（全國通用）高考物理二輪熱點題型歸納與變式演練專題16 動量定理的應用（解析+原卷）學案-學案下載-教習網

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、熱點題型歸納
\l "_Tc17993" 【題型一】單物動量定理
\l "_Tc12217" 【題型二】流體動量定理
\l "_Tc30563" 【題型三】電學中的動量定理
\l "_Tc21895" 二、最新?？碱}組練2
【題型一】單物動量定理
【典例分析】一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s?；瑒幽Σ亮Υ笮『銥? N，則( )
A．在t＝6 s時刻，物體的速度為18 m/s
B．在0～6 s時間內，合力對物體做的功為400 J
C．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為36 N·s
D．在t＝6 s時刻，拉力F的功率為200 W
【提分秘籍】
1．動量是矢量，其方向與物體的速度方向相同，動量變化量也是矢量，其方向與物體合外力方向相同。
2．力與物體運動方向垂直時，該力不做功，但該力的沖量不為零。
3．動量定理
(1)內容：物體所受合力的沖量（包括物體重力的沖量）等于物體動量的變化量．
(2)表達式：F合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：動量定理是矢量方程，一維時，列方程時應選取正方向，且力和速度必須選同一正方向。
動量變化量方向與合力的方向相同，可以在力的方向上用動量定理．
(4)動能和動量的關系：Ek＝eq \f(p2,2m).
4．沖量和功的區(qū)別
(1)沖量和功都是過程量。沖量表示力對時間的積累作用，功表示力對位移的積累作用。
(2)沖量是矢量，功是標量。
(3)力作用的沖量不為零時，力做的功可能為零；力做的功不為零時，力作用的沖量一定不為零。
5．沖量的計算
(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算。
(2)變力的沖量
①方向不變的變力的沖量，若力的大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內的沖量I＝eq \f(F1＋F2,2)t，其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。
②作出F-t變化圖線，圖線與t軸所夾的面積即為變力的沖量。如圖所示。
③對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解，即通過求Δp間接求出沖量。
【變式演練】
1．在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點，質量m＝0.5 kg，AB間距離s＝5 m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8 m/s從A向B運動，剛要與墻壁碰撞時的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向彈回。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物塊從A向B運動過程中的加速度a的大?。?br>(2)小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)若碰撞時間t＝0.05 s，碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小。
2．[多選]一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則( )
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
3．[多選]幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則可以判斷的是( )
A．子彈在每個水球中的速度變化相同
B．子彈在每個水球中運動的時間不同
C．每個水球對子彈的沖量不同
D．子彈在每個水球中的動能變化相同
【題型二】流體動量定理
【典例分析】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求
(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量；
(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。
【提分秘籍】
動量定理在變質量(如流體)中的應用
研究對象為“變質量”的“連續(xù)”的流體(如水流、空氣流等)，以水流為例，一般要假設一段時間Δt內流出的水柱，其長度為vΔt，水柱底面積為S，得水柱體積V＝SvΔt，水柱質量為Δm＝ρV＝ρSvΔt，再對質量為Δm的水柱應用動量定理求解。
【變式演練】
1．自動稱米機已在糧食工廠中廣泛使用，有人認為：米流落到容器中時有向下的沖量會增大分量而不劃算；也有人認為：自動裝置即刻切斷米流時，尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的。因而雙方爭執(zhí)起來，究竟哪方說的對呢？請分析說明。
2．根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產生壓強，這就是“光壓”，用I表示。
(1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動量，N表示單位時間內激光器射出的光子數(shù)，試用P0和S表示該束激光對物體產生的光壓。
(2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為1 350 W，探測器和薄膜的總質量為m＝100 kg，薄膜面積為4×104 m2，求此時探測器的加速度大小。
3．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時瓶底端對豎直墻面的作用力大小是( )
A．ρvS B．eq \f(ρv2,S)
C．eq \f(1,2)ρv2S D．ρv2S
【題型三】電學中的動量定理
【典例分析】如圖所示，長為L、電阻r＝0.3 Ω、質量m＝0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間距也是L，棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計，左端接有R＝0.5 Ω的電阻，量程為0～3.0 A的電流表串聯(lián)在一條導軌上，量程為0～1.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面，現(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移．當金屬棒以v＝2.0 m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏．問：
(1)此滿偏的電表是什么表？說明理由．
(2)拉動金屬棒的外力F多大？
(3)此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停在導軌上．求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電量．
【提分秘籍】
電學中涉及安培力、通過某橫截面的電荷量時，經常應用動量定理。
【變式演練】
1．靜止在太空中的飛行器上有一種裝置，它利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對飛行器產生反沖力，使其獲得加速度．已知飛行器的質量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質量為m，單位電荷的電量為e，不計發(fā)射氧離子后飛行器的質量變化，求：
(1)射出的氧離子速度；
(2)每秒鐘射出的氧離子數(shù)；
(3)射出離子后飛行器開始運動的加速度．
1．（2021年全國乙卷）（多選）水平桌面上，一質量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于時，速度的大小為，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行的路程后停止運動。重力加速度大小為g，則( )
A.在此過程中F所做的功為
B.在此過程中F的沖量大小等于
C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于
D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍
2．（2021年湖南卷）（多選）如圖（a），質量分別為的兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，兩物體運動的圖像如圖（b）所示，表示0到時間內A的圖線與坐標軸所圍面積大小，分別表示到時間內的圖線與坐標軸所圍面積大小。A在時刻的速度為。下列說法正確的是( )
A.0到時間內，墻對B的沖量等B.
C.B運動后，彈簧的最大形變量等于xD.
3．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是( )
A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小
B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小
C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大
D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力
4．如圖所示，質量0.5 kg，長1.2 m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(1,8)，在盒內右端B放著質量也為0.5 kg，半徑為0.1 m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s，設盒在運動中與球碰撞時間極短，且無能量損失，求：
(1)盒從開始運動到完全停止所通過的路程是多少；
(2)盒從開始運動到完全停止所經過的時間是多少。
5．一股射流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2.有一質量為0.32 kg的球，因水對其下側的沖擊而懸在空中，若水全部沖擊小球且沖擊球后速度變?yōu)榱?，則小球懸在離噴嘴多高處？(g＝10 m/s2)
6、在水平力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)
7．一質量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經過Δt時間停止后，則在打擊時間內，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是( )
A．mgΔt B．eq \f(mv,Δt)
C．eq \f(mv,Δt)＋mg D．eq \f(mv,Δt)－mg
8．皮球從某高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64倍，且每次球與地板接觸的時間相等。若空氣阻力不計，與地板碰撞時，皮球重力可忽略。
(1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？
(2)若用手拍這個球，使其保持在0.8 m的高度上下跳動，則每次應給球施加的沖量為多少？(已知球的質量m＝0.5 kg，g取10 m/s2)
9、直升機在抗災救災中有著重要作用。如圖所示,若直升機總質量為m,直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S,已知空氣密度為ρ,重力加速度為g。求此直升機懸停在空中時發(fā)動機的功率。
參考答案
【題型一】單物動量定理
【典例分析】一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s?；瑒幽Σ亮Υ笮『銥? N，則( )
A．在t＝6 s時刻，物體的速度為18 m/s
B．在0～6 s時間內，合力對物體做的功為400 J
C．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為36 N·s
D．在t＝6 s時刻，拉力F的功率為200 W
解析：選D 根據(jù)Δv＝a0t，可知a-t圖線與t軸所圍“面積”表示速度的增量，則v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋eq \f(1,2)(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A錯誤；由動能定理可得：W合＝eq \f(1,2)mv62－eq \f(1,2)mv02＝396 J，B錯誤；由動量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的沖量IF＝48 N·s，C錯誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，則6 s時拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正確。
【變式演練】
1．在水平地面的右端B處有一面墻，一小物塊放在水平地面上的A點，質量m＝0.5 kg，AB間距離s＝5 m，如圖所示。小物塊以初速度v0＝8 m/s從A向B運動，剛要與墻壁碰撞時的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向彈回。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物塊從A向B運動過程中的加速度a的大??；
(2)小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)若碰撞時間t＝0.05 s，碰撞過程中墻面對小物塊平均作用力F的大小。
解析：(1)從A到B過程是勻減速直線運動，根據(jù)速度位移公式，有：a＝eq \f(v12－v02,2s)＝eq \f(72－82,2×5) m/s2＝－1.5 m/s2。
(2)從A到B過程，由動能定理，有：
－μmgs＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.15。
(3)對碰撞過程，規(guī)定向左為正方向，由動量定理，有：
FΔt＝mv2－m(－v1)
可得：F＝130 N。
答案：(1)1.5 m/s2 (2)0.15 (3)130 N
2．[多選]一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖所示，則( )
A．t＝1 s時物塊的速率為1 m/s
B．t＝2 s時物塊的動量大小為4 kg·m/s
C．t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s
D．t＝4 s時物塊的速度為零
解析：選AB 法一：根據(jù)F-t圖線與時間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應用動量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時刻的動量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B項正確，C、D項錯誤。
法二：前2 s內物塊做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝1 s時物塊的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正確；t＝2 s時物塊的速率v2＝a1t2＝2 m/s，動量大小為p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正確；物塊在2～4 s內做勻減速直線運動，加速度的大小為a2＝eq \f(F2,m)＝0.5 m/s2，t＝3 s時物塊的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，動量大小為p3＝mv3＝3 kg·m/s，C錯誤；t＝4 s時物塊的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D錯誤。
3．[多選]幾個水球可以擋住一顆子彈？《國家地理頻道》的實驗結果是：四個水球足夠！完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，則可以判斷的是( )
A．子彈在每個水球中的速度變化相同
B．子彈在每個水球中運動的時間不同
C．每個水球對子彈的沖量不同
D．子彈在每個水球中的動能變化相同
解析：選BCD 恰好能穿出第4個水球，即末速度v＝0，逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動，則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，則B正確。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子彈在每個水球中的速度變化不同，A項錯誤。因加速度恒定，則每個水球對子彈的阻力恒定，則由I＝ft可知每個水球對子彈的沖量不同，C項正確。由動能定理有ΔEk＝fx，f相同，x相同，則ΔEk相同，D項正確。
【題型二】流體動量定理
【典例分析】某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求
(1)噴泉單位時間內噴出的水的質量；
(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。
[解析] (1)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為
eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S。③
(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內噴出的水，由機械能守恒得
eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)v02④
在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為
Δp＝(Δm)v⑤
設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得
F＝Mg⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得
h＝eq \f(v02,2g)－eq \f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v02,2g)－eq \f(M2g,2ρ2v02S2)
【變式演練】
1．自動稱米機已在糧食工廠中廣泛使用，有人認為：米流落到容器中時有向下的沖量會增大分量而不劃算；也有人認為：自動裝置即刻切斷米流時，尚有一些米仍在空中，這些米是多給買者的。因而雙方爭執(zhí)起來，究竟哪方說的對呢？請分析說明。
解析：設空中米流的質量為m1，已落入秤盤中米的質量為m2，正在落入秤盤中米的質量為Δm，只要分析出秤盤的示數(shù)與(m1＋Δm＋m2)g的關系，問題便得以解決。設稱米機的流量為d(單位時間內流出米的質量)，稱米機出口到容器中米堆上表面的高度為h，因米流出口處速度小，可視為零，故米流沖擊米堆的速度v＝eq \r(2gh)。秤的示數(shù)F應等于m2、Δm的重力以及Δm對秤盤沖擊力F′大小之和。以m2＋Δm為研究對象，根據(jù)動量定理得
(F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δmeq \r(2gh)
F＝eq \f(Δm,Δt)eq \r(2gh)＋m2g＋Δmg＝deq \r(2gh)＋m2g＋Δmg
又因空中米的質量為m1＝dt＝d eq \r(\f(2h,g))
故m1g＝deq \r(2gh)
則F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g。
可見自動稱米機的示數(shù)恰好等于空中米流、已落入秤盤的米與正在落入秤盤的米的重力之和，不存在劃不劃算的問題。
2．根據(jù)量子理論，光子的能量E與動量p之間的關系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時都會對物體產生壓強，這就是“光壓”，用I表示。
(1)一臺二氧化碳氣體激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時，激光對物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動量，N表示單位時間內激光器射出的光子數(shù)，試用P0和S表示該束激光對物體產生的光壓。
(2)有人設想在宇宙探測中用光為動力推動探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時每平方米面積上的輻射功率為1 350 W，探測器和薄膜的總質量為m＝100 kg，薄膜面積為4×104 m2，求此時探測器的加速度大小。
解析：(1)在單位時間內，功率為P0的激光器的總能量為：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p＝eq \f(P0,Nc)(kg·m/s)
由題意可知：激光對物體表面的壓力F＝2pN
故激光對物體產生的光壓：I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)(Pa)。
(2)由上一問可知：
I＝eq \f(2P0,cS)(Pa)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6Pa
所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜，
對探測器利用牛頓第二定律有FN＝ma
故此時探測器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
答案：(1)eq \f(2P0,cS)(Pa) (2)3.6×10－3 m/s2
3．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸。現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時瓶底端對豎直墻面的作用力大小是( )
A．ρvS B．eq \f(ρv2,S)
C．eq \f(1,2)ρv2S D．ρv2S
解析：選D Δt時間內貯氣瓶噴出氣體的質量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，選項D正確。
【題型三】電學中的動量定理
【典例分析】如圖所示，長為L、電阻r＝0.3 Ω、質量m＝0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間距也是L，棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計，左端接有R＝0.5 Ω的電阻，量程為0～3.0 A的電流表串聯(lián)在一條導軌上，量程為0～1.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面，現(xiàn)以向右恒定外力F使金屬棒右移．當金屬棒以v＝2.0 m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏．問：
(1)此滿偏的電表是什么表？說明理由．
(2)拉動金屬棒的外力F多大？
(3)此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停在導軌上．求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電量．
答案 (1)電壓表理由見解析 (2)1.6 N (3)0.25 C
解析 (1)若電流表滿偏，則I＝3 A，U＝IR＝1.5 V，大于電壓表量程，故是電壓表滿偏．
(2)由功能關系Fv＝I2(R＋r)，而I＝eq \f(U,R)，所以F＝eq \f(U2?R＋r?,R2v)，代入數(shù)據(jù)得F＝1.6 N.
(3)在金屬棒逐漸慢下來的過程中，由動量定理得
－eq \x\t(I)BLΔt＝0－mv，又q＝eq \x\t(I)Δt，即mv＝BLq，由電磁感應定律E＝BLv，E＝I(R＋r)，
聯(lián)立上述各式得q＝eq \f(mv2,I?R＋r?)，代入數(shù)據(jù)得q＝0.25 C.
【變式演練】
1．靜止在太空中的飛行器上有一種裝置，它利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對飛行器產生反沖力，使其獲得加速度．已知飛行器的質量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質量為m，單位電荷的電量為e，不計發(fā)射氧離子后飛行器的質量變化，求：
(1)射出的氧離子速度；
(2)每秒鐘射出的氧離子數(shù)；
(3)射出離子后飛行器開始運動的加速度．
答案 (1) eq \r(\f(4eU,m)) (2)eq \f(P,2eU) (3) eq \r(\f(mP2,eUM2))
解析 (1)每個氧離子帶電量為q＝2e，由動能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，即得氧離子速度v＝ eq \r(\f(4eU,m)).
(2)設每秒射出的氧離子數(shù)為n，每秒對離子做的總功為nqU，即功率為P＝nqU，
由此可得每秒鐘射出的氧離子數(shù)n＝eq \f(P,2eU).
(3)由動量定理得F＝eq \f(Δp,Δt)＝nmv，
又由牛頓第二定律得F＝Ma，
綜合上述各式，得飛行器開始運動的加速度a＝ eq \r(\f(mP2,eUM2)).
1．（2021年全國乙卷）（多選）水平桌面上，一質量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于時，速度的大小為，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行的路程后停止運動。重力加速度大小為g，則( )
A.在此過程中F所做的功為
B.在此過程中F的沖量大小等于
C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于
D.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍
答案：BC
解析：本題考查動能定理及動量定理。設物體在水平桌面上運動時，受到的摩擦力為f，對物體運動的全過程應用動能定理有，得到,D項錯誤；從開始運動到剛撤去拉力F的過程，由動能定理有，所以拉力做的功為,A項錯誤；從開始運動到剛撤去拉力F的過程，由動量定理有，所以拉力F的沖量為,B項正確；根據(jù)，以及，解得，C項正確。
2．（2021年湖南卷）（多選）如圖（a），質量分別為的兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，兩物體運動的圖像如圖（b）所示，表示0到時間內A的圖線與坐標軸所圍面積大小，分別表示到時間內的圖線與坐標軸所圍面積大小。A在時刻的速度為。下列說法正確的是( )
A.0到時間內，墻對B的沖量等B.
C.B運動后，彈簧的最大形變量等于xD.
答案：ABD
解析：本題考查圖像、沖量、動量定理和動量守恒的應用。0到時間內，A物體在彈簧彈力作用下向右做加速運動，時刻，彈簧恢復原長，根據(jù)動量定理可知，彈簧對A的沖量等于其動量的變化量，即，彈簧對A的力與對B的力等大、反向，墻壁對B的力與彈簧對B的力也是等大、反向，所以0到時間內，墻對B的沖量為，A項正確；根據(jù)圖像可知，時刻之后，兩物體受到彈簧等大、反向的作用力，由于B的加速度大于A的加速度，由牛頓第二定律可知，B項正確；B運動之后，當兩者速度相等時，彈簧的形變量最大，即時刻，此時彈簧被壓縮至最短，根據(jù)能量守恒可知，此時彈性勢能與兩物體的動能之和等于初始時的彈性勢能，所以此時彈簧的形變量小于x，C項錯誤；根據(jù)圖線與時間的面積表示速度變化量可知，時刻兩物體加速度最大，所以此時彈簧的形變量最大，兩物體速度相等，，D項正確。
3．“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是( )
A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小
B．繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小
C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大
D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力
解析：選A 從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。
4．如圖所示，質量0.5 kg，長1.2 m的金屬盒AB，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數(shù)μ＝eq \f(1,8)，在盒內右端B放著質量也為0.5 kg，半徑為0.1 m的彈性球，球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s，設盒在運動中與球碰撞時間極短，且無能量損失，求：
(1)盒從開始運動到完全停止所通過的路程是多少；
(2)盒從開始運動到完全停止所經過的時間是多少。
解析：(1)研究對象是金屬盒，盒受沖量I后獲得速度v，
由動量定理，有I＝mv－0，v＝eq \f(I,m)＝eq \f(1.5,0.5) m/s＝3 m/s
盒以此速度向右運動，運動中受到桌面對盒的摩擦力
f＝μFN＝μ·2mg
－μ·2mg＝ma即a＝－2μg
盒運動了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度減少為v′。
v′2－v2＝2ax1
v′＝eq \r(v2－2×2μgx1)＝ eq \r(32－2×2×\f(1,8)×10×1) m/s＝2 m/s，
盒左壁A以v′速度與球相碰，因碰撞中無能量損失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做勻速直線運動，運動1 m后又與盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的速度向右運動，直到停止。
0－v′2＝2ax2
即x2＝eq \f(－v′2,2a)＝eq \f(－v′2,－2×2μg)＝eq \f(22,2×2×\f(1,8)×10) m＝0.8 m
因x2只有0.8 m，此時靜止小球不會再與盒的左壁相碰，所以盒通過的總路程為
s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。
(2)盒從開始運動到與球相碰所用時間為t1
根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv
t1＝eq \f(v－v′,2μg)＝eq \f(3－2,2×\f(1,8)×10) s＝0.4 s；
小球勻速運動時間t2＝eq \f(x1,v′)＝eq \f(1,2) s＝0.5 s ；
盒第二次與球相碰后到停止運動的時間為t3，根據(jù)動量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′
t3＝eq \f(v′,2μg)＝eq \f(2,2×\f(1,8)×10) s＝0.8 s；
總時間t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。
答案：(1)1.8 m (2)1.7 s
5．一股射流以10 m/s的速度從噴嘴豎直向上噴出，噴嘴截面積為0.5 cm2.有一質量為0.32 kg的球，因水對其下側的沖擊而懸在空中，若水全部沖擊小球且沖擊球后速度變?yōu)榱?，則小球懸在離噴嘴多高處？(g＝10 m/s2)
答案 2.952 m
解析選擇沖擊球的一小段水柱Δm為研究對象，沖擊過程中其受力為：重力Δmg和球對它的壓力FN，由于小球靜止，水對球的沖擊力大小為mg，所以FN＝mg.設沖擊時間為Δt，該時間極短，Δmg和mg相比可以忽略，在Δt時間內，設初速度為v，末速度為0，Δt時間內沖擊球的那部分水的質量就等于Δt時間內從噴嘴噴出的水的質量Δm＝ρSv0Δt.
取豎直向上為正，由動量定理得：－mgΔt＝Δm×0－Δmv
代入數(shù)據(jù)，解得v＝6.4 m/s，
由v2－v02＝－2gh，得h＝2.952 m.
6、在水平力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析解法一：用動量定理解，分段處理，選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0.
對于撤去F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零．根據(jù)動量定理有－μmgt2＝0－mv.以上兩式聯(lián)立解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s.
解法二：用動量定理解，研究全過程．
選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程中的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零．
取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s
7．一質量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經過Δt時間停止后，則在打擊時間內，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是( )
A．mgΔt B．eq \f(mv,Δt)
C．eq \f(mv,Δt)＋mg D．eq \f(mv,Δt)－mg
解析：選C 對鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力，設向下為正方向，則有(mg－F)Δt＝0－mv，得：F＝eq \f(mv,Δt)＋mg，由牛頓第三定律可知，鐵錘對木樁的平均沖力為eq \f(mv,Δt)＋mg，選項C正確。
8．皮球從某高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64倍，且每次球與地板接觸的時間相等。若空氣阻力不計，與地板碰撞時，皮球重力可忽略。
(1)求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？
(2)若用手拍這個球，使其保持在0.8 m的高度上下跳動，則每次應給球施加的沖量為多少？(已知球的質量m＝0.5 kg，g取10 m/s2)
解析： (1)由題意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8倍。設皮球所處的初始高度為H，與地板第一次碰撞前瞬時速度大小為v0＝eq \r(2gH)，第一次碰撞后瞬時速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時速度大小)v1和第二次碰撞后瞬時速度大小v2滿足v2＝0.8v1＝0.82v0。設兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為F1、F2，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理，有
F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv0
F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv0
則F1∶F2＝5∶4
(2)欲使球跳起0.8 m，應使球由靜止下落的高度為h＝eq \f(0.8,0.64) m＝1.25 m，球由1.25 m落到0.8 m處的速度為v＝3 m/s，則應在0.8 m處給球的沖量為I＝mv＝1.5 N·s，方向豎直向下。
答案： (1)5∶4 (2)1.5 N·s 方向豎直向下
9、直升機在抗災救災中有著重要作用。如圖所示,若直升機總質量為m,直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S,已知空氣密度為ρ,重力加速度為g。求此直升機懸停在空中時發(fā)動機的功率。
【解析】直升機懸停時受到的升力F=mg
設螺旋槳作用于空氣后空氣的速度為v,很短的時間Δt內螺旋槳推動空氣的質量Δm=ρSvΔt
對于Δm的空氣,F=F',由動量定理有F'Δt=Δmv
設發(fā)動機的功率為P,由動能定理有PΔt=Δm2v2
聯(lián)立解得P=mg2mgρS。
【答案】mg2mgρS

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