高考物理动量、动量定理专题

1.动量定理的理解

动量定理的表达式是一个矢量式,包含了大小和方向双重含义,一维表达式 研究对象 冲量 方程

情况下需选定一个正方向(p'pI或mv'mvF合t) 动量定理的研究对象可以是单个物体,也可以是多物体组成的系统 动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量.力可以是恒力,也可以是变力 由动量定理列出的方程是一个过程方程,方程中两个动量对应时间t的始末时刻 2. 两种典型场景的应用方法

(1)动量和能量的综合问题。

动量的观点包括动量定理和动量守恒定律,能量的观点包括动能定理和能量守恒定律.这两个观点研究的是物体或系统所经历的过程中运动状态的改变,即只要知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中的冲量和所做的功,即可对问题进行求解.

要点①在解决涉及时间的问题时可采用动量定理,在解决涉及位移的问题时,可考虑选用能量观点的表达式.

②动量观点的表达式都是矢量表达式,也可以写出分量表达式,但能量观点的表达式是标量表达式，没有分量表达式.

(2)应用动量定理求解流体问题时,由于流体的连续性,故解决问题时需先选取一个流体微元,再对微元列出相应方程,思路如下:

在极短时间取一小t内，柱体作为研究对象

求小柱体的体积求小柱体的动Vvst和小 量变化p mv 柱体的质量mVvstvstv 应用动量定 理列方程：Ftp  针对训练

1.（多选）如图所示，一质量m2kg的物体A静止在光滑的水平面上,与水平方向成30°角、大小F3N的恒力作用于该物体，历时10s,在这段时间内,下列说法正确的是（ ） A.力F的冲量大小为零 B.力F的冲量大小为30Ns C.力F的冲量大小为153Ns

D.物

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体A的动量变化量为153Ns

2.与水平面成角的光滑斜面的底端静置一个质量为m的物体,从某时刻开始有一个沿斜面方向向上的恒力F作用在物体上,使物体沿斜面向上滑去,经过一段时间t撤去这个力,又经过时间2t物体返回到斜面的底部,则( ).

A.F与mgsin的比应该为3:7 B.F与mgsin的比应该为9:5 C.F与mgsin的比应该为7:3 D.F与mgsin的比应该为5:9

3.如图所示，AB、AC、AD是竖直平面内三根固定的光滑细杆,A、B、C、D四点位于同一圆周上,A点位于圆周的最高点,D点位于圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别沿不同的细杆从A点由静止开始滑下,在它们分别沿杆下滑的整个过程中,下列说法正确的是（ ）

A.弹力对它们的冲量相同 B.重力对它们的冲量相同 C.合外力对它们的冲量相同 D.以上三种说法均错误

4.质量为m的钢球自高处落下,以速率v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为

v2,在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）

A.向下,m(v1v2) B.向下,m(v1v2) C.向上,m(v1v2) D.向上,m(v1v2)

5.一质量为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.mgt B.

mvmvmv C.mg D.mg ttt

6.如图所示,质量为m的物块沿倾角为的斜面由底端向上滑动,经过时间t1,速度为零,然后下滑，又经过时间t2,回到斜面底端,在整个运动过程中,重力对物块的总冲量大小为（ ） A.0 B.mg(t1t2)sin C.mg(t1t2)sin D.mg(t1t2)

7.(多选)如图所示,两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑固定斜面顶端从静止自由下滑,则两物体（ ） A.到达斜面底端时的动量大小相同 B.下滑的过程中重力的冲量相同

C.下滑的过程中斜面对物体的弹力的冲量相同 D.下滑的过程中合外力的冲量大小相同

8.如图所示,质量为m的物体在水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动,当物体运动到A点时撤去外力F,物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点

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的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功越多

B.v越大,摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关 C.v越大,摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少

D.v越大,摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关

9.如图所示,今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触、质量分别为m和

2m的木块A、B,设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则

子弹穿过两木块后,木块A的速度大小是（ ） A.

10.水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下,a、b两物体的vt图像分别如图中OAB、OCD所示,图中AB//CD,则（ ） A.F1的冲量大于F2的冲量 B.F1的冲量等于F2的冲量 C.两物体受到的摩擦力大小相等 D.两物体受到的摩擦力大小不等

ft1ft1f(t1t2)f(t1t2) B. C. D. m3m3mm

11.（多选）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.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/s

B.t2s时物块的动量大小为4kg·m/s C.t3s时物块的动量大小为5kg·m/s D.t4s时物块的速度为零

12.高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长量,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ） A.

m2ghm2ghmghmghmg B.mg C.mg D.mg tttt

13.2005年8月29日清晨,飓风“卡特里娜”在美国路易斯安那州东南沿海登陆,飓风带来的巨浪和洪水使新奥尔良全城瘫痪.假设“卡特里娜”飓风以v250km/h的速度推进,空气的密度1.3kg/m3,防浪墙高h111m,总长l560km,飓风遇到防浪墙后速度变为零,且设海水全部流走,只考虑飓风对防浪墙的作用,由此可估算出飓风对防浪墙的冲击力F为( )

A.2.81010N B.5.11012N C.3.91011N D.2.01010N

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14.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,左端与竖直墙壁接触.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，气体往外喷出的速度为v,则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是( ). A.vS B.

15.以速率v1飞来的网球,被球拍击中以速率v2反向飞出,这时网球的动能变化了E,则动量大小的变化为（ ） A.

v2S C.

12vS D.v2S 22E2E2E2E B. C. D.

2222v1v2v2v1v2v1v2v1

16.质量为0.5kg的弹性小球,从1.25m高处自由下落,与地板碰撞后回跳高度为0.8m,设碰撞时间为0.1s,取g10m/s2,求小球对地板的平均冲力.

17.在一次“制作水火箭”的科技活动中(如图1),来自“钱学森班”的同学用传感器记录并作线性拟合后得到喷出的水对火箭的推力随时间变化的图像(即Ft图像)如图2所示,水火箭发射前的质量为M1.25kg,发射后水火箭的重力随时间变化的函数为G12.52.5t(国际单位制).火箭竖直向上发射,不计空气阻力,火箭所经处的重力加速度恒为g10m/s2,求:

(1)在Ft图像中画出发射后水火箭的重力随时间变化的图像,求出水火箭刚离开地面时所用的时间t；

(2)水火箭从离开地面到t4s过程中推力与重力的合力的冲量I合以及t4s时水火箭的速率v.

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18.打夯是一种常见的劳动方式,由铸铁浇铸而成的夯呈立方体结构,在其四个角上拴有八根长绳,打夯时,八个人围着夯等间距站立,通过长绳同时使力,将静止在地面的夯竖直提升

h11m后同时放手,再经过t11s夯落回地面,与地面撞击后反弹上升h20.2m.人在提升

夯的过程中夯的上表面始终保持水平,为了简化可将夯看做匀变速运动。已知夯与地面作用时间为t20.2s,夯的质量m40kg,重力加速度取g10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不考虑空气阻力和绳的质量,求

(1)若人开始提升夯时长绳与水平方向的夹角均为53°,则夯刚开始运动时每根绳上的 平均张力的大小为多少；

(2)在提升夯的过程中每个人做功的平均功率P； (3)夯对地面平均撞击力的大小.

19.如图所示,静止在光滑水平面上的小车质量M20kg从水中喷出的水柱,横截面积为

S10cm2,速度为v10m/s,水的密度为1.0103kg/m3.若用水喷出的水从车后沿

水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁淌入小车中 (1)求当有质量为m5kg的水进入小车时,小车的速度大小； (2)若将小车固定在水平面上,且水冲击到小车前壁后速度立即变为零,求水对小车的冲击力大小.

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20.某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)，水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为,重力加速度大小为g.求: (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.

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答案

1.BD 2.B 3.B 4.D 5.C 6.D 7.AD 8.D 9.B 10.C 11.AB 12.A 13.C 14.D 15.B

16. 50N；方向竖直向下

17.（1）t1s时离开地面 （2） 18.75 N·s； 75m/s （可用图像面积法求冲量） 18.（1）112.5N （2）180W （3）2000N

19.（1）由动量守恒可求得 v12m/s （2）Fsv2100N

2v0M2g20.（1）v0S （2） 222g22v0S 解析：（1）设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则 mV Vv0St 联立得

mv0S t(2) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到 达玩具底面时的速度大小为v，对于t时间内喷出的水,由能量守恒得 112 (m)v2(m)gh(m)v022在h高度处,t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 p(m)v

设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有 Ftp

由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得FMg.

2v0M2g联立以上各式得h 2222g2v0S 7