动量定理模块知识点总结教学教材.docx

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动量定理模块知识点总结教学教材

动量定理模块知识点总结

动量定理模块知识点总结

一、动量概念及其理解

（1）定义：

物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv

（2）特征：

①动量是状态量，它与某一时刻相关；

②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。

（3）意义：

速度从运动学角度量化了机械运动的状态,动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。

二、冲量概念及其理解

（1）定义：

某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t

（2）特征：

①冲量是过程量，它与某一段时间相关；

②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。

（3）意义：

冲量是力对时间的累积效应。

对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。

对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定着其动量将变多少。

三、动量定理：

F·t=mv2–mv1

F·t是合外力的冲量，反映了合外力冲量是物体动量变化的原因．

（1）动量定理公式中的F·t是合外力的冲量，是使研究对象动量发生变化的原因;

（2）在所研究的物理过程中，如作用在物体上的各个外力作用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合外力，再乘以时间，也可求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的会冲量;

（3）如果作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每个外力在相应时间内的冲量，然后再求所受外力冲量的矢量和．

（4）要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量”等于动量的变化量（注意）。

1.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰掸时间极短，离地的速率为v2。

在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（D）

A、向下，m（v1-v2）B、向下，m（v1+v2）

C、向上，m（v1-v2）D、向上，m（v1+v2）

2．一辆空车和一辆满载货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．紧急刹车后（即车轮不滚动只滑动）那么（CD）

A．货车由于惯性大，滑行距离较大B．货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小

C．两辆车滑行的距离相同D．两辆车滑行的时间相同

3．一个质量为0.3kg的小球，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，反弹后的速度大小为4m/s。

则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（A）

A．I=3kg·m/sW=－3JB．I=0.6kg·m/sW=－3J

C．I=3kg·m/sW=7.8JD．I=0.6kg·m/sW=3J

4．如图1.甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上.现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为时间零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（BC）

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s且弹簧都是处于压缩状态

B．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长

C．两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2

D．在t2时刻两物体的动量之比为P1∶P2=1∶2

5.一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回。

已知反弹速度的大小是入射速度大小的

，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。

解．小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v由题意，v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为

0，如右图.由此得

=2

0①

碰撞过程中，小球速度由

变为反向的

碰撞时间极短，

可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为

②

由①、②得

③

6．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（D）

A．ρνSB．

C．

D．ρν2S

Ft=vtsρV

7．在倾角为300的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。

力F可按图（a）、（b）（c）、（d）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）。

已知此物体在t=0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是（C）

A、v1B、v2C、v3D、v4

解析：

选向下为正方向,由动量定理分别得到

对于A图:

mv1=0.5mg×2-0.5mg×1+0.5mg×3=2mg

对于B图:

mv2=-0.5mg×1+0.5mg×1+0.5mg×3=1.5mg

对于C图:

mv3=0.5mg×2+0.5mg×3=2.5mg

对于D图:

mv4=0.5mg×2-mg×1+0.5mg×3=1.5mg

综合四个选项得到

最大

8.一杂技演员从一高台上跳下，下落h=5.0m后，双脚落在软垫上，同时他用双腿弯曲重心下降的方法缓冲，测得缓冲时间t=0.2s，则软垫对双脚的平均作用力估计为自身所受重力的（）

A、2倍B、4倍C、6倍D、8倍

【解析】在下落5.0m的过程中，杂技演员在竖直方向的运动是自由落体运动，所以在接触软垫前的瞬时，其速度为v=

=10m/s。

在缓冲过程中，杂技演员（重心）的下降运动，可视为匀减速运动。

解析：

对缓冲过程，应用动量定理有：

（N-mg）t=0-（-mv），

代入数据可得N=6mg，所以N/mg=6.答案选C

9.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。

已知运动员与网接触的时间为1.2s，若把在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=10m/s2）

【解析】将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小

（向下）……………………①

弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小

（向上）…………②

速度的改变量

（向上）……………………………………………③

以a表示加速度，

表示接触时间，则

………………………………④

10.如图所示，光滑水平的地面上静置一质量为M的又足够长的木板A，在木板的A的左端有一质量为m的小物体B，它的初速度为v0，与木板的动摩擦因素为μ。

求小物体B在木板A上相对滑动的时间t。

【解析】该题中的已知量和所求量只涉及到力、时间和位移，所以可以考虑应用动量定理求解。

但研究的对象有A、B两个物体，我们可以分别列出A、B的动量定理的表达式：

设A、B最终达到的共同速度为v。

对A物体有：

μmgt=Mv

对B物体有：

-μmgt=mv-mv0

由上述两式联立可得：

11.如图所示，在光滑水平面上并排放着A、B两木块，质量分别为mA和mB。

一颗质量为m的子弹以水平速度v0先后击中木块A、B，木块A、B对子弹的阻力恒为f。

子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2。

求：

①子弹刚穿过木块A后，木块A的速度vA、和子弹的速度v1分别为多大？

②子弹穿过木块B后，木块B的速度vB和子弹的速度v2又分别为多大？

【解析】①子弹刚进入A到刚穿出A的过程中：

对A、B：

由于A、B的运动情况完全相同，可以看作一个整体

ft1=（mA+mB）VA所以：

VA=

对子弹：

-ft1=mV1+mv0所以：

V1=V0-

②子弹刚进入B到刚穿出B的过程中：

对物体B：

ft2=mBVB-mBVA所以：

VB=f（

）

对子弹：

-ft2=mV2-mV1所以：

V2=V0-

12.甲、乙两个物体动量随时间变化的图像如图所示，图像对应的物体的运动过程可能是（BD）

A、甲物体可能做匀加速运动

B、甲物体可能做竖直上抛运动

C、乙物体可能做匀变速运动

D、乙物体可能与墙壁发生弹性碰撞

知识点总结----牛顿第二定律和动量定理：

1．牛顿第二定律可用动量来表示：

从牛顿第二定律出发可以导出动量定理，因此牛顿第二定律和动量定理都反映了外力作用与物体运动状态变化的因果关系。

由F=ma和a=△υ/△t得

即

，作用力等于动量的变化率．

2．牛顿第二定律与动量定理存在区别：

牛顿第二定律反映了力与加速度之间的瞬时对应关系，它反映某瞬时物体所受的合外力与加速度之间的关系，而动量定理是研究物体在合外力持续作用下，在一段时间内的积累效应，在这段时间内物体的动量发生变化．因此，在考虑各物理量的瞬时对应关系时，用牛顿第二定律，而在考虑某一物理过程中物理量间的关系时，应优先考虑用动量定理．

3．动量定理与牛顿第二定律相比较，有其独特的优点：

不考虑中间过程。

4．动量定理除用来解决在恒力持续作用下的问题外，尤其适合用来解决作用时间短、而力的变化又十分复杂的问题，如冲击、碰撞、反冲等。

5．动量定理比牛顿第二定律在应用上有更大的灵活性和更广阔的应用范围．

牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动情况，而动量定理则普遍适用。

6、牛顿第二定律和动量定理都适用于地面参考系。

13.质量为10kg的物体在F＝200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37O．力F作用2s钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1．25s钟后，速度减为零．求：

物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S。

（已知sin37o＝0．6，cos37O＝0．8，g＝10m/s2）

【解析】对全过程应用动量定理有：

Fcosθt1=μ（mgcosθ+Fsinθ）t1+mgsinθ（t1+t2）+μmgcosθt2

代入数据解得μ＝0.25。

又考虑第二个过程，则由牛顿定律有a2=gsinθ+μgcosθ=8m/s2

第二过程的初速度为v=a2t2=10m/s。

总位移为s=

（t1+t2）=16.25s。

14.在相同条件下，玻璃杯掉在石板上易破碎，掉在棉被上不易破碎，这是因为〖BC〗

A．前一种情况下冲量大

B．后一种情况下相互作用时间长，冲力小

C．前一种情况下动量的变化率大

D．后一种情况下动量的变化大

15.杂技表演时，常可看见有人用铁锤猛击放在“大力士”身上的大石块，石裂而人不伤，这是什么道理？

请加以分析．

【解析】大石块意味它的质量很大：

“猛击”表示作用力很大，且作用时间极短；“人未受伤”说明大石块对人身体的压强不大．

用铁锤猛击放在“大力上”身上的大石块，大石块受到很大的打击力而破裂，但是，根据动量定理F·t=mυ1-mυ0得

，对大石块来说，虽然受到的作用力F很大，但力作用时间极短，而大石块的质量又很大，因而引起的速度变化υt-υ0就很小，即大石块几乎没有向下运动，而且石块与人的身体接触面积又较大，据P=F/S，所以人身体受的压强并不很大，故此人不会受伤

16.在行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带。

假定乘客质量为70kg，汽车车速为108km/h（即30m/s），从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为（A）

A．400NB．600N

C．800ND．1000N

17.运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中（CD）

A．减小物品受到的冲量

B．使物体的动量变化量减小

C．延长了物品受撞击的相互作用时间

D．较尖锐的物体不是直接撞击物品表面，而是撞击泡沫塑料，减小撞击时的压强

18.如图所示，水平面上叠放着a、b两木块，用手轻推木块b，a会跟着一起运动；若用锤子水平猛击一下b，a就不会跟着b运动，这说明（BD）

A．轻推b时，b给a的作用力大

B．轻推b时，b给a的作用时间长

C．猛击b时，b给a的冲量大

D．猛击b时，b给a的冲量小

19.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。

若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则（AC）

A．过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量

B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小

C．I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零

D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零

【解析】根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。

因此，本题的正确选项为A、C。

20.一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？

【解析】经过t=10s后,F1的冲量I1=10×10/2=50N·S

F2的冲量I2=－50N·S

合力F的冲量为0。