资源简介

动量 动量定理
【知识方法】
1．冲量和动量的比较
冲量I 动量p
定义 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量 质量和速度的乘积叫做动量
公式 I＝Ft p＝mv
单位 N·s kg·m/s
矢标性 矢量，方向与恒力的方向相同 矢量，方向与速度的方向相同
特点 过程量 状态量
2．对动量及动量定理的理解
(1)恒力的冲量可用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解。
(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的。
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量。
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
3.动量定理的应用方法
动量定理的应用涉及研究对象的运动过程、运动时间，首先确定研究过程，然后计算该过程对应的时间与初末状态的速度．研究过程可以选择全程，也可以只选择作用过程．
【考点例题】
【例题1】（2020·山西高三）2022年9月18日凌晨4时52分，国航CA818航班从华盛顿杜勒斯国际机场起飞后疑似发生鸟击，于凌晨5时54分返航并安全降落，鸟撞飞机是导致空难的重要因素之一，被称为“飞机杀手”。假设在某次空难中，鸟的质量为0.6kg，飞行的速度为3m/s，迎面撞上速度为720km/h的飞机，对飞机的撞击力达到1.6×106N，则鸟撞飞机的作用时间大约为：（ ）
A．1.5×10-5s B．1.5×10-4s C．7.6×10-6s D．7.6×10-5s
【例题2】（2022·安徽）马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。如果手机质量为180克，从静止开始下落，开始离地高度为0. 8米，与地面的撞击时间为0. 04秒，且落地后不再反弹，重力加速度g取，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为（ ）
A．19. 8N B．18. 0N C．16. 2N D．18. 18N
【例题3】（2022·湖南长郡中学）水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞行背包”，它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面 上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控制的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态.如图，教练和游客操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/cm3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A．3.0 m/s B．5.4 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
【例题4】（2020·四川双流中学）如图所示，在足够长的光滑水平面上有一木板B静止在水平面上。现在小滑块A以初速度v0从右端滑上B，并滑离，A、B的质量分别为m、2m，由此不能求出（ ）
A．滑离时B的速度
B．AB间由于摩擦产生的热量
C．物体A受到的冲量
D．A在B上滑动的时间
【例题5】（多选）（2020·全国）如图所示，横截面为三角形、两种材料拼接而成的斜面体，BD界面平行于底边CE，两侧面与水平面间夹角分别为α和β，且a<β。已知小物体P从A点由静止沿左侧面加速下滑至B点，又匀速到C点，所用时间为t1、合外力对P做功为W1、摩擦力的冲量为I1、支持力的冲量为I2；若该小物体从A点沿右侧面下滑，所用时间为t2、合外力对P做功为W2、摩擦力对P的冲量为I3、支持力对P的冲量为I4，则下列判定正确的是（　　）
A．t1>t2 B．I1>I3 C．I2>I4 D．W1>W2
【例题6】（多选）（2020·全国高三）质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从t＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sinθ
B．物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0
C．F1的冲量大小为mgt0sinθ＋mv0
D．F2的冲量大小为3mgt0sinθ－3mv0
【例题7】（多选）（2020·河北衡水）如图所示，质量均为m的A、B两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，瞬间撤去推力，撤去推力后
当A对墙的压力刚好为零时，物块B的动能等于W
B．墙对A物块的冲量为
C．当B向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零
D．弹簧第一次伸长后具有的最大弹性势能为W
【例题8】（多选）（2020·福建）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨 MN、PQ 水平放置，间距为 d，两侧接有电阻 R1 、R2，阻值均为 R， O1O2 右侧有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为 m、长度也为 d 的金属杆置于 O1O2 左侧，在水平向右、大小为 F的恒定拉力作用下由静止开始运动，经时间 t 到达 O1O2 时撤去恒力 F，金属杆在到达 NQ 之前减速为零。已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．杆刚进入磁场时速度大小为
B．杆刚进入磁场时电阻 R1 两端的电势差大小为
C．整个过程中，流过电阻 R1 的电荷量为
D．整个过程中，电阻 R1 上产生的焦耳热为
【例题9】（2020·江苏）在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞．
①求弹簧恢复原长时乙的速度大小；
②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．
【例题10】（2022·天津）如图1所示为某型号舰上导轨式电磁弹射实验机，其工作原理为用电磁力推动战机达到起飞速度．相比传统的蒸汽弹射，该弹射方式具有弹力大、发射效率高、自重轻、占用空间小等优势．该导轨式电磁弹射模型可简化如图2所示：间距为L=0.5m的固定导轨间有垂直纸面内的匀强磁场，磁感应强度为B=1T．导轨和电动势为E=V、内阻为r=1Ω的电源相连，导轨间有导体电枢，弹射过程中电枢和模型飞机结合为整体，其总质量为m=5kg，电枢的电阻为R=4Ω，和轨道的滑动摩擦系数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s2．导轨、导线及其他电阻均忽略不计．从静止开始，闭合开关k，开始弹射
（1）k闭合后，模型飞机开始运动瞬间的加速度大小a？
（2）当导轨足够长，模型飞机能达到的最大速度vm多大？
（3）满足（2）的条件下，已知飞机启动到起飞速度v=102m/s所需时间t=12s, 轨道长度至少需要多长？
【参考答案】
【例题1】【答案】D
【解析】设鸟与飞机碰撞时间为t，由动量定理有：
解得：，选项D正确，ABC错误。
【例题2】【答案】A
【解析】设手机落地速度为v，对自由落体的过程，，有：
解得：
对手机和底面相碰的过程，，取向上为正，由动量定理：
带入数据解得：
即地面对手机作用力的支持力为19.8N，故A正确，BCD错误。
【例题3】【答案】C
【解析】设△t时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水速度方向变为反向，由动量定理得：,
设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以：
由牛顿第三定律得：
联立解得:v≈8.0m/s
【例题4】【答案】D
【解析】A．两滑块组成的系统，在相对滑动的过程中外力之和为零，系统动量守恒，取向左为正，有：
解得：,即能够求出A滑离时B的速度；故A不合题意；
B．两滑块组成的系统，由能量守恒定律可知系统减少的动能转化为摩擦生热，有：
解得：
故能求出AB间由于摩擦产生的热量，故B不合题意；
C．取向左为正，对A由动量定理可知：
即摩擦力对A的冲量大小为，负号表示方向水平向右，即能求出物体A受到的冲量，C项不合题意；
D．因求热量时，B板的长度L未知，故不能求出滑动摩擦力，则对A由冲量的定义式，就不能求出A所受的冲量，故D符合题意。
【例题5】【答案】ABC
【解析】A．物体下滑过程由牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma
知a=gsinθ-μgcoθ
由运动学公式知
又<
联立得t1>t2故A正确；
B．由物块左侧斜面的运动可知
BC段下滑力与摩擦力平衡。右侧斜面的倾角增大，下滑力增大，滑动摩擦力减小，故物块在右侧斜面一直加速下滑；右侧斜面的滑动摩擦力比左侧对应位置小，用时也短，
故I1>I3,故B正确；
C．由支持力FN=mgcosθ和<
知FN左>FN右且t1>t2
故I2>I4,故C正确；
D．在斜面上克服摩擦力做功Wf=μmgx（x为对应的水平位移）
知WfAB＞WfAD、WfBC＞WfDE，
斜面上的全过程重力做功相同，所以W1【例题6】【答案】BC
【解析】A．根据冲量的定义式可知物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为, 故A错误；
B．由于在时撤去恒力加上反向恒力，物块在时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为，加速度为，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为，则有
联立解得
物块在时的速度为
物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
即物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为，故B正确；
C．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
解得的冲量大小为 ,故C正确；
D．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
解得,故D错误；
【例题7】【答案】AC
【解析】A．根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为W，当A对墙的压力刚好为零时。弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为W，A项正确；
B．墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即
,B项错误；
C．当B的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C项正确；
D．根据动量守恒
此时弹簧的弹性势能,D项错误.
【例题8】【答案】ACD
【解析】A. 杆刚进入磁场之前的加速度
则进入磁场时速度大小为,选项A正确；
B. 杆刚进入磁场时产生的感应电动势：E=Bdv
则电阻 R1 两端的电势差大小为
,选项B错误；
C.金属棒进入磁场后，由动量定理：，即，
因为，解得，流过电阻R1的电荷量为q1q，故C错误；
D. 整个过程中，产生的总焦耳热：
则电阻 R1 上产生的焦耳热为,选项D正确；
【例题9】【答案】v乙＝6m/s. I＝8N
【解析】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：
又知
联立以上方程可得，方向向右。
（2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为
由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：
【例题10】【答案】(1)9m/s2； (2)900m/s (3)600m
【解析】（1）开始运动时，则
安培力F=BIL，
由牛顿第二定律：F-μmg=ma
解得：
（2）当达到最大速度时，满足
其中，
联立解得：
（3）从开始启动到达到起飞速度，由动量定理： ，
其中，
联立解得x=600m

展开更多......

收起↑