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1、动量定理的理解和应用动量定理的理解和应用 方法点拨 (1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性.(2)动量定理Ftpp中 “Ft”为合外力的冲量.(3)要明确过程的初、末状态. 1.(2019湖北省黄冈市质检)一小球从水平地面上方无初速度释放， 与地面发生碰撞后反弹 至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法 正确的是( ) A.上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C.下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 D.从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 2.(
2、2018重庆市八中模拟)航天器离子发动机原理如图 1 所示， 首先电子枪发射出的高速电 子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)， 正离子被正、 负极栅板间的电场加速后从喷口喷 出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力.已知单个正离子的质量为m，电荷量为q， 正、 负栅板间加速电压为U， 从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用 力，忽略离子喷射对航天器质量的影响.该发动机产生的平均推力F的大小为( ) 图 1 A.IB.IC.ID.2I 2mU q mU q mU 2q mU q 3.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图 2 所示为两球碰撞前后的位移时间图 象.a、
3、b分别为A、B两球碰撞前的位移时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移时间 图象.若A球的质量m2kg，则由图可知下列结论正确的是( ) 图 2 A.A、B碰撞前的总动量为 3kgm/s B.碰撞时A对B所施加的冲量为4Ns C.碰撞前后A的动量变化量为 4kgm/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为 10J 4.(多选)(2017山东省德州市一模)物体仅在力F作用下由静止开始运动， 力F随时间变化 的图象如图 3 所示，则下列说法正确的是( ) 图 3 A.03s 内，力F所做的功等于零，冲量也等于零 B.04s 内，力F所做的功等于零，冲量也等于零 C.第 1s 内和第 2s 内的
4、速度方向相同，加速度方向相反 D.第 3s 内和第 4s 内的速度方向相反，加速度方向相同 5.(2018安徽省马鞍山二中模拟)如图 4 所示，质量为m的小球以速度v0水平抛出，恰好 与倾角为 30的斜面垂直相碰，其弹回速度的方向与碰前相反，大小与抛出时的速度大小 相等，则小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为( ) 图 4 A.mv0B.2mv0C.3mv0D.6mv0 6.(多选)1966 年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时， 用宇宙飞船(质量m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量mx，发动机已熄灭)，如图 5 所示， 接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火
5、箭组共同加速，推进器的平均推力为F，开 动时间 t，测出飞船和火箭组的速度变化是 v，下列说法正确的是( ) 图 5 A.推力F越大，就越大，且与F成正比 v t v t B.推力F通过飞船m传递给了火箭mx，所以m对mx的弹力大小应为F C.火箭质量mx应为Ft v D.火箭质量mx应为m Ft v 7.如图 6 甲所示， 光滑水平面上的O处有一质量为m2kg 的物体.物体同时受到两个水平力 的作用，F14N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示.物体从静止开始运动，此时 开始计时，则在 02s 时间内下列结论不正确的是( ) 图 6 A.加速度的最大值为 1m/s2 B.当t1s 时速
6、度最大，最大值为 0.5m/s C.合外力的冲量为 8Ns D.当t1.5s 时物体的加速度大小为 0.5m/s2 8.(多选)(2018安徽省合肥市八中模拟)如图 7 所示，一颗陨石进入到地球周围的空间中， 它的运动轨迹如实线abc所示，b为距地球最近点.陨石质量保持不变，不计阻力，图中虚 线是以地心为圆心的同心圆，则下列说法正确的有( ) 图 7 A.在地球的引力作用下，陨石做曲线运动 B.在b点，陨石的动量最大 C.在b点，陨石动量的变化率最大 D.在a、c点，陨石动量的变化率最大 9.(2018河北省邢台市质检)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽 车在碰撞过程中受到
7、的平均撞击力达到某个临界值F0时， 安全气囊爆开.某次试验中， 质量m1 1600kg 的试验车以速度v136km/h 正面撞击固定试验台，经时间t10.10s 碰撞结束， 车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响. (1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小； (2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m21600kg、速度v218km/h 同向行驶的汽车， 经时间t20.16s 两车以相同的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气 囊是否会爆开. 10.某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在 冲浪
8、板上的 MickeyMouse 模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，MickeyMouse 模 型能够上下运动，引人驻足，如图 8 所示.这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的 鱼背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同， 冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部.水柱 冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计， 冲击冲浪板后， 水在竖直方向的速度立即变为 零，在水平方向朝四周均匀散开.已知 MickeyMouse 模型和冲浪板的总质量为M，水的密度 为，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷
9、水的功率定义为单 位时间内喷口喷出水的动能. 图 8 (1)求喷泉喷水的功率P. (2)试计算 MickeyMouse 模型在空中悬停时离喷口的高度h. (3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是 在竖直方向上一头粗、一头细.请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明 水柱呈现该形态的原因. 答案精析答案精析 1.D 2.A 以正离子为研究对象，由动能定理得qUmv2，t时间内通过的总电荷量为Q 1 2 It， 喷出的正离子总质量为Mmm.由动量定理可知正离子所受的平均冲量 t Q q It q F Mv， 联立以上式子可得 I， 根据牛顿第三
10、定律可知， 发动机产生的平均推力FI，F 2mU q 2mU q 故 A 正确. 3.BCD 由题图可知，碰撞前有vAm/s3m/s，vB m/s2m/s，碰撞后 xA tA 410 2 xB tB 4 2 有vAvBv m/s1m/s；对A、B组成的系统进行分析可知，A、B两球沿 x t 24 42 一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前 后A的动量变化 pAmvAmvA4kgm/s，根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化 为 pBpA4kgm/s，同理 pBmB(vBvB)，所以mBkg pB vBvB 4 12 4 3 kg， 所以A与B碰撞前的
11、总动量p总mvAmBvBkgm/s， 由动量定理可知， 碰撞时A 10 3 对B所施加的冲量IBpB4kgm/s4Ns.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动 能 EkmvA2mBvB2 (mmB)v2，代入数据解得 Ek10J，故 A 错误，B、C、D 正确. 1 2 1 2 1 2 4.AD 5.C 小球在碰撞斜面前做平抛运动，设碰撞斜面时小球速度为v，由几何关系得v 2v0，碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v0，以反弹的速度方向为正方向， v0 sin30 由动量定理可得， 小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小Imv0(2mv0)3mv0， 故选 C. 6.AD 对整体由动量定理可得：Ft(
12、mmx)v；由公式可得，F(mmx)，因质量 v t 不变，故推力F越大，就越大，且与F成正比，故 A 正确 ； 对mx分析可得 ：FNmx， v t v t v t 故FN小于F，故 B 错误；火箭的质量mxm，故 C 错误，D 正确. Ft v 7.C 物体在t0 或t2s 时，合力最大，加速度最大，t0 时，amm/s2 F1F2 m 42 2 1m/s2，方向水平向右 ；t2s 时，amm/s21m/s2，方向水平向左，故 A 正确 ； F2F1 m 64 2 根据题图得，F2(2t2)N，则F24N 时，对应t11s 合力为零时，加速度为零，速度最大，根据动量定理 F1t1 2t1m
13、vm0，有 41Ns 1Ns2vm0F 24 2 解得：vm0.5m/s，故 B 正确；在 2s 内F1产生的冲量：I1F1t42Ns8Ns，方向 向右；F2产生的冲量：I2 2t 2Ns8Ns，方向向左；由于两个力的冲量大小F 26 2 相等，方向相反，所以合外力的冲量大小为 0，故 C 错误；当t1.5s 时，F25N，根据牛 顿第二定律：am/s20.5m/s2，故 D 正确. F2F1 m 54 2 8.ABC 陨石受到的合力(地球的引力)与运动速度不共线， 所以陨石做曲线运动， 故 A 正确 ； 陨石在运动过程中，万有引力先做正功，后做负功，所以速度先增大后减小，在b点陨石的 速度达
14、到最大，动量最大，故 B 正确 ； 由动量定理可知，动量的变化率即为物体受到的合外 力的大小，b为距地球最近点，陨石在b点受到的合外力最大，所以在b点，陨石的动量变 化率最大，故 C 正确，D 错误. 9.(1)1.6104Ns 1.6105N (2)见解析 解析 (1)v136km/h10m/s，取速度v1的方向为正方向，由动量定理有I00m1v1 将已知数据代入式得I01.6104Ns 由冲量定义有I0F0t1 将已知数据代入式得F01.6105N (2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，以v1的方向为正方向， 由动量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2)v 对试验车，由动量定理有Ft2
15、m1vm1v1 将已知数据代入式得F2.5104N 可见FF0，故试验车的安全气囊不会爆开. 10.(1)S0v03 (2) (3)见解析 1 2 v2 0 2g M2g 22S2 0v2 0 解析 (1)喷泉喷水的功率为： PS0v03. W t Ek t 1 2mv 2 0 t 1 2S 0v0tv2 0 t 1 2 (2)以向上为正方向，以 t内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速 度大小为v： FtpmvS0v0tvS0v0t(0v) 所以：FS0v0v 根据牛顿第三定律：FFMg 所以：MgS0v0v得：v Mg S0v0 水从喷口喷出后再做竖直上抛运动： v2v022gh， 所以：h. v2 0 2g M2g 22S2 0v2 0 (3)从喷口喷出的水的流量QS0v0是定值，单位时间内喷出的水的体积不变QS0v0Sivi， 在vi不断变小时，横截面积Si在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗.