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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载动量和动量定理的应用学问点一 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 的方向打算；5. 留意：冲量是过程量,求冲量时肯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,无论是力的方向仍是大小发生变化时,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,速度变为就物体的加速度由牛顿其次定律可得（,即为末动量, P 为初动量）2. 动量定理：物体所受合外力的冲
2、量等于物体的动量变化；3. 公式：或4. 留意事项：动量定理的表达式是矢量式,在应用时要留意规定正方向；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 应当是合外力在这段时间内的平均值；讨论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：在动量变化肯定的条件下,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；名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 在动量
3、变化优秀学习资料欢迎下载肯定的条件下,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. 动量定理和牛顿其次定律的比较（1）动量定理反映的是力在时间上的积存效应的规律,而牛顿其次定律反映的是力的瞬时效应的规律（2）由动量定理得到的,可以懂得为牛顿其次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. 应用动量定懂得题的步骤 选取讨论对象；确定所讨论的物理过程及其
4、始末状态；分析讨论对象在所讨论的物理过程中的受力情形；规定正方向,依据动量定理列式；解方程,统一单位,求得结果；经典例题透析类型一 对基本概念的懂得1. 关于冲量,以下说法中正确选项（）A. 冲量是物体动量变化的缘由 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肯定为零 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懂得 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,经受一段时间,这个力便有了冲量,与物体处于什么状态无关,B错误；
5、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,以下说法中错误选项（）A. 冲量是反映力和作用时间积存成效的物理量 C.冲量是物体动量变化的缘由 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样名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载点拨： 冲量是过程量；冲量的方向与动量变化的方向一样；故 BD错误；类型二 用动量定懂得释两类现象2. 玻璃杯从同一高
6、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？说明： 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；由于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； . 如图,把重物压在纸带上,用一水平力慢慢拉动纸带,重物跟着一起运动,如快速拉动纸带,纸带将会从重物下面抽出,说明这些现象的正确说法是（）A. 在缓慢拉动纸带时,重物和
7、纸带间的摩擦力大B. 在快速拉动时,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.在快速拉动时,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,在快速拉动时,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；所以一般情形是：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,所以动量转变也小,因此,CD正确；总结升华： 用动量定懂得释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化肯定,力的作用时间越短,力就越大；时间越长,力就
8、越小；另一类是作用力肯定,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,要搞清晰哪个量肯定,哪个量变化；【变式 1】有些运动鞋底有空气软垫,请用动量定懂得释空气软垫的功能；解析： 由动量定理可知,在动量变化相同的情形下,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】机动车在高速大路上行驶,车速越大时,与同车道前车保持的距离也越大；请用动量定懂得释这样做的理由；解析：由动量定理可知,作用力相同的情形下,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名
9、师归纳总结 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 提高第 3 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载到 8m/s,假如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便利；解析： 物体动量的增量P=P -P=103 8-103 5=3 103kgm/s；依据动量定理可知：答案： 汽车所受到的牵引力为 1598N；总结升华： 此题也是可以应用牛顿其次定律,但在已知力的作用时间的情形下,应用动量定理比较简便；【变式】
10、 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,依据动量定理可知：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： 此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： 挑选汽锤为讨论对象,设汽锤落地是速度为,就有汽锤与地面相碰时,受力如下列图,选取向上为正方向,
11、由动量定理得依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；名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载答案： 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,重力是否能忽视,取决于与的大小,只有时,才可忽视,当然不忽视肯定是正确的；【变式 1】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻动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
12、；已知运动员与网接触的时间为；如把这段时间内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；答案：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,就解得：方向向上；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证,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,就安全带所受的平均作用力；（g 取）解： 对人在全过程中（从开头跌下到安全停止）,由动量定理得：mgt1+t2 Ft2=0 t 1=s=1s t2=1.2s
13、名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - F=优秀学习资料N 欢迎下载 =1100N 依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讨论,解法,肯定要留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无论是分过程的解法仍是全过程的6. 如下列图,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,如将细线剪断,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
14、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,由动量定理得 I 弹Mgt= MVO I 弹=MgtMV 对 B：由自由落体运动学问 由、解得：=M（vV）类型六 用动量定懂得决变质量问题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 v 1,船速为 v 2（v 2v1）,空气的密度为 时帆面受到的平均风力大小为多少？,就帆船在匀速前进思路点拨： 此题需求平均风力大小,需用动量定理来解决；解析： 取如下列图的柱体内的空气为讨论对象；这部分空气经过时间 后速度由
15、 v1 变为 v2,名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故其质量优秀学习资料欢迎下载；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,我们常隔离出肯定外形的部分流体作为讨论对象,然后对其列式运算；【变式】 宇宙飞船以 的速度进入分布匀称的宇宙微粒尘区,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
16、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一起由静止开头沿水平桌面滑动,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形下,可考虑应用动量定理求解比较简便；解析： 取滑块 A、B 构成的系统为讨论对象；设F 作用时间 t 后线突然断开,此时A、B的共同速度为v,依据动量定理,有解得在线断开后,滑块由此得A经时间 t 停止,依据动量定理有设 A 停止时, B 的速度为 vB；对于
17、A、B系统,从力F 开头作用至A 停止的全过程,依据动量定理有名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 将 t 代入此式可求得优秀学习资料欢迎下载B滑块的速度为总结升华： 尽管系统内各物体的运动情形不同,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纷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,从静止开头以加速度a 在水中下沉；经过时间 t ,细线断了,金属块和木块分别；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,
18、依据动量定理有：最终木块停止下沉,即速度为零, 所以只有金属块有动量,依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m0.09kg 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 2；在小物块与挡板的前 4 次碰撞过程中,挡板赐予小物块的总冲量是多少？解析： 设小物块从高为h 处由静止开头沿斜面对下运动,到达斜面底端时速度为v；由功能关系得 以沿斜面对上为动量的
19、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 ,就名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 同理,有优秀学习资料欢迎下载式中, 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Ns MN和 PQ相距10. 如下列图,在同一水平面内有相互平行且足够长的两条滑轨,垂直于滑轨平面竖直向上的匀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
20、为和,每根金属棒的电阻均为,其它电阻不计,开头时两棒都静止, 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？如在 5s 末令 cd 棒突然停止运动,ab 连续运动直到停止的过程中,通过其横截面的名师归纳总结 电量为 10C,就在此过程中两根金属棒消耗的电能是多少？（设两棒不相碰,）第 9 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载解析：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
21、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稳： 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刻反向,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
22、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；名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载分析与解： 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, 并以肯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=BLCU1-CU2=BLCU
23、 1-U2=mv 棒做平抛运动时有,vt=S 所以作业：1 如下列图,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 的瞬时冲量作用开头运动,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）瞬时冲量作用终止时木板的速度 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视取水平向右为正方
24、向,对A 由动量定理,有：I = mA0代入数据得： 0 = 3.（2）设 A 对 B、B 对 A、 C 对 A 的滑动摩擦力大小分别为F fAB、F fBA、F fCA,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对 A 由动量定理有：（ F fBA+F fCA）t = mAA-mA0对 B 由动理定理有：F fABt = mBB其中由牛顿第三定律可得F fBA = FfAB,另 F fCA = （mA+mB）g名师归纳总结 对 A 由动能定理有：（ F fBA+F fCA）sA = 1/2mA2 A-1/2mA2 0
25、2 mBEKB第 11 页,共 14 页对 B 由动能定理有：F fA Bf sB = 1/2mB2,mBB = B依据动量与动能之间的关系有：mAA = 2mAEKA- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载木板 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 = 0.50m2 质量为 m = 1 kg 的小木块（可看在质点） ,放在质量为M = 5 kg 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
26、态现使小木块从长木板右端脱离出来,可采纳以下两种方法： （g 取 10m/s 2）（1）给小木块施加水平向右的恒定外力 少多大？（2）给小木块一个水平向右的瞬时冲量答案：（1）F=1 85N （2）I=6 94NS F 作用时间 t = 2s,就 F 至I,就冲量 I 至少是多大？【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, 操作人员实行的方法是,先让吊绳以最大拉力工作一
27、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/s 2）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 F Tm = 1200N 工作时,物体上升的加速度为 a,F T m mg 2由牛顿其次定律有：a = ,代入数据得 a = 5m/sm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 t 1 = = 2s,位移 s1 = 1/2at 1 2= 10ma此后功率不变,当吊绳拉力 FT = mg 时,物体达最大速度 m = Pm= 1
28、5m/smg这段以恒定功率提升物体的时间设为 t 2,由功能定理有：Pt2-mg（h-s1） = 1 m 2m-1 m 22 2代入数据得 t2 = 575s,故物体上升的总时间为 t = t1+t2 = 7.75 s即落水物体运动的最大速度为 15m/s,整个运动过程历时 7.75s3 一辆汽车质量为 m,由静止开头运动,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；名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载（2）汽车从静止到匀
29、速运动的时间答案：（ 1）P=kmgv m（ 2）t=（ vm 2+2kgs）/2kgvm4 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 点电势差肯定值为多大？【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, WG0,故必有 W
30、 电 0,即电场力做正功,故最高点位置肯定在 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（-）-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 qE 1 cos,故电场强度为 E = mg 1 cos mg sin q sin（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2 2 2的最大高度为 h,就 h = 1 sin2 g 2 g2 2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 =
31、m sin2 q5 一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内,其中布满某种液体,内有一密度为液体密度一半的木块,从管的 A 端由静止开头运动,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（1）木块从 A 到达 B 时的速率；（2）木块从开头运动到最终静止经过的路程 = 37 角,如下列图求：【解析 】木块受四个力作用,如下列图,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
32、方向受滑动摩擦力Ff = N = mgcos,比较可知, Fsin = 名师归纳总结 mgsin = 0.6 mg,Ff = 0.4 mg,FsinFf故木块从A 到 B 做匀加速运动,滑过B 后 F 的分第 13 页,共 14 页B 两侧管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- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载间来回运动,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：FL sin-F fL = 1/2m2 BFLsin-F fs = 代入 F、F f 各量得 B = 2gLsincos= 22= 2.83m/s（2）木块从开头运动到最终静止,运动的路程设为s,由动能定理有： EK = 0名师归纳总结 代入各量得s = Lsin= 3m 第 14 页,共 14 页mcos- - - - - - -