數(shù)據(jù)解得科=0.25。又考慮第二個過程，則由牛頓定律有a2=gsin0+gcos0=8m/s2第二過程的初速度為v=a2t2=10m/s?？偽灰茷閟=2(t1+t2)=16.25s。14 .在相同條件下，玻璃杯掉在石板上易破碎，掉在棉被上不易破碎，這是因為RBC1A.前一種情況下沖量大B.后一種情況下相互作用時間長，沖力小C.前一種情況下動量的變化率大D.后一種情況下動量的變化大15 .雜技表演時，常可看見有人用鐵錘猛擊放在“大力士”身上的大石塊，石裂而人不傷，這是什么道理？請加以分析.【解析】大石塊意味它的質(zhì)量很大：“猛擊”表示作用力很大，且作用時間極短；“人未受傷”

15、說明大石塊對人身體的壓強不大.用鐵錘猛擊放在“大力上”身上的大石塊，大石塊受到很大的打擊力而破裂，但是，根據(jù)動量定理Ft=mu1-mFtVtV0u0得m,對大石塊來說，雖然受到的作用力F很大，但力作用時間極短，而大石塊的質(zhì)量又很大，因而引起的速度變化Ut-U0就很小，即大石塊幾乎沒有向下運動，而且石塊與人的身體接觸面積又較大，據(jù)P=F/S,所以人身體受的壓強并不很大，故此人不會受傷16 .在行車過程中，如果車距不夠，剎車不及時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到傷害，為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害，人們設(shè)計了安全帶。假定乘客質(zhì)量為70kg,汽車車速為108km/h(即30m/s),從踩下剎車到車

16、完全停止需要的時間為5s,安全帶對乘客的作用力大小約為(A)A.400NB.600NC.800ND.1000N17 .運輸家用電器、易碎器件等物品時，經(jīng)常用泡沫塑料作填充物，這是為了在運輸過程中(CD)A.減小物品受到的沖量B.使物體的動量變化量減小C.延長了物品受撞擊的相互作用時間D.較尖銳的物體不是直接撞擊物品表面，而是撞擊泡沫塑料，減小撞擊時的壓強18.如圖所示，水平面上疊放著a、b兩木塊，用手輕推木塊b,a會跟著一起運動；若用錘子水平猛擊一下b,a就不會跟著b運動，這說明（BD）A.輕推b時，b給a的作用力大B.輕推b時，b給a的作用時間長C.猛擊b時，b給a的沖量大La-LFD.猛擊b時，b給a的沖量小b19. 一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程I,進人泥潭直到停止的過程稱為過程n,則（ac）A.過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量B.過程n中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小C.I、n兩個過程中合外力的總沖量等于零D.過程n中鋼珠的動量的改變量等于零【解析】根據(jù)動量定理可知，在過程I中，鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)自由下落.不計空氣阻力，小球所受的合外力即為重力，因此鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量，選項A正確；過程I中阻力的沖量的大小等于