第40講動量與動能、沖量與功的區(qū)別及沖量的四種計算方法（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

第40講動量與動能、沖量與功的區(qū)別及沖量的四種計算方法1．（2021·北京）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，圓盤上距軸r處的P點有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，小物體由P點滑至圓盤上的某點停止。下列說法正確的是（　?。?/span>A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力的方向沿運動軌跡切線方向 B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體運動一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωr C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體沿圓盤半徑方向運動 D．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體整個滑動過程所受摩擦力的沖量大小為mωr【解答】解：A、圓盤停止轉(zhuǎn)動前，小物體所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半徑方向指向圓心，故A錯誤；B、圓盤停止轉(zhuǎn)動前，根據(jù)動量定理I＝Δp，小物體轉(zhuǎn)動一圈回到原點，速度不變，所以動量變化量為0，摩擦力的沖量為0，故B錯誤；C、圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體將沿停止前的速度方向做勻減速運動，故C錯誤；D、圓盤停止轉(zhuǎn)動后，小物體將沿停止前的速度方向做勻減速運動，停止轉(zhuǎn)動瞬間的速度v＝ωr，最終停止運動速度為0，根據(jù)動量定理I＝Δp，可知動量變化量為mωr，所以摩擦力的沖量為mωr，故D正確。故選：D。2．（2022·海南）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是F2，則這兩個力（　?。?/span>A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同 C．F1的沖量大于F2的 D．F1的沖量小于F2的【解答】解：AB、，在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是F2，根據(jù)牛頓第三定律可知F1與F2為作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正確，B錯誤；CD、由于F1和F2大小相等，甲推乙兩力作用時間相等，故兩力的沖量大小相等，方向相反，故CD錯誤；故選：A。3．（2021·湖南）物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p﹣x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p﹣x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是（　?。?/span>A． B． C． D．【解答】解：一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，那么位移與速度關(guān)系為：x，而動量表達(dá)式為：p＝mv，聯(lián)合上式，則有：p2＝2am2x再由位移與速度均沿著x軸正方向，則取正值，那么動量也取正值，綜上所述，故D正確，ABC錯誤；故選：D。一.知識回顧1.對動量的理解(1)動量的兩性①瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，是針對某一時刻或位置而言的。②相對性：動量的大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相對地面的動量。(2)動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝mv2標(biāo)矢量矢量標(biāo)量變化因素物體所受沖量外力所做的功大小關(guān)系p＝Ek＝聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化(3)都是狀態(tài)量，與某一時刻或某一位置相對應(yīng)2．對沖量的理解(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于該力與該力的作用時間的乘積。②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致。(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯(lián)系。(3)沖量與功的比較沖量功定義作用在物體上的力和力的作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I＝FΔt(F為恒力)W＝Flcosα(F為恒力)標(biāo)矢量矢量標(biāo)量意義①表示力對時間的累積②是動量變化的量度①表示力對空間的累積②是能量變化的量度聯(lián)系①都是過程量，都與力的作用過程相互聯(lián)系②沖量不為零時，功可能為零；功不為零時，沖量一定不為零 3.沖量的四種計算方法公式法利用定義式I＝FΔt計算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法利用F－t圖像計算，F(xiàn)－t圖像與時間軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量，由I＝Δp求變力的沖量平均力法如果力隨時間是均勻變化的，則＝(F0＋Ft)，該變力的沖量為I＝(F0＋Ft)t 二.例題精析題型1　對動量和沖量的定性分析例1．如圖為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖，運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ，運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運動員（　　）A．過程Ⅰ的動量改變量等于零 B．過程Ⅱ的動量改變量等于零 C．過程Ⅰ的動量改變量等于重力的沖量 D．過程Ⅱ的動量改變量等于重力的沖量【解答】解：AC、過程I中動量改變量等于重力的沖量，即為mgt，不為零，故A錯誤，、C正確；B、運動員進(jìn)入水前的速度不為零，末速度為零，過程II的動量改變量不等于零，故B錯誤；D、過程II 的動量改變量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯誤；故選：C。題型2　對動量和沖量的定量計算（多選）例2．一質(zhì)量為m的運動員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)（圖甲）緩慢運動到站立狀態(tài)（圖乙），該過程重物和人的肩部相對位置不變，運動員保持乙狀態(tài)站立△t時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直（圖丙）。甲到乙、乙到丙過程重物上升高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，則（　　）A．地面對運動員的沖量為（M+m）g（t1+t2+△t），地面對運動員做的功為0 B．地面對運動員的沖量為（M+m）g（t1+t2），地面對運動員做的功為（M+m）g（h1+h2） C．運動員對重物的沖量為Mg（t1+t2+△t），運動員對重物做的功為Mg（h1+h2） D．運動員對重物的沖量為Mg（t1+t2），運動員對重物做的功為0【解答】解：AB、因緩慢運動，則為平衡狀態(tài)，則地面對運動員的力為（M+m）g，作用時間為（t1+t2+△t），則其沖量為I＝（M+m）g（t1+t2+△t），因地面對運動員的力的作用點沒有位移，則地面對運動員做的功為0，故A正確，B錯誤CD、運動員對重物的力為Mg，其沖量為I′＝Mg（t1+t2+△t），運動員對重物力作用下的位移為（h1+h2），則對重物做功為Mg（h1+h2），故C正確，D錯誤故選：AC。題型3 動量、沖量與圖像結(jié)合例3．某物體的v﹣t圖象如圖所示，下列說法正確的是（　?。?/span>A．0﹣t1和t2﹣t3，合外力做功和沖量都相同 B．t1﹣t2和t3﹣t4，合外力做功和沖量都相同 C．0﹣t2和t2﹣t4，合外力做功和沖量都相同 D．0﹣t1和t3﹣t4，合外力做功和沖量都相同【解答】解：A、0﹣t1和t2﹣t3，動能變化量相同，由動能定理知合外力做功相同。0﹣t1內(nèi)動量變化量為mv0，t2﹣t3內(nèi)動量變化量為﹣mv0，根據(jù)動量定理知沖量大小相等、方向相反，所以沖量不同，故A錯誤。B、t1﹣t2和t3﹣t4，動能變化量相同，由動能定理知合外力做功相同。t1﹣t2內(nèi)動量變化量為﹣mv0，t3﹣t4內(nèi)動量變化量為mv0，根據(jù)動量定理知沖量大小相等、方向相反，所以沖量不同，故B錯誤。C、0﹣t2和t2﹣t4，動能的變化量和動量變化量均為零，由動能定理知合外力做功相同，都是零。由動量定理知沖量相同，都是零，故C正確。D、0﹣t1內(nèi)，動能變化量為，合外力做功為．動量變化量為mv0，沖量為mv0．t3﹣t4內(nèi)，動能變化量為，合外力做功為．動量變化量為mv0，沖量為mv0，沖量為mv0．所以合外力做功不同，沖量相同，故D錯誤。故選：C。（多選）例4．一物塊靜止在傾角為θ且足夠長的固定光滑斜面底端，物塊受到平行斜面向上的拉力F作用，在0～4s時間內(nèi)，拉力的大小F和物塊加速度的大小a隨時間t變化的關(guān)系分別如圖甲、乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，由圖可知（　?。?/span>A．物塊的質(zhì)量等于0.4kg B．斜面傾角θ＝60° C．在t＝2s時，物塊的速度大小為2.5m/s D．在1s～4s時間內(nèi)，物塊向上做加速度逐漸增大的加速直線運動【解答】解：AB、t＝1s時，物塊開始向上運動，故此時的拉力等于物塊所受重力沿斜面的分力，故有：F1＝mgsinθ。代入數(shù)據(jù)解得：F1＝2N。t＝4s時，拉力F4＝6N，物塊的加速度大小a＝10m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有：F4﹣mgsinθ＝ma，聯(lián)立解得：m＝0.4kg，θ＝30°，故A正確、B錯誤；C、根據(jù)加速度圖像與橫軸所圍面積等于速度變化量可得，在t＝2s時，物塊的速度大小vm/s＝2.5m/s，故C正確；D、在t＝1s～3s時間內(nèi)，物塊向上做加速度逐漸增大的加速直線運動，在t＝3s～4s時間內(nèi)，物塊向上做勻加速直線運動，故D錯誤。故選：AC。三.舉一反三，鞏固練習(xí)（多選）如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長。現(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運動，與滑塊Q發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運動，兩滑塊分離后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，兩滑塊與平面間的動摩擦因數(shù)相同，下列說法中正確的是（　?。?/span>A．兩滑塊發(fā)生碰撞的過程中，其動量守恒，機械能不守恒 B．兩滑塊分離時，彈簧一定處于原長 C．滑塊P最終一定停在出發(fā)點左側(cè)的某一位置 D．整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mv02【解答】解：A、兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，兩者碰撞后一起運動，碰撞不是彈性碰撞，碰撞過程機械能有損失，碰撞過程機械能不守恒，故A正確；B、當(dāng)P、Q間彈力為零時兩滑塊分離，分離前瞬間它們的加速度相等，由牛頓第二定律，對P：aμg對Q：μ′mg﹣T＝ma解得：T＝mg（μ′﹣μ），如果：μ′＝μ，則T＝0，彈簧處于原長狀態(tài)，故B正確；C、兩滑塊碰撞后在運動過程中要克服摩擦力做功，機械能減小，當(dāng)P回到兩球碰撞位置時的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止時的位置一定在其出發(fā)點的右側(cè)，故C錯誤；D、由于兩滑塊分離后Q繼續(xù)向左做減速運動，當(dāng)Q停止時彈簧處于伸長狀態(tài)，在整個過程中，P的機械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能與內(nèi)能，由能量守恒定律可知：W+EP?2mv02＝mv02，W＝mv02﹣EP，則兩滑塊克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正確；故選：ABD。一質(zhì)量為1kg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（　?。?/span>A．t＝1s時物塊的速率為1m/s B．t＝2時物塊的動量大小為2kg?m/s C．t＝3s時物塊的動量大小為3kg?m/s D．t＝4s時F的功率為3W【解答】解：A、前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律，a12m/s2，則0﹣2s的速度規(guī)律為：v1＝a1t1＝2m/s，t＝1s時，速率為2m/s，故A錯誤；B、t＝2s時，物塊的速率v2＝a1t2＝4m/s，則動量大小為：p2＝mv2＝4kg?m/s，故B錯誤；C、2﹣4s，力開始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a2＝﹣1m/s2，所以3s時的速度為v3＝v2﹣a2t3＝3m/s，動量大小為p3＝mv3＝3kg?m/s，故C正確；D、結(jié)合C的分析可得，t＝4s時物塊速度v4＝v2﹣a2t4＝2m/s，所以4s末的功率：P＝Fv4＝1×2＝2W，故D錯誤；故選：C。（多選）電梯在t＝0時由靜止開始上升，運動的a﹣t圖象如圖所示，電梯總質(zhì)量m＝2.0×103kg．電梯內(nèi)乘客的質(zhì)量m0＝50kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是：（　　）A．第1s內(nèi)乘客處于超重狀態(tài)，第9s內(nèi)乘客處于失重狀態(tài) B．第2s內(nèi)乘客對電梯的壓力大小為550N C．第2s內(nèi)電梯對乘客的沖量大小為550N?s D．第2s內(nèi)鋼索對電梯的拉力大小為2.2×104N【解答】解：A、第1s內(nèi)乘客的加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，第9s內(nèi)乘客的加速度方向向上升，處于超重狀態(tài)。故A錯誤。B、第2s內(nèi)，加速度為1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：N﹣m0g＝m0a，解得：N＝m0g+m0a＝50×（10+1）＝550N．故B正確。C、第2s內(nèi)電梯對乘客的支持力為550N，則沖量的大小為：I＝Nt＝550×1Ns＝550Ns，故C正確。D、對電梯和乘客整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0）a，代入數(shù)據(jù)解得：F＝2.255×104N．故D錯誤。故選：BC。（多選）電梯在t＝0時由靜止開始上升，運動的a一t圖象如圖所示，電梯總質(zhì)量m＝2.0×103kg，電梯內(nèi)乘客的質(zhì)量m0＝50kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　?。?/span>A．第1s內(nèi)乘客處于超重狀態(tài)，第9s內(nèi)乘客處于失重狀態(tài) B．第2s內(nèi)乘客對電梯的壓力大小為550N C．第2s內(nèi)鋼索對電梯的拉力大小為2.2×104N D．第2s內(nèi)電梯對乘客的沖量大小為550N?s【解答】解：A、第1s內(nèi)乘客的加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，第9s內(nèi)乘客的加速度方向向上升，處于超重狀態(tài)。故A錯誤。B、第2s內(nèi)，加速度為1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：N﹣m0g＝m0a，解得：N＝m0g+m0a＝50×（10+1）＝550N．故B正確。C、對電梯和乘客整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣（m+m0）g＝（m+m0）a，代入數(shù)據(jù)解得：F＝2.555×104N，故C錯誤。D、第2s內(nèi)電梯對乘客的支持力為550N，則沖量的大小為：I＝Nt＝550×1Ns＝550Ns．故D正確。故選：BD。如圖所示，兒童樂園里，質(zhì)量為m的小女孩從滑梯上由靜止滑下。空氣阻力不計，滑梯可等效為斜面，與水平面的夾角為θ，已知小女孩與滑梯的動摩擦因數(shù)為μ，下滑的時間為t，重力加速度g，則小女孩下滑過程中（　　）A．彈力的沖量為零 B．重力的沖量為mgtsinθ C．合力的沖量大小為mg（sinθ﹣μcosθ）t D．受到的摩擦力與其反作用力的總沖量為零，總功也為零【解答】解：A、小女孩下滑過程中彈力為mgcosθ，則彈力的沖量為I＝Ft＝mgtcosθ，故A錯誤；B、重力的大小為mg，重力的沖量為mgt，故B錯誤；C、在下滑過程中，合力的沖量大小等于動量的變化量為I＝F合t＝p末﹣0＝mg（sinθ﹣μcosθ）t，故C正確；D、小女孩下滑過程中受到的摩擦力與其反作用力大小相等，方向相反，則根據(jù)沖量的計算公式I＝Ft可知，總沖量為零；根據(jù)Wf＝﹣μmgxcosθ，可知總功為負(fù)值，故D錯誤；故選：C。如圖所示，一物體在與水平成θ角的拉力F作用下勻速前進(jìn)了時間t，則（　?。?/span>A．拉力F對物體的沖量大小為Ft B．拉力F對物體的沖量大小為Ftcosθ C．合外力對物體的沖量大小為Ftsinθ D．合外力對物體的沖量為Ftsinθ【解答】解：AB、拉力的沖量大小為I＝Ft，方向與水平方向成θ角，故A正確，B錯誤；CD、物體勻速前進(jìn)，合外力為零，故合外力的沖量為0，故CD錯誤；故選：A。（多選）如圖甲所示，物體受到水平拉力F的作用，沿水平面做直線運動。通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測得力F和物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，則（　?。?/span>A．物體的質(zhì)量m＝0.5kg B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 C．0﹣3s內(nèi)拉力F對物體做的功為1 J D．0﹣3s內(nèi)拉力F的沖量大小為6 N?s【解答】解：A、由速度﹣時間圖象可以知道在2﹣3s的時間內(nèi)，物體勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為2N，在1﹣2s的時間內(nèi)，物體做勻加速運動，直線的斜率代表加速度的大小，所am/s2＝2m/s2，由牛頓第二定律可得F﹣f＝ma，所以mkg＝0.5kg，所以A正確；B、由f＝μFN＝μmg，所以μ0.4，故B錯誤；C、在第一秒內(nèi)物體沒有運動，物體在第2s內(nèi)做勻加速運動位移為Xat22×12m＝1m，第3s內(nèi)做勻速運動位移X＝vt＝2×1＝2m，拉力F做功W＝F1X1+F2X2＝3×1+2×2J＝7J，故C錯誤；D、0﹣3s內(nèi)拉力F的沖量大小為I＝F1t1+F2t2+F3t3＝1×1+3×1+2×1N?s＝6N?s；故D正確。故選：AD。目前，我國在人工智能和無人駕駛技術(shù)方面已取得較大突破。為早日實現(xiàn)無人駕駛，某公司對汽車性能進(jìn)行了一項測試，讓質(zhì)量為m的汽車沿一山坡直線行駛，測試中發(fā)現(xiàn)，若關(guān)掉油門下坡，則汽車的速度保持不變；若從靜止開始以恒定的功率P上坡，則發(fā)生位移s時速度剛好達(dá)到最大值vm。設(shè)汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小分別保持不變，下列說法正確的是（　?。?/span>A．關(guān)掉油門的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零 B．關(guān)掉油門的下坡過程，汽車的機械能守恒 C．上坡過程中，汽車速度達(dá)到時，發(fā)生的位移為 D．上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達(dá)到最大速度vm，所用時間一定小于【解答】解：A、關(guān)掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則沖量不為零，故A錯誤；B、關(guān)掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變、動能不變，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故B錯誤；C、上坡過程中，若恒加速度啟動，速度達(dá)到時，發(fā)生的位移為，若恒功率啟動，加速度變化，發(fā)生的位移也會變化，則故C錯誤；D、上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達(dá)到最大速度vm，功率不變，則速度增大、加速度減小，所用時間為T，則 ?T＜s，解得T，故D正確。故選：D。如圖所示是最常見的羽毛球運動圖標(biāo)之一，羽毛球運動是學(xué)校體育中最普及的體育運動，也是速度最快的球類運動，運動員扣殺羽毛球的速度可達(dá)到100m/s。假設(shè)羽毛球飛來的速度為50m/s，運動員將羽毛球以100m/s的速度反向擊回，羽毛球的質(zhì)量為10g，則羽毛球動量的變化量（　?。?/span>A．大小為1.5kg?m/s，方向與羽毛球飛來的方向相反 B．大小為1.5kg?m/s，方向與羽毛球飛來的方向相同 C．大小為0.5kg?m/s，方向與羽毛球飛來的方向相反 D．大小為0.5kg?m/s，方向與羽毛球飛來的方向相同【解答】解：以球被反向擊回的方向為正方向，則有p1＝mv1＝﹣10×10﹣3×50kg?m/s＝﹣0.5kg?m/sp2＝mv2＝10×10﹣3×100kg?m/s＝1kg?m/s所以動量的變化量Δp＝p2﹣p1＝1kg?m/s﹣（﹣0.5）kg?m/s＝1.5kg?m/s即球的動量變化量大小為1.5kg?m/s，方向與球飛來的方向相反；故選：A。兩輛汽車的質(zhì)量分別為m1和m2，沿水平方向做勻速直線運動并且具有相等的動能，則兩輛汽車動量大小之比是（　?。?/span>A．（）2 B． C． D．（）2【解答】解：動量p，已知兩輛汽車的動能相等，則兩輛汽車的動量大小之比：，故B正確，ACD錯誤。故選：B。

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多