动量 动量定理-教师版.docx

1、动量动量定理一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是()A. mgtB. mvtC. mvt+mgD. mvt-mgC（乐陵一中）解：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：(mg-F)t=0-mv得：F=mg+mvt；由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F=mg+mvt；故选：C由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解2. 质量为60kg的建筑工人，不慎从

2、高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.5s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A. 500NB. 1000NC. 1200ND. 1400NB（乐陵一中）解：工人下落过程为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为：v0=2gh=2105=10m/s；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取向上方向为正，由动量定理得：Ft-mgt=0-(-mv0) 所以F=mg+mv0t=600+60101.5=1000N；根据牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力大小为1000N

3、故选：B 安全带被拉直前，工人做自由落体运动，根据运动学公式求出安全带被拉直瞬间工人的速度，设安全带的平均作用力为F，选向上方向为正，由动量定理即可求出安全带对工人的平均拉力，从而得到安全带所受的平均冲力的大小本题考查动量定理的应用，在应用动量定理解题时，一定要明确各物理量的方向性.本题也可以对整个过程，运用动量定理求解3. 高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A. 10NB. 102NC. 103ND. 104NC（乐陵一中）解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h=(25-1)3m=72m；自由

4、下落时间t1=2hg=27210s=3.8s，与地面的碰撞时间约为t2=2ms=0.002s，全过程根据动量定理可得：mg(t1+t2)-Ft2=0解得冲击力F=950N103N，故C正确。故选：C。求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。4. 一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同.则碰撞前后小球动量变化量的大小p和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为()A. p=0B. p=3.6kg

5、m/sC. W=5.4JD. W=10.8JB（乐陵一中）解：A、规定初速度方向为正方向，初速度v1=6m/s，碰撞后速度v2=-6m/s；v=v2-v1=-12m/s，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反；动量变化量为：P=mv=0.3kg(-12m/s)=-3.6kgm/s，所以碰撞前后小球动量变化量的大小为3.6kgm/s，故A错误，B正确C、碰撞前后小球速度大小不变，小球动能不变，对碰撞过程，对小球由动能定理得：W=Ek=0，碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，故CD错误故选：B由于动量是矢量，对于动量的变化量我们应该采用平行四边形法则对于同一直线上的动量变化量的求解，我们可以运用

6、表达式P=P2-P1，但必须规定正方向运用动能定理求出碰撞过程中墙对小球做功对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能定理是一个标量等式，对于动能定理的研究，则无需考虑方向5. 如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是()A. 匀速圆周运动B. 自由落体运动C. 平抛运动D. 竖直上抛运动A（乐陵一中）解：如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I=Ft可知，物体受到的力是恒力则可知，物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动，BCD均可能，A不可

7、能；本题选运动不可能的，故选：A 分析物体的受力情况，再根据动量定理可明确物体的动量变化是否相等，明确冲量不变则说明物体受到的一定是恒力该题考查物体的冲量与受力、运动之间的关系，要注意明确受力与运动的关系，注意明确匀速圆周运动受到的是变力二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示，则()A. t=1s时物块的速率为1m/sB. t=2s时物块的动量大小为4kgm/sC. t=3s时物块的动量大小为5kgm/sD. t=4s时物块的速度为零AB（乐陵一中）解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a=Fm=1m/s

8、2，则0-2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，A正确；B、t=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kgm/s，B正确；CD、2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kgm/s，4s时速度为1m/s，CD错误；故选：AB。首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度.另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系7. 如图，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成角的恒定拉力F作用下运动，则在时间t内()

9、A. 重力的冲量为0B. 拉力F的冲量为FtC. 拉力F的冲量为FtcosD. 物体动量的变化量等于FtcosBD（乐陵一中）解：A、重力的冲量IG=mgt.故A错误B、拉力F的冲量IF=Ft.故B正确，C错误D、各力的冲量I合=Ftcos，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ftcos.故D正确故选：BD根据I=Ft求出各力的冲量大小，根据动量定理，结合合力的冲量求出动量的变化量解决本题的关键知道冲量等于力与时间的乘积，知道合力的冲量等于动量的变化量8. 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离

10、后停下.两物体的v-t图线如图，图中AB/CD，则()A. F1大于F2B. F1小于F2C. F1的冲量小于F2的冲量D. F1的冲量大于F2的冲量AC（乐陵一中）解：A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等.再对加速过程可知，a的加速度大于b的加速度，因此由牛顿第二定律可知F1大于F2，故A正确，B错误；C、由图可知，a的运动时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0 由图看

11、出，tOBtOD，则有F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量.故C正确D错误故选：AC由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等.根据牛顿第二定律可图象可确定推力的大小关系；再根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系本题考查动能定理、牛顿第二定律以及v-t图象的性质，首先考查读图能力，其次要注意在应用动量定理时要注意明确对全程的分析，注意各物理量的矢量性9. 下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量变化相等的是()A. 平抛运动B. 自由落体运动C. 匀速圆周运动D. 匀减速直线运动ABD（乐陵一中

12、）解：A、根据动量定理P=Ft，F是合力，平抛运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同.故A正确B、根据动量定理P=Ft，F是合力，自由落体运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化量相同.故B正确C、动量变化量是矢量，匀速圆周运动动量变化量方向时刻在变化，在相等时间内动量变化量不相同.也可根据动量定理，P=Ft，F是合力，匀速圆周运动的合力指向圆心，是变力，相等时间内合力的冲量也是变化的，动量变化量是变化的.故C错误D、匀加速直线运动合外力恒定，故在相等的时间内动量的变化相等；故D正确；故选：ABD 根据动量定理P=Ft，动量变化量等于合外力的冲量，自

13、由落体、平抛和匀减速直线运动物体所受的力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，匀速圆周运动的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲量不相同，动量变化量也不相同本题考查动量定理，利用冲量求动量变化量是常用的方法，是一种等效替代思维三、填空题（本大题共1小题，共5分）10. 质量为2吨的打桩机的气锤，从5m高处白由落下与地面接触0.2s后完全静止下来，空气阻力不计、g取10m/s2，则在此过程中地面受到气锤的平均打击力为_N.1.2105（乐陵一中）解：在整个过程中，规定竖直向下为正方向钢球与地面碰撞前做自由落体运动，根据机械能守恒有：mgh=12mv2 所以球落地时的速度为：v

14、=2gh=2105m/s=10m/s 由于与地面接触0.2s后完全静止下来，根据动量定理F合t=mv2-mv，F合=mg-F 得：F=mvt+mg=2103100.2+210310=1.2105N 故答案为：1.2105先根据动能定理或机械能守恒定律求出钢球碰撞地面前的速度v1和钢球与地面作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2-mv1，可求出钢球受到地面给它的平均作用力的大小在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向.此题有一定的难度，不难四、计算题（本大题共4小题，共48分）11. 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间

15、t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。解：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：I-mgt=mv-(-mv)解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：I=2mv+mgt。答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。（乐陵一中）以小球为研究对象，整个过程中根据动量定理列方程求解小球所受弹簧弹力冲量的大小。本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。12. 如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧，现存一质量M

16、=3kg，长L=4m的小车AB，O为小车的中点，AO部分粗糙，OB部分光滑，一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，放在车的最左端，车和小物块一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右运算运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连.已知小车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，且小物块与弹簧碰撞无能力损失.小悟空与车AO、部分之间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10m/s2.求： 小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；小物块最终停在小车上的位置距A端多远？解：由动能定理得：-mgL2=12mv2-12mv02，解得：v=2m/s，由题意可知小物块离开

17、弹簧时的速度大小为v，方向向左以向右为正方向，对小物块由动量定理得：I=-mv-mv，代入得I=-4Ns，弹簧对小物块的冲量大小为：4Ns，方向水平向左；小物块滑过O点和小车相互作用直至共速，以滑块初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=(m+M)v共，由能量守恒定律得：mgs=12mv2-12(m+M)v共2，解得：s=0.5m，小物块最终停在小车上距A的距离：sA=L2-s=1.5m；答：小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为：4Ns，方向水平向左；小物块最终停在小车上的位置距A端1.5m（乐陵一中）由动能定理求出物块的速度，小物块和弹簧相互作用的过程中，根据能量守恒定

18、律求出小物块离开弹簧时的速度，根据动量定理求出弹簧对小物块的冲量根据动量守恒定律求出小物块和小车保持相对静止时的速度，根据能量守恒定律求出小物块在小车上有摩擦部分的相对路程，从而求出小物块最终位置距离A点的距离本题考查了求冲量与速度问题，分析清楚物体的运动过程，应动能定理与动量定理、动量守恒定律即可正确解题，动量与冲量都是矢量，解题时要注意各量的方向13. 真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材

19、料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁

20、场？解：(1)M接电压正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：R总=R2设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER总设两根金属棒所受安培力之和为F，有：F=BIl根据牛顿第二定律有：F=ma得：a=Fm=BIlm=2BElmR(3)设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化率为，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：E1=t其中=Bl2设回路中平均电流为I，由闭合电

21、路欧姆定律有：I=E12R设cd受到的平均安培力为F，有：F=BIl以向右为正方向，设t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：I冲=-Ft同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：I0=2I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：I总=0-mv0联立上式解得：I总I0=mv0RB2l3讨论：若I总I0恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若I总I0的整数部分为N，则需设置N+1块磁场。答：(1)要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；(2)刚接通电源时列车加速度a的大小为2BElmR；(3)列车减速时，需在前方设置

22、如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：若mv0RB2l3恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若mv0RB2l3的整数部分为N，则需设置N+1块磁场。（乐陵一中）(1)列车向右运动可知所受安培力向右，根据左手定则确定电流方向，再根据电流方向确定MN谁接电源正极；(2)根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据F=BIl求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚接通时列车的加速度a；(3)列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感应

23、电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小(由动量定理得)，根据两者的比值确定需要多少块有界磁场才可以使列车停下。本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较强的物理功底以及灵活的思维。14. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=5kg和mB=3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：(1)物块C的质量mC；(2)墙对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的

24、大小和方向；(3)B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。解：(1)由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=(mA+mC)v2，解得：mC=2kg；(2)由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2，解得：I=-36Ns，方向向左；(3)12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A.C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4，由机械能守恒定律得：12(mA+mC)v32=12(mA+mB+mC)v42+Ep，解得：EP=9J；答：(1)物块C的质量为2kg；(2)墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W为零；在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36Ns，方向向左。(3)B离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J。（乐陵一中）略