1、動量動量定理一、單選題（本大題共5小題，共30分）1. 一質(zhì)量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經(jīng)過t時間而停止，則在打擊時間內(nèi)，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是()A. mgtB. mvtC. mvt+mgD. mvt-mgC（樂陵一中）解：對鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力；設(shè)向下為正方向，則有：(mg-F)t=0-mv得：F=mg+mvt；由牛頓第三定律可知，鐵錘對樁的平均沖力為：F=mg+mvt；故選：C由題意可知，鐵錘的初末動量，由動量定理可求得其對木樁的平均沖力本題考查動量定理的應(yīng)用，在應(yīng)用時要注意先明確正方向，然后才能列動能定理的關(guān)系式求解2. 質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從

2、高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，使他懸掛起來，已知彈性安全帶從開始繃直到拉伸至最長的緩沖時間是1.5s，安全帶長5m，g取10m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為()A. 500NB. 1000NC. 1200ND. 1400NB（樂陵一中）解：工人下落過程為自由落體運(yùn)動，安全帶被拉直瞬間工人的速度為：v0=2gh=2×10×5=10m/s；取人為研究對象，在人和安全帶相互作用的過程中，人受到重力mg和安全帶的拉力F，取向上方向?yàn)檎?，由動量定理得：Ft-mgt=0-(-mv0) 所以F=mg+mv0t=600+60×101.5=1000N；根據(jù)牛頓第三定律知，

3、安全帶所受的平均沖力大小為1000N故選：B 安全帶被拉直前，工人做自由落體運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出安全帶被拉直瞬間工人的速度，設(shè)安全帶的平均作用力為F，選向上方向?yàn)檎?，由動量定理即可求出安全帶對工人的平均拉力，從而得到安全帶所受的平均沖力的大小本題考查動量定理的應(yīng)用，在應(yīng)用動量定理解題時，一定要明確各物理量的方向性.本題也可以對整個過程，運(yùn)用動量定理求解3. 高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為()A. 10NB. 102NC. 103ND. 104NC（樂陵一中）解：每層樓高約為3m，雞蛋下落的總高

4、度h=(25-1)×3m=72m；自由下落時間t1=2hg=2×7210s=3.8s，與地面的碰撞時間約為t2=2ms=0.002s，全過程根據(jù)動量定理可得：mg(t1+t2)-Ft2=0解得沖擊力F=950N103N，故C正確。故選：C。求出自由下落的時間，全過程根據(jù)動量定理求解即可。本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運(yùn)動過程中物體的受力情況，能夠根據(jù)全過程動量定理求解。4. 一個質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動，反彈后的速度大小與碰撞前相同.則碰撞前后小球動量變化量的大小p和碰撞過程

5、中墻對小球做功的大小W為()A. p=0B. p=3.6kgm/sC. W=5.4JD. W=10.8JB（樂陵一中）解：A、規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?，初速度v1=6m/s，碰撞后速度v2=-6m/s；v=v2-v1=-12m/s，負(fù)號表示速度變化量的方向與初速度方向相反；動量變化量為：P=mv=0.3kg×(-12m/s)=-3.6kgm/s，所以碰撞前后小球動量變化量的大小為3.6kgm/s，故A錯誤，B正確C、碰撞前后小球速度大小不變，小球動能不變，對碰撞過程，對小球由動能定理得：W=Ek=0，碰撞過程中墻對小球做功的大小W為0，故CD錯誤故選：B由于動量是矢量，對于動量的變化量

6、我們應(yīng)該采用平行四邊形法則對于同一直線上的動量變化量的求解，我們可以運(yùn)用表達(dá)式P=P2-P1，但必須規(guī)定正方向運(yùn)用動能定理求出碰撞過程中墻對小球做功對于矢量的加減，我們要考慮方向，動能定理是一個標(biāo)量等式，對于動能定理的研究，則無需考慮方向5. 如果一物體在任意相等的時間內(nèi)受到的沖量相等，則此物體的運(yùn)動不可能是()A. 勻速圓周運(yùn)動B. 自由落體運(yùn)動C. 平拋運(yùn)動D. 豎直上拋運(yùn)動A（樂陵一中）解：如果物體在任何相等的時間內(nèi)受到的沖量都相同，由I=Ft可知，物體受到的力是恒力則可知，物體可以做自由落體運(yùn)動、平拋運(yùn)動或豎直上拋運(yùn)動；物體做勻速圓周運(yùn)動，所受合外力方向不斷變化，合力為變力，在任何相等

7、時間內(nèi)，合外力的沖量不相等，故不可能為勻速圓周運(yùn)動，BCD均可能，A不可能；本題選運(yùn)動不可能的，故選：A 分析物體的受力情況，再根據(jù)動量定理可明確物體的動量變化是否相等，明確沖量不變則說明物體受到的一定是恒力該題考查物體的沖量與受力、運(yùn)動之間的關(guān)系，要注意明確受力與運(yùn)動的關(guān)系，注意明確勻速圓周運(yùn)動受到的是變力二、多選題（本大題共4小題，共24分）6. 一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動.F隨時間t變化的圖線如圖所示，則()A. t=1s時物塊的速率為1m/sB. t=2s時物塊的動量大小為4kgm/sC. t=3s時物塊的動量大小為5kgm/sD. t=4s時物塊的速度

8、為零AB（樂陵一中）解：A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，a=Fm=1m/s2，則0-2s的速度規(guī)律為：v=at；t=1s時，速率為1m/s，A正確；B、t=2s時，速率為2m/s，則動量為P=mv=4kgm/s，B正確；CD、2-4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s時的速度為1.5m/s，動量為3kgm/s，4s時速度為1m/s，CD錯誤；故選：AB。首先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，進(jìn)而計(jì)算速度和動量本題考查了牛頓第二定律的簡單運(yùn)用，熟悉公式即可，并能運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度.另外要學(xué)會看圖，從圖象中得出一些物理量之間的關(guān)系7. 如圖，在光滑水平面上有一

9、質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成角的恒定拉力F作用下運(yùn)動，則在時間t內(nèi)()A. 重力的沖量為0B. 拉力F的沖量為FtC. 拉力F的沖量為FtcosD. 物體動量的變化量等于FtcosBD（樂陵一中）解：A、重力的沖量IG=mgt.故A錯誤B、拉力F的沖量IF=Ft.故B正確，C錯誤D、各力的沖量I合=Ftcos，根據(jù)動量定理知，合力的沖量等于動量的變化量，則動量的變化量為Ftcos.故D正確故選：BD根據(jù)I=Ft求出各力的沖量大小，根據(jù)動量定理，結(jié)合合力的沖量求出動量的變化量解決本題的關(guān)鍵知道沖量等于力與時間的乘積，知道合力的沖量等于動量的變化量8. 水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推

10、力F1、F2分別作用在a、b上，一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下.兩物體的v-t圖線如圖，圖中AB/CD，則()A. F1大于F2B. F1小于F2C. F1的沖量小于F2的沖量D. F1的沖量大于F2的沖量AC（樂陵一中）解：A、由圖，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等.再對加速過程可知，a的加速度大于b的加速度，因此由牛頓第二定律可知F1大于F2，故A正確，B錯誤；C、由圖可知，a的運(yùn)動時間小于b的時間，根據(jù)I=ft可知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，根據(jù)動量定理

11、，對整個過程研究得  F1t1-ftOB=0，F(xiàn)2t2-ftOD=0 由圖看出，tOB<tOD，則有F1t1<F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量.故C正確D錯誤故選：AC由速度圖象分析可知，水平推力撤去后，AB與CD平行，說明加速度相同，動摩擦因數(shù)相同，兩物體的質(zhì)量相等，說明摩擦力大小相等.根據(jù)牛頓第二定律可圖象可確定推力的大小關(guān)系；再根據(jù)動量定理，研究整個過程，確定兩個推力的沖量關(guān)系本題考查動能定理、牛頓第二定律以及v-t圖象的性質(zhì)，首先考查讀圖能力，其次要注意在應(yīng)用動量定理時要注意明確對全程的分析，注意各物理量的矢量性9. 下列運(yùn)動過程中，在任意相等時間內(nèi)

12、，物體動量變化相等的是()A. 平拋運(yùn)動B. 自由落體運(yùn)動C. 勻速圓周運(yùn)動D. 勻減速直線運(yùn)動ABD（樂陵一中）解：A、根據(jù)動量定理P=Ft，F(xiàn)是合力，平拋運(yùn)動物體的合力是重力，恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，動量變化量相同.故A正確B、根據(jù)動量定理P=Ft，F(xiàn)是合力，自由落體運(yùn)動物體的合力是重力，恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，動量變化量相同.故B正確C、動量變化量是矢量，勻速圓周運(yùn)動動量變化量方向時刻在變化，在相等時間內(nèi)動量變化量不相同.也可根據(jù)動量定理，P=Ft，F(xiàn)是合力，勻速圓周運(yùn)動的合力指向圓心，是變力，相等時間內(nèi)合力的沖量也是變化的，動量變化量是變化的.故C錯誤D、勻加速直線運(yùn)動合外力恒

13、定，故在相等的時間內(nèi)動量的變化相等；故D正確；故選：ABD 根據(jù)動量定理P=Ft，動量變化量等于合外力的沖量，自由落體、平拋和勻減速直線運(yùn)動物體所受的力是恒力，在相等時間內(nèi)物體合外力沖量相同，動量變化量相同，勻速圓周運(yùn)動的合外力是變力，在相等時間內(nèi)物體合外力沖量不相同，動量變化量也不相同本題考查動量定理，利用沖量求動量變化量是常用的方法，是一種等效替代思維三、填空題（本大題共1小題，共5分）10. 質(zhì)量為2噸的打樁機(jī)的氣錘，從5m高處白由落下與地面接觸0.2s后完全靜止下來，空氣阻力不計(jì)、g取10m/s2，則在此過程中地面受到氣錘的平均打擊力為_N.1.2×105（樂陵一中）解：在整

14、個過程中，規(guī)定豎直向下為正方向鋼球與地面碰撞前做自由落體運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒有：mgh=12mv2 所以球落地時的速度為：v=2gh=2×10×5m/s=10m/s 由于與地面接觸0.2s后完全靜止下來，根據(jù)動量定理F合t=mv2-mv，F(xiàn)合=mg-F 得：F=mvt+mg=2×103×100.2+2×103×10=1.2×105N 故答案為：1.2×105先根據(jù)動能定理或機(jī)械能守恒定律求出鋼球碰撞地面前的速度v1和鋼球與地面作用過程中受哪些力，根據(jù)動量定理F合t=mv2-mv1，可求出鋼球受到地面給它的平均作用力

15、的大小在用動量定理解題的時候要注意動量定理是矢量式，一定要規(guī)定正方向.此題有一定的難度，不難四、計(jì)算題（本大題共4小題，共48分）11. 如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運(yùn)動速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏稀：雎钥諝庾枇?，重力加速度為g，求該運(yùn)動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小。解：以小球?yàn)檠芯繉ο?，取向上為正方向，整個過程中根據(jù)動量定理可得：I-mgt=mv-(-mv)解得小球所受彈簧彈力沖量的大小為：I=2mv+mgt。答：小球所受彈簧彈力沖量的大小為2mv+mgt。（樂陵一中）以小球?yàn)檠芯繉ο?，整個過程中根據(jù)動量定理列方程求解小球所受彈

16、簧彈力沖量的大小。本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運(yùn)動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。12. 如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧，現(xiàn)存一質(zhì)量M=3kg，長L=4m的小車AB，O為小車的中點(diǎn)，AO部分粗糙，OB部分光滑，一質(zhì)量為m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，放在車的最左端，車和小物塊一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右運(yùn)算運(yùn)動，車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?，但未與擋板粘連.已知小車OB部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，且小物塊與彈簧碰撞無能力損失.小悟空與車AO、部分之間的動摩擦因數(shù)為=0.3

17、，重力加速度g=10m/s2.求： 小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量；小物塊最終停在小車上的位置距A端多遠(yuǎn)？解：由動能定理得：-mgL2=12mv2-12mv02，解得：v=2m/s，由題意可知小物塊離開彈簧時的速度大小為v，方向向左以向右為正方向，對小物塊由動量定理得：I=-mv-mv，代入得I=-4 Ns，彈簧對小物塊的沖量大小為：4Ns，方向水平向左；小物塊滑過O點(diǎn)和小車相互作用直至共速，以滑塊初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律得：mv=(m+M)v共，由能量守恒定律得：mgs=12mv2-12(m+M)v共2，解得：s=0.5m，小物塊最終停在小車上距A的距離

18、：sA=L2-s=1.5m；答：小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量大小為：4Ns，方向水平向左；小物塊最終停在小車上的位置距A端1.5m（樂陵一中）由動能定理求出物塊的速度，小物塊和彈簧相互作用的過程中，根據(jù)能量守恒定律求出小物塊離開彈簧時的速度，根據(jù)動量定理求出彈簧對小物塊的沖量根據(jù)動量守恒定律求出小物塊和小車保持相對靜止時的速度，根據(jù)能量守恒定律求出小物塊在小車上有摩擦部分的相對路程，從而求出小物塊最終位置距離A點(diǎn)的距離本題考查了求沖量與速度問題，分析清楚物體的運(yùn)動過程，應(yīng)動能定理與動量定理、動量守恒定律即可正確解題，動量與沖量都是矢量，解題時要注意各量的方向13. 真空管道

19、超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。列車啟動后電源自動關(guān)閉。(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；(2)求剛接通電源時列車加速

20、度a的大??；(3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？解：(1)M接電壓正極，列車要向右運(yùn)動，安培力方向向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。(2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識可得：R總=R2設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=ER總設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有：F=BIl 根據(jù)牛頓第二定律有：F=ma得

21、：a=Fm=BIlm=2BElmR(3)設(shè)列車減速時，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)t時間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化率為，平均感應(yīng)電動勢為E1，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E1=t其中=Bl2設(shè)回路中平均電流為I'，由閉合電路歐姆定律有：I'=E12R設(shè)cd受到的平均安培力為F'，有：F'=BI'l以向右為正方向，設(shè)t時間內(nèi)cd受到安培力沖量為I沖，有：I沖=-F't同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有：I0=2I沖設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有：I總

22、=0-mv0聯(lián)立上式解得：I總I0=mv0RB2l3討論：若I總I0恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊磁場，若I總I0的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N+1塊磁場。答：(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動時圖1中M接電源正極，理由見解答；(2)剛接通電源時列車加速度a的大小為2BElmR；(3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：若mv0RB2l3恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊磁場，若mv0RB2l3的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N+1塊磁場。（樂陵一中）(1)列車向右運(yùn)動可知所受安培力向右，根據(jù)左手定則確定電流方向，再根據(jù)電流方向確定MN誰接電源正極；(2)根據(jù)歐姆定律求得導(dǎo)體棒中的電流大小，再根據(jù)F=BIl求得安培力的大小，最后根據(jù)牛頓第二定律求得電源剛接通時列車的加速度a；(3)列車通過磁場區(qū)域時，穿過回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，求得穿過一個有界磁場過程中感應(yīng)電流引起的安培力的沖量大小，再根據(jù)使列