1、高中動量和動量定理的應用知識點一一一沖量（I） 要點詮釋：1 .定義：力F和作用時間1的乘積，叫做力的沖量。2 .公式：/二面3 .單位：MS4 .方向：沖量是矢量，方向是由力F的方向決定。5 .注意：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的沖量。用公式/二曲求沖量，該力只能是恒力，無論是力的方向還是大小發生變化時，都不能用/二用直接求出1 .推導：設一個質量為 槽的物體，初速度為V ,在合力F的作用下，經過一段時間/ ,速度變為“V-V Ct - 則物體的加速度,_ 陽（/一切 加y一松F = ma-=由牛頓第二定律.二可得我二消«一懶,即Ft = F-P（P為末

2、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I皿4 .注意事項：動量定理的表達式是矢量式，在應用時要注意規定正方向；式中F是指包含重力在內的合外力，可以是恒力也可以是變力。當合外力是變力時，F應 該是合外力在這段時間內的平均值；研究對象是單個物體或者系統；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 .應用：在動量變化A尸一定的條件下，力的作用時間 t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AP一定的條件下，力的作用時間 t越長，得到的

3、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。規律方法指導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的規律，而牛頓第二定律反映的是力的瞬時效應的規律廣P-尸 AF p -（2）由動量定理得到的t L ,可以理解為牛頓第二定律的另一種表達形式，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，由于力的變化規律較復雜，用動量定理處理這類問題更 有其優越性。4.應用動量定理解題的步驟選取研究對象；確定所研究的物理過程及其始末狀態；分析研究對象在所研究的物理

4、過程中的受力情況；規定正方向，根據動量定理列式；解方程，統一單位，求得結果。經典例題透析類型一 一一對基本概念的理解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合力的方向思路點撥：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發生了變化，物體的動量也發生了變化，因此說沖量使物體的動量發生了變化，A對；只要有力作用在物體上,經歷一段時間，這個力便有了沖量，與物體處于什么狀態無關，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

5、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象 2.玻璃杯從同一局度自由落下，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

6、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。o 3.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口B.在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小I 1C.在緩慢拉動時，紙帶給重物的沖量大1D.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

7、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：緩拉摩擦力小； 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。總結升華：用動量定理解釋現象一般可分為兩類：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

8、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 運動鞋底部的空氣軟墊有延長作用時間，從而減小沖擊力的功能。【變式2】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.質量為1T的汽車，在恒定的牽引力作用下，經過2s的時間速度由5m/s提圖到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

9、用動量定理較為方便。解析：物體動量的增量 P=P，-P=103x 8-10 3x 5=3 x 103kg m/s。根據動量定理可知：紜卜伊-力）=心牽引力b=/ =竽+珈目N+0.01x10jx9j8N = 1598N2答案：汽車所受到的牽引力為 1598N。總結升華：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。【變式】一個質量5kg的物體以4m/s的速度向右運動，在一恒力作用下，經過 0.2s其速 度變為8m/s向左運動。求物體所受到的作用力。解析：規定初速度的方向即向右為正方向，根據動量定理可知：F也二廿山 20.2負號表示作用力的方向向左。答案：物

10、體所受到的作用力為 300N,方向向左。類型四求平均作用力汽錘質量選二60煙，從1.2m高處自由落下，汽錘與地面相碰時間為M二0飛,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：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V,則有"二2gh汽錘與地面相碰時，受力如圖所示，Fh選取向上為正方向，由動量定理得（/ 一刑g） & 二 0一（一幽 v）聯立二式可得耀取1/=加g + I& mg% = 3498N根據牛頓第三定律可知，地面受到的平均作用力大小為3498N,方向豎直向下。答案

11、：平均作用力大小為 3498N,方向豎直向下。總結升華：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 號與她g的大小，只有%祖g時,那g才可忽略，當然不忽略 畦-定是正確的。【變式1】蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質量為6°炮的運動員，從離水平網面 3.加高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回離水平網面5.0朋高處。已知運動員與網接觸的時間為。若把這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。（g取10加/s）解析：運動員剛接觸網時速度大小："=戊函=J2x10x3.2也/

12、s-s ,方向向下;剛離開網時速度大小：叫二朋二扃而說”10”方向向上。運動員與網接觸的過程，設網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-1-11- 一-1解得：F = -&60乂10-60x（-8）盯 6=-7+ 60x102712= 1.5x103W方向向上。答案：l.二1"' N【變式2】質量為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取解：對人在全過程中（從開始跌下到安全停止），由動量定理得：mg（ti+t 2） Ft2=0t

13、 1=-1 = 1 1 I s=1s12=1.2s儂（4+.）60x10x（1+1.2）. F= '= I./ N=1100N根據牛頓第三定律可知，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的確定。類型 五用動量定理求變力的沖量往上 6.如圖所不，將一輕彈簧懸于 。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

14、借助動量定理 F枚二飭,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 彈一Mgt= MV- O.I 彈=Mgt MV對B:由自由落體運動知識VI -g V由、解得：二=M V v V）類型六用動量定理解決變質量問題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vi,船速為V2（V2<vi）,空氣的密度為 戶，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的空氣為研究對象。這部分空氣經過時間 位 后速度由V1變為

15、V2,故其質量酰=巧）山。取船前進方向為正方向，對這部分氣體，設風力為-FU - A於均）解得F,由動量定理有總結升華：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 定形狀的部分流體作為研究對象，然后對其列式計算。【變式】宇宙飛船以小二104幽/s的速度進入分布均勻的宇宙微粒塵區，飛船每前進S=濯要與附二個微粒相碰。假如每一微粒的質量 洲二2 乂 1°'加，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：2丁類型七一一動量定理在系統中的應用C 8.滑塊A和B （質量分別為mA和HTB）用輕細線連接在一起后放在水平桌面上，水

16、平恒力F作用在B上，使A、B 一起由靜止開始沿水平桌面Vt動，如圖。已知滑塊A、B與水平面的滑動摩擦因數均為 .，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Bo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構成的系統為研究對象。設 F作用時間t后線突然斷開，此時 A、B的 共同速度為V,根據動量定理，有F- *（%+%）或= +wJv-0解得一 一八'二1匚在線斷開后，滑塊 A經時間t ,停止，根據動量定理有由此得二川應二尸一鳳為+%）蚱/山（如+%）g設A停止時，B的速度為VB。

17、對于A、B系統，從力F開始作用至A停止的全過程， 根據動量定理有IP-*（% + +，）=啊4-。將t ,代入此式可求得 B滑塊的速度為辦二尸F - 4（啊+啊）4 / （網從那k +啊）0總結升華：盡管系統內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。【變式】 質量為M的金屬塊和質量為 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。經過時間 t ,細線斷了，金屬塊和木塊分離。再經過時間?,木塊停止下沉，求此If=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

18、r=ki時金屬塊的速度？解析：將金屬塊和木塊看作一個系統，根據動量定理有：F =+最終木塊停止下沉，即速度為零，所以只有金屬塊有動量，根據動量守恒定律有（M+聞 a（t +£）= Mv_ （城+那）y M式中tan 日”王嘉理0314類型八一一動量定理與動量、能量的綜合應用9.一傾角為0 =45°的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度ho= 1m,斜面底端有垂直于斜面的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質量m= 0.09kg的小物塊（視為質點）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數2=10 m/s 。在小物塊與擋板的刖=0.2。當小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度4次碰撞過程

19、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，首項為心.Q-。助總沖量為“ + 4+4+1' =1i（l+k+F+泥）i+k+.r4=）由1 -此得1 =事物Q一代入數據得:二：；一二N- s7 10.如圖所示，在同一水平面內有相互平行且足夠長的兩條滑軌MN PQ相距/ = 0.5m ,垂直于滑軌平面豎直向上的勻強磁場的磁感應強度5 = 17 ,垂直于滑軌放置的金屬嗯！加+刖“。田由功能關系得2sin 8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

20、沖量設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h',則棒ab和cd質量為 眄二10柜和啊=2kg ,每根金屬棒的電阻均為K = 10 ,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分別 從二0川和用二。.05 ,求：當一外力作用cd棒t=5s的時間，恰好使ab棒以=1。附'$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，g = 10M）hfsin 8巾g" =+ 沖 g cos5同理，有 2 產&sing解析

21、：ab棒是由于cd棒切割磁感線運動產生感應電動勢并在閉合電路產生感受應電流后，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：班二W一此時隱含cd也要勻速運動(設其速度為y?,外力的沖量為“),對兩棒組成的系統，由動理定理得：/廠3幽g+內啊或=+啊=容器，電容為C,充電后兩端電壓為 U。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為Ub,求棒落在地面離平臺多遠的位置。八B-A A 怔/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

22、軌做平拋運動，所以棒在導軌上運動時有，'盧='即 BILA t=BL Aq=BL(CU-CUb)=BLC(Ui-U2)=mv曲(馬一匕)解-得L .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_ A & Blxa =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：拉 £ -£q -派二&因流過的電量為2衣一設兩棒在該過程消耗的電能為w由能量守恒得：取二加M - 幽gx 一一一解-得-11-總結升華：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

23、，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作業：|如圖所示，質量 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為0.24,木板右端放著質量 mB為1.0kg的小物塊B (視為質點)，它們均處于靜止狀態.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)瞬時沖量作用結束時木板的速度u 0;7T(2)木板的長度L.HjH【解析】(1)在瞬時沖量的作用時，木板A受

24、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 = mAuo代入數據得：/=3()nik(2)設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力大小分別為FfAB、Ftba、FfCA, B在A上滑行的時間為t, B離開A時A的速度為 , B的速度為UB. A、B對C位移為Sa、Sb.對 A 由動 1K7E理有：一(FfBA+FfCA)t = mA 5-mA 對B由動理定理有：FfABt = mB ib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：一(FfBA+FfCA)Sa = 1/2mAUA-1/2mAU

25、2對B由動能定理有：FfA Bf SB = 1/2 mB UB根據動量與動能之間的關系有:mA = J2mAEKA , mB= V2mB EKB木板A的長度即B相對A滑動距離的大小，故 L = Sa-sb,代入放數據由以上各式可得L = 0.50m .2質量為m = 1 kg的小木塊(可看在質點)，放在質量為 M = 5 kg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科=0.1,長木板的長度l =2m.系統處于靜止狀態.現使小木塊從長木板右端脫離出來，可采用下,2、列兩種方法：(g取10m/s2)圓(1)給小木塊施加水平向右的恒定外力F作用時間t = 2

26、s,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

27、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 = FTm _mg，代入數據得a = 5m/s2當吊繩拉力功率達到電動機最大功率Pm = 12kW時，物體速度為 5由Pm = Tmu,得 產10m/S.物體這段勻加速運動時間t = - = 2s,位移si = 1/2at2 = 10m. a此后功率不變，當吊繩拉力 Ft = mg時，物體達最大速度im = -Pm- = 15m/s. mg這段以恒定功率提升物體的時間設為t2,由功能定理有：12 12Pt2-mg ( h-s1) = mu m mu22代入數據得t2 = 5. 75s,故物體上升的

28、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 加，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。點以速度u射入勻強電場中，u的方向與電場方向成 。角, 已知油滴的質量為 m,測得油滴達到運動軌道的最高點時，速度的大小為 b求：(1)最高點的位置可能在 。點上方的哪一側？(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=AEk,而 Ek = 0重力做負功，Wg< 0,故