人教高中物理专题13 动量定理及应用（解析版）.docx

专题13 动量定理及应用
[题型导航]
题型一 对动量和冲量的理解 1
题型二 动量定理的基本应用 7
题型三 动量定理在多过程问题中的应用 9
题型四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 12
[考点分析]
题型一 对动量和冲量的理解
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
（多选）如图所示，在t＝0时质量m＝1kg的小球自高h＝45m的平台上以v0＝10m/s的初速度水平抛出，运动t1＝1s后，突然受到大小恒为10N的水平向右的风力作用，最后落至水平地面，不计其他阻力，取g＝10m/s2。则以下说法正确的是（　　）
A．小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为150W
B．小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动
C．落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角
D．从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N•s
【解答】解：A、小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有
ℎ=12gt2
解得：t＝3s
小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为
P=Wt=mgℎt=1×10×453W=150W，故A正确；
BC、小球抛出t1＝1s时，速度方向与水平方向的夹角满足
tanθ=gt1v0=10×110=1
可得：θ＝45°
受到水平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足
tanα=mgF=1×1010=1
故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球速度方向与水平方向成45°角，故BC错误；
D、从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为
I＝F（t﹣t1）＝10×（3﹣1）N•s＝20N•s，故D正确；
故选：AD。
（多选）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg•m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
【解答】解：物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg•m/s＝6kg•m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1=v32t3=62×3m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2=v3+v43(t4−t3)=6+02×(4−3)m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3=v62t2=42×2m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
故选：AD。
一质量为1kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示，已知物块与地间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，下列选项正确的是（　　）
A．物体在3s末的动量大小12kg•m/s
B．水平力F在前4s内的冲量大小为16N•s
C．物体在5s末的速度大小为2m/s
D．6s末动量大小为12kg•m/s
【解答】解：物体运动过程中受到的滑动摩擦力的大小为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，根据图象可知拉力大小为F＝4N。
A、在t1＝3s内由动量定理可得：p1＝Ft1﹣ft1，解得物体在3s末的动量大小为：