1、1培优点十二 动量和冲量、动量定理及其应用一、考点分析1. 本部分内容改为必考后，一般是以较容易或中等难度的选择题或计算题出现，可单独考查，也可和动量守恒定律综合考查。2. 注意要点：(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；(2)动量定理 Ft p p 中“ Ft”为合外力的冲量。二、考题再现典例 1. (2018全国 II 卷15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A. 10 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N【解析】设鸡蛋落地瞬间的速度为 v，每层楼的
2、高度大约是 3 m，由动能定理：21mghv，解得： 105m/sv，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：( F mg)t = 0( mv)，解得： F 1000 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为 103 N，故 C 正确。【答案】C典例 2. (2017全国 III 卷20)一质量为 2 kg 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 t1 s 时物块的速率为 1 m/sB t2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/sC t3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD t4 s 时物块的
3、速度为零【解析】法一 根据 F t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、 04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理 I m v 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 2m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则 A、B 项正确，C、D 项错误。法二 前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 m/s21 F1m 22m/s2， t1 s 时物块的速率 v
4、1 a1t11 m/s，A 正确； t2 s 时物块的速率 v2 a1t22 m/s，动量大小为 p2 mv24 kgm/s，B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为 a2 0.5 m/s2， t3 s 时物块的速率 v3 v2 a2t3(20.51) F2mm/s1.5 m/s，动量大小为 p3 mv33 kgm/s，C 错误； t4 s 时物块的速率v4 v2 a2t4(20.52) m/s1 m/s，D 错误。【答案】AB三、对点速练1 “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第
5、一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【答案】A2(多选)一物体仅在力 F 的作用下由静止开始运动，力 F 随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A03 s 内，力 F 所做的功等于零，冲量也等于零B04 s 内，力 F 所做的功等于零，冲量也等于零C第 1 s 内和第 2 s 内的速度方向相同，加速度方向相反D第 3 s 内和第 4 s 内的速度方向相反，加速度方向相同【答案】AD3下列四个图描
6、述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变3化的曲线，若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是( )【答案】C【解析】在不计空气阻力的情况下，做竖直上抛运动的物体只受重力的作用，加速度方向竖直向下，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有 p mg t， mg，所以 C p t正确。4(多选)如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为 h 的 B 点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为 g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A小球的机械能减小了 mg(H h)B小
7、球克服阻力做的功为 mghC小球所受阻力的冲量大于 m 2gHD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了 mg(H h)，则小球的机械能减小了 mg(H h)，故 A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得， mg(H h) Wf0，则小球克服阻力做功 Wf mg(H h)，故 B 错误；小球落到地面的速度v ，对进入泥潭的过程运用动量定理得： IG IF0 m ，得：2gH 2gHIF IG m ，知阻力的冲量大于 m ，故 C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，2gH 2gH动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故 D
8、 错误。5(多选)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第 4 个水球，则下列判断正确的是( )A子弹在每个水球中的速度变化相同B子弹在每个水球中运动的时间不同C每个水球对子弹的冲量不同4D子弹在每个水球中的动能变化相同【答案】BCD【解析】恰好能穿出第 4 个水球，即末速度 v0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2 )( )( 1)3 3 2 21，则 B 正确；由于加速度 a 恒定，由 at v，可知子弹在每个水球中的速度变化
9、不同，A 项错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由 I ft 可知每个水球对子弹的冲量不同，C 项正确；由动能定理有 Ek fx， f 相同， x 相同，则 Ek相同，D 项正确。6一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的 a t 图象如图所示， t0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则( )A t6 s 时，物体的速度为 18 m/sB在 06 s 内，合力对物体做的功为 400 JC在 06 s 内，拉力对物体的冲量为 36 NsD t6 s 时，拉力 F 的功率为 200 W【答案】D【解析】类比速度图象中位移
10、的表示方法可知，在 a t 图象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在 06 s 内 v18 m/s，又 v02 m/s，则 t6 s 时的速度 v20 m/s，A 错误；由动能定理可知，06 s 内，合力做的功为 W mv2 mv 396 J，B 错误；12 12 20由动量定理可知， IF Fft mv mv0，代入已知条件解得 IF48 Ns，C 错误；由牛顿第二定律可知，6 s 末 F Ff ma，解得 F10 N，所以拉力的功率 P Fv200 W，D 正确。7(多选)如图甲所示，一质量为 m 的物块在 t0 时刻，以初速度 v0从足够长、倾角为 的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随
11、时间变化的图象如图乙所示。 t0时刻物块到达最高点，3 t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是( )A斜面倾角 的正弦值为5v08gt0B不能求出 3t0时间内物块克服摩擦力所做的功C物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为 3mgt0sin 5D物块从 t0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为 mv032【答案】AD【解析】根据动量定理得，上滑过程：( mgsin mg cos )t00 mv0，下滑过程：( mgsin mg cos )2t0 mv；上滑与下滑过程位移大小相等，则 ，联立解得 v ，sin ， tan ，故 A 正确；根据 tan v0t02 v2t0
12、2 v02 5v08gt0 35 35 可求解摩擦力，根据题图乙也可求解 3t0内的路程，由此可求解 3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，故 B 错误；物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0，C 错误；物块从 t0 时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为 p mv0( mv0) mv0，选项 D 正12 32确。8一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力 F 随时间 t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示，不计空气阻力，取重力加速度 g10 m/s2，试结合图象，求：(1)运动员的质量；(2)运动员跳起的最大高度；(3)在 11.512.3
13、 s 时间内，运动员对弹簧床的平均作用力多大？【解析】(1)由图象可知： mg500 N，所以 m50 kg。(2)由图象可知，运动员在空气中运动时间 t2 s，所以H g 2 1012 m5 m。12(t2) 12(3)v0 v g 10 m/st2以运动员为研究对象，向上为正，由动量定理：( mg) t mv m( v0)N解得： 1750 NN由牛顿第三定律，运动员对弹簧床的平均作用力为 1750 N。9如图所示，质量 0.5 kg，长 1.2 m 的金属盒 AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦6因数 ，在盒内右端 B 放着质量也为 0.5 kg，半径为 0.1 m 的弹性球，球与盒接
14、触面18光滑。若在 A 端给盒以水平向右的冲量 1.5 Ns，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。【解析】(1)研究对象是金属盒，盒受冲量 I 后获得速度 v，由动量定理，有：I mv0解得： v3 m/s盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力为：f F N 2mg由牛顿第二定律得： f ma盒运动了 x1(1.20.12)m1 m 后速度减少为 v，则有：v 2 v22 ax1联立解得： v2 m/s盒左壁 A 以 v速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以 v2 m/s 的速度向右做匀速直线运动，运动 1 m 后又与盒的右壁相碰，盒又以 v2 m/s 的速度向右运动，直到停止。由 0 v 22 ax2得 x20.8 m因 x2只有 0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为：s x1 x21.8 m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为 t1根据动量定理，有： 2mgt1 mv mv解得： t10.4 s小球匀速运动时间 t2 0.5 s x1v盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为 t3，根据动量定理，有： 2mgt30 mv解得： t30.8 s1总时间 t t1 t2 t31.7 s。
