高中物理動量定理專題

動量和動量定理的應(yīng)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：

①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。②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(dǎo)：

設(shè)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)?/p>

則物體的加速度

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：

①動量定理的表達(dá)式是矢量式，在應(yīng)用時要注意規(guī)定正方向；

②式中F是指包含重力在內(nèi)的合外力，可以是恒力也可以是變力。當(dāng)合外力是變力時，F(xiàn)應(yīng)該是合外力在這段時間內(nèi)的平均值；

③研究對象是單個物體或者系統(tǒng)；

④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(yīng)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(dǎo)

1.動量定理和牛頓第二定律的比較

（1）動量定理反映的是力在時間上的積累效應(yīng)的規(guī)律，而牛頓第二定律反映的是力的瞬時效應(yīng)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(dá)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(fù)雜，用動量定理處理這類問題更有其優(yōu)越性。

4.應(yīng)用動量定理解題的步驟

①選取研究對象；

②確定所研究的物理過程及其始末狀態(tài)；

③分析研究對象在所研究的物理過程中的受力情況；④規(guī)定正方向，根據(jù)動量定理列式；

⑤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D.沖量的方向與動量的方向一致

答案：BD答案：平均作用力大小為3498N，方向豎直向下。

總結(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(dāng)然不忽略一定是正確的。

【變式1】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(dāng)作恒力處理，求此力的大小。（g?。?/p>

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(shè)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?。?/p>

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=0

t1==s=1s

t2=1.2s

∴F==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(yīng)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(xì)線連接物體B，A、B質(zhì)量分別為M、m，若將細(xì)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(xì)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=－MV－O

∴I彈=Mgt－MV……………①

對B：由自由落體運動知識

………②

由①、②解得：

=M（v－V）

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(fēng)力推動做勻速直線運動。設(shè)帆面的面積為S，風(fēng)速為v1，船速為v2（v2<v1），空氣的密度為，則帆船在勻速前進(jìn)時帆面受到的平均風(fēng)力大小為多少？

思路點撥：此題需求平均風(fēng)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(jìn)方向為正方向，對這部分氣體，設(shè)風(fēng)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(fēng)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(jìn)入分布均勻的宇宙微粒塵區(qū)，飛船每前進(jìn)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(yīng)為多大。

答案：

類型七——動量定理在系統(tǒng)中的應(yīng)用

8.滑塊A和B（質(zhì)量分別為mA和mB）用輕細(xì)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(yīng)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(shè)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tˊ停止，根據(jù)動量定理有

由此得

設(shè)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tˊ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(yīng)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(xì)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(xì)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(yīng)用

9.一傾角為θ＝45°的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度h0＝1m，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m＝0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g＝10m/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(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達(dá)斜面底端時速度為v。

由功能關(guān)系得①

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

②

設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為hˊ，則

③

同理，有④

⑤

式中，vˊ為小物塊再次到達(dá)斜面底端時的速度，

Iˊ為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。

由①②③④⑤式得⑥

式中⑦

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

⑧

總沖量為⑨

由⑩

得⑾

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(yīng)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：

⑴當(dāng)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？

⑵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(shè)兩棒不相碰，）

解析：

⑴ab棒是由于cd棒切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢并在閉合電路產(chǎn)生感受應(yīng)電流后，使其受到安培力作用而做加速運動。由分析知當(dāng)它勻速時受安培力和摩擦力平衡：

┅①

此時隱含cd也要勻速運動（設(shè)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：

┅②

但┅③

解①–③得

⑵當(dāng)cd突然停止，ab中流過的感應(yīng)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(shè)滑動的距離為x，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：┅④

因流過的電量為┅⑤

設(shè)兩棒在該過程消耗的電能為W，由能量守恒得：┅⑥

解④–⑤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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(dāng)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(yuǎn)的位置。

分析與解：當(dāng)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(dǎo)軌做平拋運動，所以棒在導(dǎo)軌上運動時有，

即BIL△t=BL△q=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)μ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?fàn)顟B(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(dāng)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υ0;（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=mAυ0代入數(shù)據(jù)得：υ0=3.0m/s（2）設(shè)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υA，B的速度為υB．A、B對C位移為sA、sB．對A由動量定理有：—（FfBA+FfCA）t=mAυA-mAυ0對B由動理定理有：FfABt=mBυB其中由牛頓第三定律可得FfBA=FfAB，另FfCA=μ（mA+mB）g對A由動能定理有：—（FfBA+FfCA）sA=1/2eq\f(1,2)錯誤!未指定書簽。mAυeq\o(2,A)錯誤!未指定書簽。-1/2eq\f(1,2)錯誤!未指定書簽。mAυeq\o(2,A)錯誤!未指定書簽。eq\o(2,0)錯誤!未指定書簽。對B由動能定理有：FfABfsB=1/2eq\f(1,2)錯誤!未指定書簽。mBυeq\o(2,B)錯誤!未指定書簽。根據(jù)動量與動能之間的關(guān)系有：mAυA=eq\r(2mAEKA)錯誤!未指定書簽。，mBυB=eq\r(2mBEKB)錯誤!未指定書簽。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=0.50m．2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)μ=0.1，長木板的長度l=2m．系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(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=1．85N（2）I=6．94NS【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，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(dāng)物體到達(dá)機艙前已達(dá)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=eq\f(FTm-mg,m)錯誤!未指定書簽。，代入數(shù)據(jù)得a=5m/s2當(dāng)?shù)趵K拉力功率達(dá)到電動機最大功率Pm=12kW時，物體速度為υ，由Pm=Tmυ，得υ=10m/s．物體這段勻加速運動時間t1=eq\f(v,a)錯誤!未指定書簽。=2s，位移s1=1/2eq\f(1,2)錯誤!未指定書簽。ateq\o(2,1)錯誤!未指定書簽。=10m．此后功率不變，當(dāng)?shù)趵K拉力FT=mg時，物體達(dá)最大速度υm=eq\f(Pm,mg)錯誤!未指定書簽。=15m/s．這段以恒定功率提升物體的時間設(shè)為t2，由功能定理有：Pt2-mg（h-s1）=eq\f(1,2)錯誤!未指定書簽。mυeq\o(2,m)錯誤!未指定書簽。-eq\f(1,2)錯誤!未指定書簽。mυ2代入數(shù)據(jù)得t2=5．75s，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7.75s．3一輛汽車質(zhì)量為m，由靜止開始運動，沿水平地面行駛s后，達(dá)到最大速度υm，設(shè)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υ射入勻強電場中，υ的方向與電場方向成θ角，已知油滴的質(zhì)量為m，測得油滴達(dá)到運動軌道的最高點時，速度的大小為υ，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(shè)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(fù)功，WG＜0，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，運動過程歷時為t，由動量定理：在水平方向取向右為正方向，有：-qEt=m（-υ）-mυcosθ在豎直方向取向上為正方向，有：-mgt=0-mυsinθ上兩式相比得eq\f(qE,mg)錯誤!未指定書簽。eq\f(1+cosθ,sinθ)錯誤!未指定書簽。，故電場強度為E=eq\f(mg(1+cosθ),qsinθ)錯誤!未指定書簽。（3）豎直方向液滴初速度為υ1=υsinθ，加速度為重力加速度g