資源簡介

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1.2 動量定理
一、考點梳理
考點一、沖量
1．物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大。
2．定義：力與力作用時間的乘積叫力的沖量。
3．表達式：I＝Ft。單位，在國際單位制中是“牛頓·秒”， 符號“N·s”。
4．對沖量的理解
（1）沖量是過程量：沖量反映的是力在一段時間內的積累效應，求沖量時一定要明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量。
（2）沖量是矢量：若是恒力的沖量，則在作用時間內沖量的方向與力F的方向相同。如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應時間內物體動量變化量的方向相同。
（3）沖量具有絕對性：沖量僅由力和時間兩個因素決定，具有絕對性。
5．沖量的計算
（1）單個力的沖量：利用公式I＝Ft計算（只適合于計算恒力的沖量）。
（2）合力的沖量：①如果是一維情形，可以化為代數和。如果不在一條直線上，求合沖量遵循平行四邊形定則。
②兩種方法：可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。
（3）求變力的沖量
①若力隨時間均勻變化，則可用平均力求變力的沖量。
②若給出了力隨時間變化的圖像，可用F－t圖象與t軸所圍的面積求沖量。
【典例1】下列關于沖量、動量、動能的說法中正確的是（　　）
A．物體的動量增大2倍，其動能也增大2倍
B．物體合外力的沖量不為零，其動量變化量和動能變化量一定不為零
C．由沖量的定義式可知，沖量是矢量，沖量的方向一定與物體受力方向相同
D．由動量的定義式可知，動量是矢量，動量的方向與速度的方向相同
【答案】D
【解析】A．物體的動量增大2倍，根據動量可知，速度增大2倍，變為原來的3倍，動能，動能增大8倍，變為原來的9倍，A錯誤；B．物體合外力的沖量不為零，其動量變化量一定不為零，但動能變化量可能為零，比如該過程速度方向改變，但是大小沒變，則動能變化量為零，B錯誤；C．由沖量的定義式可知，沖量是矢量，沖量的方向一定與物體合外力方向相同，C錯誤；D．由動量的定義式可知，動量是矢量，動量的方向與速度的方向相同，D正確；故選D。
【典例2】下列有關沖量的說法中，正確的是（　　）
A．力越大沖量也越大 B．作用時間越長沖量越大
C．恒力F與t的乘積越大沖量越大 D．物體不動，重力的沖量為零
【答案】C
【解析】沖量等于力和時間的乘積，故沖量取決于力和時間的乘積，乘積越大，沖量越大，故C正確，ABD錯誤。
練習1、一位同學站在水平地面上，某時刻該同學屈膝下蹲并豎直向上跳起，在人跳離地面之前的過程中地面對該同學的支持力做功為W，沖量為I，則下列判斷正確的是(　　)
A．W＝0，I＝0　　 B．W＝0，I≠0
C．W≠0，I＝0 D．W≠0，I≠0
【解析】因為在人起跳的過程中人受到的支持力的作用點沒有位移，所以支持力做功為零．
【答案】B
練習2、關于沖量，下列說法正確的是(　　)
A．沖量是物體動量變化的原因
B．作用在靜止物體上的力的沖量一定為零
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
【答案】 A
【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，物體的動量就發生了變化．因此說沖量是物體動量變化的原因，A選項正確；只要有力作用在物體上，經歷一段時間，這個力便有了沖量I＝Ft，與物體處于什么狀態無關，物體運動狀態的變化情況是所有作用在物體上的力共同產生的效果，所以B選項不正確；物體所受沖量I＝Ft與物體的動量的大小p＝mv無關，C選項不正確；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選項不正確．
考點二、沖量的計算
1．恒力的沖量
公式 I＝Ft 適用于計算某個恒力的沖量，這時沖量的數值等于力與作用時間的乘積，沖量的方向與恒力方向一致．若力為同一方向均勻變化的力，該力的沖量可以用平均力計算，若力為一般變力則不能直接計算沖量．
2．變力的沖量
①變力的沖量通常可利用動量定理 I＝Δp 求解．
②可用圖象法計算如圖所示變力沖量，若某一力方向恒定不變，那么在 F－t 圖象中，圖中陰影部分的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1 內的沖量．
【典例1】如圖所示，一物體在與水平面成角的拉力F作用下勻速前進了時間t，則（ ）
A．拉力F對物體的沖量大小為 B．拉力F對物體的沖量大小為
C．合外力對物體的沖量大小為 D．合外力對物體的沖量大小為
【答案】A
【解析】AB．拉力F對物體的沖量大小為，故A正確，B錯誤；CD．物體做勻速直線運動，所以合外力為零，故合外力對物體的沖量大小為零。故CD錯誤。
【典例2】原來靜止的物體受合外力作用時間為2t0，作用力隨時間的變化情況如圖所示，則（　　）
A．0～t0時間內物體的動量變化與t0～2t0內動量變化相等
B．0～t0時間內物體的平均速率與t0～2t0內平均速率不等
C．2t0時物體的速度為零，外力在2t0時間內對物體的沖量為零
D．2t0時間內物體的位移為零，外力對物體做功為零
【答案】C
【解析】A．0～t0與t0～2t0時間內作用力方向不同，動量變化量不相等，選項A錯誤；
BC．t＝t0時，物體速度最大，t＝2t0時物體速度為零，由動量定理
Ft＝mΔv
可得
F0t0－F0t0＝0
0～t0與t0～2t0時間內物體平均速率相等，選項B錯，C正確；
D．物體先加速后減速，速度始終為正，最后速度減小為零，位移不為零，動能變化量為零，外力對物體做功為零，選項D錯誤。
練習1、物體在水平面上做直線運動，其動量隨時間的變化的圖像如圖所示，則下列說法正確是（　　）
A．物體運動方向與的運動方向相反
B．與時間內物體受到的合外力大小相等，方向相反
C．時間內物體受到的合外力的沖量為零
D．時間內物體受到的合外力的沖量為零
【答案】C
【解析】A．根據可知運動方向與動量方向相同，與的動量均為正，則與的運動方向相同，選項A錯誤；
B．根據可知動量隨時間的變化的圖像得斜率代表F，與時間內圖線斜率不變，則物體受到的合外力不變，選項B錯誤；
C．由圖象知時間內動量變化為0，根據可知物體受到的合外力的沖量為零，選項C正確；
D．由圖象知時間內動量變化不為零，則物體受到的合外力的沖量不為零，選項D錯誤。
練習2、如圖甲所示，放在水平地面上的木塊與一輕彈簧相連，現用手水平拉彈簧，拉力F與時間t的函數關系如圖乙所示，則0.8 s內拉力的沖量為多大？
【答案】20 N·s
【解析】由F-t圖象知，在拉動的過程中，拉力F的大小是變化的，在0～0.2 s的過程，力F由零增大到40 N；在0.2～0.4 s的過程，力F保持40 N不變；在0.4～0.8 s的過程，力F由40 N減小到零．由于F是變力，故不能直接用公式I＝F·t來計算，而采用其他方法均較麻煩．
由于Ft圖象中圖線與t軸所圍圖形的面積等于變力F的沖量大小，所以
I＝×(0.2＋0.8)×40 N·s＝20 N·s．
考點三、動量定理
1．內容：物體在一個過程始末動量的變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。
2．表達式：mv′－mv＝F（t′－t）或p′－p＝I。
3．對動量定理的理解
（1）動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因。公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是均勻變化的力，則F應是合外力在作用時間內的平均值。
（2）動量定理的表達式是矢量式，它說明合外力的沖量跟物體動量變化量不僅大小相等，而且方向相同。運用動量定理主要是一維的問題，要注意正方向的規定。
（3）動量的變化率和動量的變化量：由動量定理可以得出F＝，它說明動量的變化率決定于物體所受的合外力。而由動量定理I＝Δp知動量的變化量決定于合外力的沖量，它不僅與物體的受力有關，還與力的作用時間有關。
4．動量定理的應用
（1）應用動量定理FΔt＝Δp定性解釋常見物理現象。
由上式可以看出如果保持Δp一定，則力作用的時間越短，沖力就越大。因此在需要增大作用力時，可盡量減少作用的時間，如打擊、碰撞等由于作用時間短、作用力往往較大。
反之，作用時間越長，力F就越小，因此在需要減小作用力的時候，可想辦法延長力的作用時間，如利用海棉或彈簧的緩沖作用來延長作用時間，達到減小作用力的目的。
（2）應用I＝Δp求變力的沖量。
如果物體受到大小、方向不變的力的作用，既可以應用FΔt求力的沖量，也可以應用物體動量改變Δp的大小和方向來替代力的沖量。
如果物體受到大小、方向改變的力的作用，則不能直接用FΔt求變力的沖量，這時可以求在該力沖量作用下物體動量改變Δp的大小和方向，替代變力的沖量。
5．應用動量定理解題的一般步驟
（1）選定研究對象，明確運動過程。
（2）進行受力分析和運動的初、末狀態分析。
（3）選定正方向，根據動量定理列方程求解。
【典例1】從高處跳到低處時，為了安全，一般都是讓腳尖先著地，這樣做是為了(　　)
A．減小沖量
B．減小動量的變化量
C．延長人與地面的沖擊時間，從而減小沖力
D．增大人對地面的壓強，起到安全作用
【答案】C
【解析】腳尖先著地，接著逐漸到整個腳著地，延緩了人落地時動量變化所用的時間，依動量定理可知，人落地過程中動量變化量為定值，這樣就減小了地面對人的沖力，故C項正確．
【典例2】籃球運動是一項同學們喜歡的體育運動，為了檢測籃球的性能，某同學多次讓一籃球從h1＝1.8 m處自由下落，測出籃球從開始下落至第一次反彈到最高點所用時間為t＝1.3 s，該籃球第一次反彈從離開地面至最高點所用時間為0.5 s，籃球的質量為m＝0.6 kg，g取10 m/s2.求籃球對地面的平均作用力(不計空氣阻力)．
【答案】39 N 方向豎直向下
【解析】解法一　設籃球從h1處下落觸地的時間為t1，觸地時速度大小為v1，彈起時速度大小為v2，彈起至達最高點的時間為t2，則t1＝＝0.6 s，v1＝＝6 m/s，
彈起時速度大小 v2＝gt2＝5 m/s，籃球與地面作用時間 Δt＝t－t1－t2＝0.2 s，
籃球觸地過程中，取向上為正方向，根據動量定理有(－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，
即＝mg＋，代入數據解得＝39 N，
根據牛頓第三定律，籃球對地面的平均作用力方向豎直向下，大小為39 N．
解法二　由上述解法中可知t1＝0.6 s，t2＝0.5 s，Δt＝0.2 s，
對全過程應用動量定理有Δt－mgt＝0，解得＝＝39 N，
根據牛頓第三定律，籃球對地面的平均作用力方向豎直向下，大小為39 N．
【典例3】質量為m的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，有一水平恒力F作用于物體上，并使之加速前進，經時間t1后撤去此恒力，求物體運動的總時間t.
【答案】
【解析】方法一：物體的運動可分為兩個階段，第一階段水平方向受F、Ff兩個力的作用，時間為t1，物體由A運動到B速度達到v1；第二階段物體水平方向只受力Ff的作用，時間為t2，由B運動到C，速度由v1變為0.
設向右為正，據動量定理：
第一階段(F－Ff)t1＝mv1－0＝mv1
第二階段：－Ff·t2＝0－mv1＝－mv1
兩式相加：F·t1－Ff(t1＋t2)＝0
因為Ff＝μmg，
則總時間t＝t1＋t2＝.
方法二：把兩個階段當成一個過程來看：F作用t1時間，μmg則作用了t時間，動量變化Δp＝0.
F·t1－μmgt＝0，t＝.
練習1、(多選)從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易撞碎，而掉在草地上不容易撞碎，其原因是(　　)
A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小
C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間長
【答案】CD
【解析】杯子是否被撞碎，取決于撞擊地面時，地面對杯子的撞擊力大小．規定豎直向上為正方向，設玻璃杯下落高度為h.它們從h高度落地瞬間的速度大小為，設玻璃杯的質量為m，則落地前瞬間的動量大小為p＝m，與水泥或草地接觸Δt時間后，杯子停下，在此過程中，玻璃杯的動量變化為Δp＝－(－m)，再由動量定理可知(F－mg)·Δt＝－(－m)，所以F＝＋mg.由此可見，Δt越小，玻璃杯所受撞擊力F越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用時間較長，動量變化慢，撞擊力小，因此玻璃杯不易碎，C、D正確．
練習2、蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并在空中做各種動作的運動項目．一個質量為60 kg的運動員，從離水平網面3.2 m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回離水平網面5.0 m高處．已知運動員與網接觸的時間為1.2 s．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 m/s2)
【答案】 1.5×103 N，方向豎直向上
【解析】 方法一　運動員剛接觸網時速度的大小為v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向豎直向下．剛離開網時速度的大小為v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向豎直向上．運動員接觸網的過程中，網的作用力為F，規定豎直向上為正方向，根據動量定理得：(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，
解得：F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向豎直向上．
方法二　運動員從3.2 m高處自由下落的時間為t1＝ ＝ s＝0.8 s
運動員剛離開網彈回5.0 m高處所用的時間為t2＝ ＝ s＝1 s
整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網接觸的t3＝1.2 s 時間內受到網對他向上的彈力F的作用，對全過程應用動量定理得：F·t3－mg(t1＋t2＋t3)＝0.
解得：F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向豎直向上．
練習3、高空墜物已成為一種新型城市公害，極易對行人造成傷害。若一個50 g的小物塊從居民樓21層樓的地面處落下（高約60米），撞地后彈起0.6米高，與地面的撞擊時間2 ms，g取10 m/s2，求（結果保留根號）
（1）小物塊落地時速度約多少？
（2）物塊對地面產生的沖擊力約為多大？（撞地力遠大于物塊的重力）
【答案】（1）20 m/s　（2）550 N
【解析】（1）設小物塊落地時速度為v，由公式v2＝2gh可知，
v＝＝20 m/s
（2）設彈起速度為v′，物塊受地面的彈力為F，由題意知撞地時間為
Δt＝2 ms＝2×10－3s，又v′＝＝2 m/s，
規定豎直向上的方向為正方向，則因F mg，由動量定理得FΔt＝mv′－（－mv）
解得F＝
代入數據F＝ N＝550 N
由牛頓第三定律知物塊對地面撞擊力大小F′＝550 N。
考點三、用動量定理解決連續流體的作用問題
通常情況下應用動量定理解題，研究對象為質量一定的物體，它與其他物體只有一次相互作用，我們稱之為“單體作用”。這類題目對象明確、過程清楚，求解不難。而對于流體連續相互作用的這類問題，研究對象不明，相互作用的過程也較復雜，求解有一定難度。
1．流體作用模型
對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設在極短的時間Δt內通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl，如圖所示．設流體的密度為ρ，則在Δt的時間內流過該截面的流體的質量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分兩種情況：
(1)作用后流體微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.
2．微粒類問題
微粒及其特點：通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質量具有獨立性，通常給出單位體積內粒子數n
分析步驟：
(1)建立“柱體”模型，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S。
(2)微元研究，作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl，對應的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內的粒子數N＝nv0SΔt。
(3)先應用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算。
【典例1】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板（面積略大于S）；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變為零，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求
（1）噴泉單位時間內噴出的水的質量；
（2）玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。
【答案】（1）ρv0S　（2）eq \f(v,2g)－eq \f(M2g,2ρ2vS2)
【解析】（1）在剛噴出一段很短的Δt時間內，可認為噴出的水柱保持速度v0不變。
該時間內，噴出水柱高度Δl＝v0Δt ①
噴出水柱質量Δm＝ρΔV ② 其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS ③
由①②③可得：噴泉單位時間內噴出的水的質量為＝ρv0S。
（2）設玩具底面相對于噴口的高度為h
由玩具受力平衡得F沖＝Mg ④ 其中，F沖為水柱對玩具底部的作用力
由牛頓第三定律知F壓＝F沖 ⑤
其中，F壓為玩具底部對水柱的作用力，v′為水柱到達玩具底部時的速度
由運動學公式得v′2－v＝－2gh ⑥
在很短Δt時間內，沖擊玩具水柱的質量為Δm Δm＝ρv0SΔt ⑦
由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用動量定理得－（F壓＋Δmg）Δt＝－Δmv′ ⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變為F壓Δt＝Δmv′ ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq \f(v,2g)－eq \f(M2g,2ρ2vS2)。
【典例2】一宇宙飛船以v＝1.0×104 m/s的速度進入密度為ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微隕石流中，如果飛船在垂直于運動方向上的最大截面積S＝5 m2，且認為微隕石與飛船碰撞后都附著在飛船上。為使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應增加多大？
【答案】100 N
【解析】設t時間內附著在飛船上的微隕石總質量為Δm，則Δm＝ρSvt.①
這些微隕石由靜止至隨飛船一起運動，其動量增加是受飛船對其作用的結果，由動量定理有Ft＝Δp＝Δmv ②
則微隕石對飛船的沖量大小也為Ft，為使飛船速度保持 不變，飛船應增加的牽引力為ΔF＝F ③
綜合①②③并代入數值得ΔF＝100 N，即飛船的牽引力應增加100 N。
練習1、水力采煤時，用水槍在高壓下噴出強力的水柱沖擊煤層．設水柱直徑d＝30 cm，水速v＝50 m/s，假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變為零，求水柱對煤層的平均沖擊力大小．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3)
【答案】 1.77×105 N
【解析】 設在一小段時間Δt內，從水槍射出的水的質量為Δm，則Δm＝ρS·vΔt.以Δm的水為研究對象，如圖所示，它在Δt時間內的動量變化量Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt.
設F為水對煤層的平均作用力，即沖力，F′為煤層對水的反沖力，以v的方向為正方向，根據動量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρSv2Δt，即F′＝－ρSv2.
根據牛頓第三定律知F＝－F′＝ρSv2.式中S＝d2，
代入數值得F≈1.77×105 N.
二、夯實小練
1、一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則（　　）
A．t=2s時物塊的速率為1m/s B．t=2s時物塊的速率為4m/s
C．t=4s時物塊的速率為3m/s D．t=4s時物塊的速率為1m/s
【答案】D
【解析】
AB．對物塊應用動量定理，0~2s內有代入數據，得故A錯誤；B錯誤；
CD．對物塊應用動量定理，0~4s內有代入數據，得故C錯誤；D正確。
2、水平推力F1和F2分別作用于水平面上等質量的A、B兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續運動一段時間后停下，兩物體的v－t圖象分別如圖中OAB、OCD所示，圖中AB∥CD，則(　　)
A．F1的沖量大于F2的沖量
B．F1的沖量等于F2的沖量
C．兩物體受到的摩擦力大小相等
D．兩物體受到的摩擦力大小不等
【答案】C
【解析】設F1、F2的作用時間分別為t1、t2，則由圖知t1F1t1，A、B均錯．
3、如圖所示，豎直面內有一個固定圓環，MN是它在豎直方向上的直徑．兩根光滑滑軌MP、QN的端點都在圓周上，MP＞QN.將兩個完全相同的小球a、b分別從M、Q點無初速度釋放，在它們各自沿MP、QN運動到圓周上的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．合力對兩球的沖量大小相同
B．重力對a球的沖量較大
C．彈力對a球的沖量較小
D．兩球的動量變化大小相同
【答案】C
【解析】小球受到的合外力等于重力沿軌道方向的分力，即：mgsinθ，加速度為a＝gsinθ(θ為桿與水平方向的夾角)由圖中的直角三角形可知，小球的位移s＝2Rsinθ
所以t＝＝＝，t與θ無關，即t1＝t2，所以合外力的沖量大小為：mgsinθ·t.由圖可知MP與水平方向之間的夾角大，所以沿MP運動的a球受到的合外力的沖量大，由動量定理可知，a球的動量變化大，A、D錯誤；重力的沖量為mgt，由于運動的時間相等，所以重力的沖量大小相等，B錯誤；彈力的沖量：mgcosθ·t，所以a球的彈力的沖量小，C正確．
4、一個質量為0.18 kg的壘球，以20 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后反向水平飛回．設擊打過程球棒對壘球的平均作用力大小為900 N，作用時間為0.01 s．則被球棒擊打后壘球反向水平速度大小為(　　)
A．30 m/s　　　　　　 B．40 m/s
C．50 m/s　　　　　　 D．70 m/s
【答案】A
【解析】設飛來的速度方向為正方向，由動量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入數據解得v＝30 m/s，即飛回的速度大小為30 m/s.故A正確，B、C、D錯誤．
5、“守株持兔"是眾所周知的寓言故事．假設兔子質量為，以的速度奔跑，撞樹后幾乎不反彈、作用時間約為，則兔子受到的平均撞擊力大小為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由動能定理可知
得
故ABC錯誤，D正確。
6、水刀切割具有精度高、無熱變形、無毛刺、無需二次加工以及節約材料等特點，因而得到廣泛應用。某水刀切割機床如圖所示，若橫截面積為S的水柱以速度垂直射到鋼板上，碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的密度為，則水對鋼板的平均沖力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】以時間內射到鋼板上的水柱為研究對象，規定水柱的速度方向為正方向，根據動量定理可得
其中
聯立，可得
由牛頓第三定律可知水對鋼板的平均沖力大小為
7、國產科幻大片《流浪地球》中有這樣的情節:為了自救，人類提出一個名為“流浪地球”的大膽計劃。實際上有人通過理論計算得出這個計劃是行不通的，電影里設定為了移動地球，地球人在北半球建立了12000座行星推進器，每座行星推進器高11公里，總共能產生150萬億噸的推力，約為1.50×1018 N。推進器噴出的是電磁場加速后的等離子體，這種物質的噴射速度最高能達到500 km/s。地球的質量大約6×1024kg，利用牛頓第二定律，可以粗略計算出發動機推動地球產生的加速度約等于0.000025‰的地球表面重力加速度，也就是0.00000025 m/s2，相當于地球在一年后的速度只有大約7.9 m/s，尚且不如博爾特在100 m賽道上的速度，哪怕加上地球繞太陽公轉的速度（地球赤道地區的線速度為465 m/s）也根本無法驅動地球逃離太陽系的束縛。通過以上數據試計算，按電影里設定的數據，每臺推進器每秒鐘噴出等離子體的質量約為（　　）
A．2.5×107 kg B．2.5×108 kg C．3×1011 kg D．3×1012 kg
【答案】B
【解析】每臺推進器產生的推力
F0==1.25×1014 N
由
F0Δt=Δmv
得
Δm=2.5×108 kg
8、(2020-2021學年廣西欽州市高二(下)期中)如圖所示是一則安全警示廣告，描述了高空墜物對人傷害的嚴重性。小王同學用下面的實例來檢驗廣告詞的科學性：用一個雞蛋從8樓的窗戶自由下落到地面。經測量雞蛋質量約50 g,8層樓高約20米，與地面接觸時間約為0.02 s。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求雞蛋：
(1)下落到地面時動量的大小；
(2)對地面平均作用力的大小。
【答案】 (1)1 kg·m/s　(2)50.5 N
【解析】 (1)下落到地面時速度由v2＝2gh得v＝20 m/s
動量的大小為p＝mv＝50×10－3×20 kg·m/s＝1 kg·m/s
(2)設向上為正方向，根據動量定理可知，對雞蛋：(F－mg)Δt＝0－(－mv)
解得F＝＋mg＝N＋0.05×10 N＝50.5 N
由牛頓第三定律可知球對地面平均作用力的大小F′＝50.5 N。
9、質量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經過時間t1到達沙坑表面，又經過時間t2停在沙坑里．求：
(1)沙對小球的平均阻力F；
(2)小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I．
【答案】　(1)F＝ (2)I＝－mgt1　方向豎直向上
【解析】　(1)在下落的全過程對小球用動量定理，重力作用時間為t1＋t2，而阻力作用時間僅為t2，以豎直向下為正方向，有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得F＝ ．
(2)仍然在下落的全過程對小球用動量定理，在t1時間內只有重力的沖量，在t2時間內有總沖量(已包括重力沖量在內)，以豎直向下為正方向，有mgt1＋I＝0，則I＝－mgt1，方向豎直向上．
10、一輛轎車強行超車時，與另一輛迎面而來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5 m，據測算兩車相撞前速度都約為30 m/s，則：
(1)試求車禍中車內質量約60 kg的人受到的平均沖力F是多大？
(2)若此人系有安全帶，安全帶在車禍過程中與人體的作用時間是1 s，求這時人體受到的平均沖力F′為多大？
【答案】(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N
【解析】(1)兩車相撞時認為人與車一起做勻減速運動直到停止，位移為0.5 m，設運動的時間為t，則
由x＝t得t＝＝ s，
根據動量定理得Ft＝Δp＝mv0，
解得F＝＝5.4×104 N．
(2)若人系有安全帶，則F′＝＝1.8×103 N．
11、如圖甲所示，用水平向右的力F拉放在光滑水平地面上、質量為500 kg的物體，作用時間為20 s，使物體獲得0.5 m/s的速度．若力F大小的變化為：前15 s從零開始隨時間均勻增大，后5 s均勻減小為零，如圖乙所示，求：
(1)力F對物體的沖量；
(2)力F的最大值．
【答案】(1)250 N·s　(2)25 N
【解析】(1)拉力對物體的沖量等于物體的動量增加量，有：
IF＝mv＝500×0.5 N·s＝250 N·s
(2)由于拉力均勻變化，設拉力最大值為Fmax，則拉力的沖量大小為圖乙中圖線與時間軸所圍成的面積，則：IF＝Fmax·t，得Fmax＝25 N
12、如圖所示，質量20 kg的小車靜止在光滑水平面上，從水槍中噴出的水柱的橫截面積是10 cm2 ， 速度10 m / s，水的密度1.0×103 kg / m3。若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進小車中，當有質量5 kg的水進入小車時，小車的速度大小？小車的加速度大小？
【答案】 2；2.56
【解析】第一空. 流進小車的水與小車組成的系統動量守恒，當淌入質量為m的水后，小車速度為v1 ， 則mv=（m+M）v1 ， 解得： 。
第二空. 質量為m水流進小車后，在極短的時間△t內，沖擊小車的水的質量為 此時，水對車的沖擊力為F，則車對水的作用力也為F，據動量定理有：-F△t=△mv1-△mv，解得： ，根據牛頓第二定律得： 。
三、培優練習
1、物體A和B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動，如圖(a)所示，A 的質量為m，B 的質量為M，當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經某一位置時的速度大小為v，這時物體B的下落速度大小為u，如圖(b)所示，在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為(　　)
A．mv B．Mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
【答案】 D
【解析】 對B由動量定理得：Mgt＝Mu－0，對A由動量定理得，設彈簧沖量為I：I－mgt＝mv－0，聯立解得：I＝mv＋mu，ABC錯誤，D正確。
2、如圖甲所示，質量為的物塊在水平力作用下由靜止釋放，物塊與墻面間的動摩擦因數為0.4，力隨時間變化的關系如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，。下列圖像中，能正確反映物塊所受摩擦力大小與時間()變化關系的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】物塊水平方向受力平衡，滑動摩擦力豎直向上
所以Ff t圖象的是過原點的傾斜直線，斜率k=2，當物塊靜止時，物塊受到靜摩擦力作用
圖象和t軸平行，Ff t圖象的面積表示Ff的沖量，根據動量定理
解得物塊運動的時間為，故C正確，ABD錯誤故選C。
3、（多選）如圖甲所示為一固定光滑足夠長的斜面，傾角為30°.質量為0.2 kg的物塊靜止在斜面底端，t＝0時刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上為正方向，拉力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．6 s末物塊的速度為零
B．物塊一直沿斜面向上運動
C．0～4 s內拉力對物塊做的功為20 J
D．0～6 s內拉力對物塊的沖量為零
【答案】AC
【解析】在0～2 s內，由牛頓第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s內，由牛頓第二定律可得F2＋mgsin30°＝ma2，解得a2＝10 m/s2，則物塊在0～2 s內向上勻加速直線運動，2～3 s內向上勻減速直線運動，3 s時減少為零，3～4 s內向下勻加速直線運動，4～6 s內向下勻減速直線運動，6 s時速度減為零，故A項正確，B項錯誤；在t＝4 s時和t＝2 s時物塊在同一位置，速度等大反向，所以0～4 s內拉力對物塊做的功等于0～2 s內拉力對物塊做的功，s＝a1t2＝10 m，W＝F1s＝20 J，故C項正確；0～6 s內拉力對物塊的沖量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2) N·s＝6 N·s，故D項錯誤．
4、（多選）如圖所示，物體從t＝0時刻開始由靜止做直線運動，0～4 s內其合外力隨時間變化的關系圖線為正弦曲線，下列表述正確的是(　　)
A．0～2 s內合外力的沖量一直增大
B．0～4 s內合外力的沖量為零
C．2 s末物體的動量方向發生變化
D．0～4 s內物體動量的方向一直不變
【答案】AB
【解析】根據F－t圖象中圖線與t軸圍成的面積表示沖量，可知在0～2 s內合外力的沖量一直增大，故A正確；0～4 s內合外力的沖量為零，故B正確；2 s末沖量方向發生變化，物體的動量開始減小，但方向不發生變化，0～4 s內物體動量的方向一直不變，故C，D錯誤．
5、一物體從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間變化如圖所示，則該物體 (　　)
A．在1s末時運動方向發生改變
B．先做勻加速后做勻減速直線運動
C．1s~2s的平均速度大小大于3m/s
D．該物體在0~2s內受到合外力的沖量一定為4N·s
【答案】C
【解析】A．從圖中看出物體先做加速度逐漸增大的加速運動，到1s時，加速度達到最大，此時運動方向沒有發生改變，故A錯誤；
B．從圖中看出物體先做加速度逐漸增大的加速運動，后做加速度逐漸減小的加速運動，故B錯誤；
C．根據圖像可畫出速度時間圖像如圖所示，假如1~2s做勻加速直線運動，則平均速度為，從圖中可以看出實際的位移大于勻加速的位移，所以1s~2s的平均速度大小大于3m/s，故C正確；
D．缺少物體的質量m，無法計算沖量大小，故D錯誤。故選C。
6、(多選)物體受到合力F的作用，由靜止開始運動，力F隨時間變化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是(　　 )
A．該物體將始終向一個方向運動
B．3 s時該物體回到原出發點
C．0～3 s內，力F的沖量等于零，功也等于零
D．2～4 s內，力F的沖量不等于零，功卻等于零
【答案】BCD
【解析】據題意，從圖可知物體開始先向負向運動，0～1 s末速度為某個值－v，而位移為－s，之后力F反向，1～1.5 s末速度減為0，此時總位移為－1.5s，之后物體向正向運動，1.5～2 s時末速度為v，向正向運動了0.5s，此時位移為－s，此后力又向負向，2～3 s末速度減為0，此時位移為0，故選項A錯誤，選項B正確；據以上分析，0～3 s內力F的沖量等于動量變化，即I03＝mΔv＝0，此過程力F做的功為：W03＝mv－0＝0，故選項C正確；3～4 s末速度為－v，位移為－s，所以2～4 s內力F沖量為：I24＝mΔv＝－2mv，功為W24＝mv－mv＝0．
7、(多選)光滑水平面上有直角坐標系xOy，坐標系的第Ⅰ、Ⅳ象限內有沿y軸正方向的勻強電場．一只質量為100 g的帶電小球靜止于x負半軸上某一點．小球受到一個沿x軸正向的瞬時沖量I后開始運動．從小球通過原點時刻開始計時，小球沿x、y軸方向的分運動的速度圖象分別如圖所示．下列判斷正確的是(　　)
A．沿x軸正向的瞬時沖量I的大小是0.2 N·s
B．開始計時后2 s內小球的動量變化大小是0.6 kg·m/s
C．開始計時后2 s內小球沿y軸方向的位移是3 m
D．開始計時后2 s末小球所在點的坐標是(4,3)
【答案】ACD
【解析】根據圖象可知，小球沿x方向的初速度為2 m/s，由動量定理知沿x軸正向的瞬時沖量I的大小Ix＝mvx＝0.1×2 N·s＝0.2 N·s，A正確；沿x方向動量不變，2 s末y方向的速度為3 m/s，則開始計時后2 s內小球的動量變化大小Δp＝mvy－0＝0.1×3 kg·m/s＝0.3 kg·m/s，B錯誤；根據速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，開始計時后2 s內小球沿y軸方向的位移y＝×2×3 m＝3 m，C正確；開始計時后2 s內，x方向的位移x＝2×2 m＝4 m，則開始計時后2 s末小球所在點的坐標是(4,3)，D正確．
8、如圖所示，斜面傾角θ＝37°，靜止在斜面上的木板AB的質量M＝2.5 kg，木板A端距斜面底端的距離L＝1.6 m，木板與斜面間的動摩擦因數μ＝0.25.釋放木板的同時，另一質量m＝1 kg的光滑小球在某一高度以初速度v0＝6 m/s開始做平拋運動，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向彈回．小球與木板撞擊時間極短且小球受到的彈力遠遠大于其重力，重加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)小球與木板撞擊時，木板運動的位移大小；
(2)木板A端運動到斜面底端時，木板的速度大小．
【答案】 (1)1.28 m　(2)2 m/s
【解析】 (1)由題意得vy＝＝8 m/s
由豎直方向上的自由落體運動規律可知t＝＝0.8 s
由牛頓第二定律可得Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma
得a＝4 m/s2
又x＝at2
聯立解得x＝1.28 m .
(2)設小球與木板AB相碰前速度為v1
則有v1＝＝10 m/s
由動量定理可得FΔt＝2mv1
設木板AB與小球碰撞前、后瞬間的速度分別為v2、v3
v2＝at＝3.2 m/s
[Mgsin θ－μ(Mgcos θ＋F)]Δt＝Mv3－Mv2
上面Δt為無窮小，可得－2μmv1＝Mv3－Mv2
得v3＝1.2 m/s
設木板A端滑到斜面底端時速度為v4
由速度和位移公式可得v－v＝2a(L－x)
聯立解得v4＝2 m/s.
9、如圖所示，在光滑水平面右端B點處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓形軌道BC，在距離B為x的A點，用一個較大的水平力向右瞬間彈擊質量為m的小鋼球，使其獲得一個水平向右的初速度，小鋼球到達B點后沿半圓形軌道運動，剛好到達C點，已知重力加速度為g，求：
(1)小鋼球經過C時的速度有多大？
(2)在A點，這個瞬間彈擊小鋼球的力的沖量需要有多大？
【答案】 (1)　(2)m
【解析】 (1)小鋼球經過C點時，恰好由重力提供圓周運動所需的向心力，即mg＝ ①
由①得vC＝ ②
(2)小鋼球由B→C機械能守恒，所以有：mv＝mv＋2mgR ③
由②和③得vB＝ ④
設在A點力F瞬間彈擊小鋼球的沖量大小為I，
則應用動量定理有：I＝mvA ⑤
由A到B小球做勻速直線運動，所以vA＝vB ⑥
即I＝mvB＝m ⑦
10、如圖，半徑R=0.45m光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直固定于光滑水平面上，底端與一質量為M=2kg的小車的上表面相切，一質量m=3kg的小物塊從圓弧軌道最高點P由靜止釋放，經Q點后滑上靜止的小車，小車與小物塊間的動摩擦因數μ=0.3，小車與墻碰撞的時間極短且為彈性碰撞。己知小車與墻碰撞前，小車與小物塊的速度已經相同，重力加速度g=10m/s2求：
（1）小物塊滑到Q點時的動量大小；
（2）小物塊與小車第一次相對靜止時的速度大小；
（3）若小車與墻第一次碰撞后，物塊恰好沒有從小車上滑出去，則小車的長度為多少。
【答案】（1）9kg·m/s；（2）1.8m/s；（3）1.464m
【解析】（1）小物塊滑到Q點時，由題意及機械能守恒可得
v=3m/s
則其動量為
（2）以向左為正方向，由題意及動量守恒定律可得
（3）小車與物塊第一次共速時，由動能定理可得
車與墻碰撞后以等大速度反向運動，以以向左方向為正方向，則有
由題意可得
則若小車與墻第一次碰撞后，物塊恰好沒有從小車上滑出去，則小車的長度為
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