高中物理动量定理专题

高中物理动量定理专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 动量和动量定理的应用 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 一——冲量(I) 要点诠释: 1.定义:力F和作用时间的乘积，叫做力的冲量。 2.公式: 3.单位: 4.方向:冲量是矢量，方向是由力F的方向决定。 5.注意: ?冲量是过程量，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 ?用公式求冲量，该力只能是恒力，无论是力的方向还是大小发生变化时，都不能用直接求出 1.推导: 设一个质量为的物体，初速度为，在合力F的作用下，经过一段时间，速度变为 则物体的加速度 由牛顿第二定律 可得， 即 (为末动量，P为初动量) 2.动量定理:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。 3.公式:或 4.注意事项: ?动量定理的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式是矢量式，在应用时要注意规定正方向; ?式中F是指包含重力在内的合外力，可以是恒力也可以是变力。当合外力是变力时，F应该是合外力在这段时间内的平均值; ?研究对象是单个物体或者系统; ?不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用与微观物体的高速运动。 5.应用: 在动量变化一定的条件下，力的作用时间越短，得到的作用力就越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短作用时间，如打击、碰撞等由于作用时间短，作用力都较大，如冲压工件; 在动量变化一定的条件下，力的作用时间越长，得到的作用力就越小，因此在需要减小作用力时，可尽量延长作用时间，如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间，从而减小作用力，再如安全气囊等。 规律 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 指导 1.动量定理和牛顿第二定律的比较 (1)动量定理反映的是力在时间上的积累效应的规律，而牛顿第二定律反映的是力的瞬时效应的规律 (2)由动量定理得到的，可以理解为牛顿第二定律的另一种表达形式，即:物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 (3)在解决碰撞、打击类问题时，由于力的变化规律较复杂，用动量定理处理这类问题更有其优越性。 4.应用动量定理解题的步骤 ?选取研究对象; ?确定所研究的物理过程及其始末状态; ?分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况; ?规定正方向，根据动量定理列式; ?解方程，统一单位，求得结果。 经典例题透析 类型一——对基本概念的理解 1.关于冲量，下列说法中正确的是( ) A.冲量是物体动量变化的原因 B.作用在静止的物体上力的冲量一定为零 C.动量越大的物体受到的冲量越大 D.冲量的方向就是物体受力的方向 思路点拨:此题考察的主要是对概念的理解 解析:力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A对;只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么状态无关，B错误;物体所受冲量大小与动量大小无关，C错误;冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D错误。 答案:A 【变式】关于冲量和动量，下列说法中错误的是( ) A.冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量 B.冲量是描述运动状态的物理量 C.冲量是物体动量变化的原因 D.冲量的方向与动量的方向一致 答案:BD 点拨:冲量是过程量;冲量的方向与动量变化的方向一致。故BD错误。 类型二——用动量定理解释两类现象 2.玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。这是为什么,作用时间不同导致作用力不同 解释:玻璃杯易碎与否取决于落地时与地面间相互作用力的大小。由动量定理可知，此作用力的大小又与地面作用时的动量变化和作用时间有关。 因为杯子是从同一高度落下，故动量变化相同。但杯子与地毯的作用时间远比杯子与水泥地面的作用时间长，所以地毯对杯子的作用力远比水泥地面对杯子的作用力小。所以玻璃杯从同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松软的地毯上不易碎。 ,. 如图，把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面抽出，解释这些现象的正确说法是( CD) A.在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大 B.在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小 C.在缓慢拉动时，纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小 解析:在缓慢拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力。所以一般情况是:缓拉摩擦力小;快拉摩擦力大，故AB都错;缓拉纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间很长，故重物获得的冲量可以很大，所以能把重物带动。快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以动量改变也小，因此，CD正确。 总结升华:用动量定理解释现象一般可分为两类:一类是物体的动量变化一定，力的作用时间越短，力就越大;时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，力的作用时间越长，动量变化越大;力的作用时间越短，动量变化越小。分析问题时，要搞清楚哪个量一定，哪个量变化。 【变式1】有些运动鞋底有空气软垫，请用动量定理解释空气软垫的功能。 解析:由动量定理可知，在动量变化相同的情况下，时间越长，需要的作用力越小。因此运动鞋底部的空气软垫有延长作用时间，从而减小冲击力的功能。 【变式2】机动车在高速公路上行驶，车速越大时，与同车道前车保持的距离也越大。请用动量定理解释这样做的理由。 解析:由动量定理可知，作用力相同的情况下，动量变化越大，需要的时间越长。因此，车速越大时，与同车道前车保持的距离也要越大。 类型三——动量定理的基本应用 4. 质量为1T的汽车，在恒定的牵引力作用下，经过2s的时间速度由5m/s提高到8m/s，如果汽车所受到的阻力为车重的0.01，求汽车的牵引力, 思路点拨:此题中已知力的作用时间来求力可考虑用动量定理较为方便。 333 解析:?物体动量的增量?P=Pˊ-P=10×8-10×5=3×10kg?m/s。 ?根据动量定理可知: 答案:汽车所受到的牵引力为1598N。 总结升华:本题也是可以应用牛顿第二定律，但在已知力的作用时间的情况下，应用动量定理比较简便。 【变式】一个质量5kg的物体以4m/s的速度向右运动，在一恒力作用下，经过0.2s其速度变为8m/s向左运动。求物体所受到的作用力。 解析:规定初速度的方向即向右为正方向，根据动量定理可知: 负号表示作用力的方向向左。 答案:物体所受到的作用力为300N，方向向左。 类型四——求平均作用力 5. 汽锤质量，从1.2m高处自由落下，汽锤与地面相碰时间为 ，碰后汽锤速度为零，不计空气阻力。求汽锤与地面相碰时，地面受到的平均作用力。 思路点拨:本题是动量定理的实际应用，分清速度变化是问题的关键。 解析:选择汽锤为研究对象，设汽锤落地是速度为，则有 汽锤与地面相碰时，受力如图所示， 选取向上为正方向，由动量定理得 根据牛顿第三定律可知，地面受到的平均作用力大小为3498N，方向竖直向下。 答案:平均作用力大小为3498N，方向竖直向下。 总结升华:动量定理是合力的冲量;动量定理是矢量式。在解决这类竖直方向的打击问题中，重力是否能忽略，取决于与的大小，只有时，才可忽略，当然不忽略一定是正确的。 【变式1】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。一个质量为的运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为。若把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取) 解析:运动员刚接触网时速度大小:，方向向下; 刚离开网时速度大小:，方向向上。 运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，对运动员由动量定理有: 取向上为正方向，则 解得: 方向向上。 答案:N 【变式2】质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保障，使他悬挂起来，已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带长为5m，则安全带所受的平均作用力。(g取) 解:对人在全过程中(从开始跌下到安全停止)，由动量定理得: mg(t+t),Ft=0 122 t==s=1s 1 t=1.2s 2 ?F==N =1100N 根据牛顿第三定律可知，安全带所受的平均作用力为1100N。 点评:此题也可用上面的方法分两个阶段分别研究，无论是分过程的解法还是全过程的解法，一定要注意力与时间的对应以及始末状态的确定。 类型五——用动量定理求变力的冲量 6. 如图所示，将一轻弹簧悬于O点，下端和物体A相连，物体A下面用细线连接物体B，A、B质量分别为M、m，若将细线剪断，待B的速度为v时，A的速度为V，方向向下，求该过程中弹簧弹力的冲量。 思路点拨:求变力的冲量，不能用Ft直接求解，可借助动量定理，由动量的变化量间接求出。 解析:剪断细线后，B向下做自由落体运动，A向上运动。 对A: 取向上方向为正，由动量定理得 I,Mgt=,MV,O 弹 ?I=Mgt,MV……………? 弹 对B: 由自由落体运动知识 ………………………? 由?、?解得: =M(v,V) 类型六——用动量定理解决变质量问题 7. 一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。设帆面的面积为S，风速为v，船速为v(v 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 签。mυ错误～未指定fBAfCAAAA 2书签。-1/2错误～未指定书签。mυ错误～未指定书签。错误～未指定书签。 A0 2对B由动能定理有:Fs = 1/2错误～未指定书签。mυ错误～未指定书签。 fA Bf BBB 根据动量与动能之间的关系有: mυ = 错误～未指定书签。，mυ = AABB2mE2mEAKABKB错误～未指定书签。 木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L = s-s， AB 代入放数据由以上各式可得L = 0.50m( 2 质量为m = 1kg的小木块(可看在质点)，放在质量为M = 5kg的长木板的左端，如图所示(长木板放在光滑水平桌面上(小木块与长木板间的动摩擦因数μ = 0.1，长木板的长度l = 2m(系统处于静止状态(现使小木块从长木板右端脱离出来， 2可采用下列两种方法:(g取10m/s) (1)给小木块施加水平向右的恒定外力F作用时间t = 2s，则F至 少多大, (2)给小木块一个水平向右的瞬时冲量I，则冲量I至少是多大, 答案:(1)F=1(85N (2)I=6(94NS 【例2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里(已知物体的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kW，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机 2又以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度((g取10m/s)求: (1)落水物体运动的最大速度; (2)这一过程所用的时间( 【解析】先让吊绳以最大拉力F = 1200N工作时，物体上升的加速度为a， Tm Fmg,T2m由牛顿第二定律有:a = 错误～未指定书签。，代入数据得a = 5m/s m 当吊绳拉力功率达到电动机最大功率P = 12kW时，物体速度为υ，由P = Tυ，得υ = mmm10m/s( ,物体这段匀加速运动时间t = 错误～未指定书签。 = 2s，位移s = 1/2错误～未指定11a 2书签。at错误～未指定书签。 = 10m( 1 Pm此后功率不变，当吊绳拉力F = mg时，物体达最大速度υ = 错误～未指定书签。 Tmmg = 15m/s( 这段以恒定功率提升物体的时间设为t，由功能定理有: 2 112Pt-mg(h-s) = 错误～未指定书签。mυ错误～未指定书签。-错误～未指定书21m22 2签。mυ 代入数据得t = 5(75s，故物体上升的总时间为t = t+t = 7.75s( 212 即落水物体运动的最大速度为15m/s，整个运动过程历时7.75s( 3一辆汽车质量为m，由静止开始运动，沿水平地面行驶s后，达到最大速度υ，设汽车m的牵引力功率不变，阻力是车重的k倍，求: (1)汽车牵引力的功率; (2)汽车从静止到匀速运动的时间( 答案:(1)P=kmgv m 2 (2)t=(v+2kgs)/2kgv mm 4 一个带电量为-q的液滴，从O点以速度υ射入匀强电场中，υ的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为υ，求: (1)最高点的位置可能在O点上方的哪一侧, (2)电场强度为多大, (3)最高点处(设为N)与O点电势差绝对值为多大, 解析】(1)带电液油受重力mg和水平向左的电场力qE，在水平方【 向做匀变速直线运动，在竖直方向也为匀变速直线运动，合运动为匀变速曲线运动( 由动能定理有:W+W = ?E，而?E = 0 电GKK 重力做负功，W,0，故必有W,0，即电场力做正功，故最高点位置一定在O点左电G 侧( (2)从O点到最高点运动过程中，运动过程历时为t，由动量定理: 在水平方向取向右为正方向，有:-qEt = m(-υ)-mυcosθ 在竖直方向取向上为正方向，有:-mgt = 0-mυsinθ ,qE1，cos,上两式相比得错误～未指定书签。错误～未指定书签。，故电场强度为mgsin, ,mg(1，cos)E = 错误～未指定书签。 qsin, (3)竖直方向液滴初速度为υ = υsinθ，加速度为重力加速度g，故到达最高点时上升1 222,sin,,1,的最大高度为h，则h = 错误～未指定书签。错误～未指定书签。 22gg 22m,,sin从进入点O到最高点N由动能定理有qU-mgh = ?E = 0，代入h值得U = 错K2q误～未指定书签。 5 一封闭的弯曲的玻璃管处于竖直平面内，其中充满某种液体，内有一密度为液体密度 一半的木块，从管的A端由静止开始运动，木块和管壁间动摩擦因数μ = 0.5，管两臂长AB = BC = L = 2m，顶端B处为一小段光滑圆弧，两臂与水平面成α = 37?角，如图所示(求: (1)木块从A到达B时的速率; (2)木块从开始运动到最终静止经过的路程( 【解析】木块受四个力作用，如图所示，其中重力和浮力的合力竖 = F-mg，而F = ρVg = 2ρVg = 2mg，故F = mg(在直向上，大小为F 浮浮液木 垂直于管壁方向有:F = Fcosα = mgcosα， N 在平行管方向受滑动摩擦力F = μN = μmgcosθ，比较可知，Fsinα = f mgsinα = 0.6mg，F = 0.4mg，Fsinα,F(故木块从A到B做匀加速运动，滑过B后F的分ff 布和滑动摩擦力均为阻力，做匀减速运动，未到C之前速度即已为零，以后将在B两侧管间来回运动，但离B点距离越来越近，最终只能静止在B处( 2(1)木块从A到B过程中，由动能定理有:FLsinα-FL = 1/2错误～未指定书签。mυfB错误～未指定书签。 代入F、F各量得υ = 错误～未找到引用源。 = 2错误～22gL(sin,,,cos,)fB 未指定书签。 = 2.83m/s( (2)木块从开始运动到最终静止，运动的路程设为s，由动能定理有:FLsinα-Fs = f?E = 0 K ,Lsin代入各量得s = 错误～未指定书签。 = 3m mcos,