(课标人教版)2010年《高考风向标》物理 第5章 动量 第1讲 冲量 动量 动量定理

第五章 动 量
一、考纲要求
碰撞与动量守恒 动量、动量守恒定律与其应用
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅱ Ⅰ 只限于一维 二、知识网络
第1讲 冲量 动量 动量定理
★一、考情直播
1．考纲解读
2．考点整合
考点一 动量的概念
〔1〕定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量，公式：p =mv
〔2〕动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应．
〔3〕动量是矢量，它的方向和速度的方向一样．
〔4〕动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性．题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系．
〔5〕动量的变化：0p p p t -=∆．由于动量为矢量，如此求解动量的变化时，其运算遵
循平行四边形定如此． A 、假设初末动量在同一直线上，如此在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．
B 、假设初末动量不在同一直线上，如此运算遵循平行四边形定如此．
〔6〕动量与动能的关系：k mE P 2 ，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的．
【例1】如图6-1-1一个质量是0．2kg 的钢球，以2m/s 的速度射到坚硬的大理石板上，立即反弹，速度大小仍为2m/s ，求出钢球动量变化的大小和方向？
【解析】取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v =2m/s ，
碰撞前钢球的动量为p =mv =0．2×2kg ·m/s=0．4kg ·m/s ．
碰撞后钢球的速度为v ′= -2m/s ，
碰撞后钢球的动量为p ′=mv ′=-0．2×2kg ·m/s=-0．4kg ·m/s ．
碰撞前后钢球动量的变化为：Δp =p ˊ-p =-0．4kg ·m/s-0．4 kg ·m/s=-0．8 kg ·m/s 且动量变化的方向向左．
【规律总结】动量是一个矢量，动量的方向和速度方向一样，所以只要物体的速度大小或方向发生变化，动量就一定发生变化．例如做匀速直线运动的物体其动量是恒量，而做匀速圆周运动的物体，由于速度方向不断在改变，即使其动量大小不变，但因其方向不断改变，所以其动量是一变量．
考点二 冲量的概念
(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft
(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应．
(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定〔不能说和力的方向一样〕．如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向一样．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，如此绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．
(4)高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量．对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求．
(5)要注意的是：冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．
【例2】恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图6-1-2所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，如此经时间t ，如下说法正确的答案是〔 〕
A ．拉力F 对物体的冲量大小为零
B ．拉力F 对物体的冲量大小为Ft
C ．拉力F 对物体的冲量大小是Ft cos θ
D ．合力对物体的冲量大小为零
【解析】按照冲量的定义，物体受到恒力F 作用，其冲量为Ft ，物体因为静止，合外
图6-1-1 图6-1-2
力为0，所以合力冲量为0．
【易错提示】力对物体有冲量作用必须具备力和该力作用下的时间两个条件．只要有力并且作用一段时间，那么该力对物体就有冲量作用，所以冲量是过程量．需要注意的是冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．
考点三 动量定理
〔1〕动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．既I =Δp
〔2〕动量定理的理解
①动量定理明确冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量〔或者说是物体所受各外力冲量的矢量和〕．
②动量定理给出了冲量〔过程量〕和动量变化〔状态量〕间的互求关系．
③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：t
P F ∆∆=〔牛顿第二定律的动量形式〕． ④动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正． 遇到涉与力、时间和速度变化的问题时．运用动量定理解答往往比运用牛顿运动定律与运动学规律求解简便．应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
(l)明确研究对象和物理过程；
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；
(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；
(4)依据动量定理列方程、求解．
【例3】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中．假设把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 如此( )
A 、过程I 中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B 、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小
C 、I 、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D 、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
【解析】根据动量定理可知，在过程I 中，钢珠从静止状态自由下落．不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A 正确；过程I 中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B 选项不对；在I 、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零．且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C 选项正确，D 选项错误．因此，此题的正确选项为A 、C ．
【规律总结】这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题．要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合．假设此题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理．当t 1>> t 2时，F >>mg ．
〔3〕简解多过程问题．
【例4】一个质量为m=2kg 的物体，在F 1=8N 的水平推力作用下，从静止开始沿水平 面运动了t 1=5s ，然后推力减小为F 2=5N ，方向不变，物体又运动了t 2=4s 后撤去外力，物体再经 过t 3=6s 停下来．试求物体在水平面上所受的摩擦力．
【解析】：规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量P 1=0，末动量P 2=O ．据动量定理有： 0)((3212211=++-+t t t f t F t F
即：0)645(4558=++-⨯+⨯f ，解得 N f 4=
【规律总结】由例4可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度．此题
也可以用牛顿运动定律求解．同学们可比拟这两种求解方法的简繁情况．
〔4〕求解平均力问题
【例5】质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．弹性安全带缓冲时间为1．2s ，安全带伸直后长5m ，求安全带所受的平
均作用力．〔 g= 10m ／s 2〕
【解析】人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：gh V 220=s m gh V /1020==∴
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力 F ，取F 方向为正方向，由动量定理得：Ft =m V —m V 0 所以N t
mV mg F 11000=+=，〔方向竖直向下〕 【注意】动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t 时间内的平均值．
〔5〕求解恒力作用下的曲线运动问题
【例6】如图6-1-3所示，以v o ＝10m ／s 2的初速度与水平方向成300角抛出一个质量m
＝2kg 的小球．忽略空气阻力的作用，g 取10m ／s 2．求抛出后第2s 末小球速度的大小．
【解析】小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得：F y t=m v y -m v y0
所以mgt=m v y -(-m v 0．sin300)，
解得v y =gt-v 0．sin300=15m/s ．而v x =v 0．cos300=s m /35
在第2s 未小球的速度大小为：s m v v v y /310220=+=
【注意】在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：F x t=m v x -m v x0；F y t=m v y -m v y0．
〔5〕求解流体问题
【例7】某种气体分子束由质量m=5．4X10-26kg 速度V ＝460m/s 的分子组成，各分子都
向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积
内有n 0＝1．5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．
【解析】设在△t 时间内射到 S 的某平面上的气体的质量为ΔM ，如此：
m n tS V M 0.∆=∆ 取ΔM 为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F 以V 方向规定为正方
向，由动量定理得:-F Δt=ΔMV-(-ΔM ．V)，解得Sm n V F 022-=，平面受到的压强P 为：
a P m n V S F P 428.32/02===
【注意】处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体外表产生冲力〔或压强〕的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，
一般情况下选在极短
时间△t 内射到物体外表上的流体为研究对象
〔6〕对系统应用动量定理．
【例8】如图6-1-4所示， 质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为V 0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现．假设汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
【解析】以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为()a m M +，该过程经历时间为V 0/μg ，末状态拖车的动量为零．全过程对系统用动量定理可得：
()()()()0/0/0
,V Mg
g a m M V V m M MV g V a m M μμμ++=∴+-=⋅+ 【注意】这种方法只能用在拖车停下之前．因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是()a m M +．
★二、高考热点探究
一般而言，高考中对冲量、动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用，动量定理的一般应用与对现象的解析
【真题1】〔2006•全国理综〕 一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ．在此过程中，〔 〕
A ．地面对他的冲量为mv +mg Δt ，地面对他做的功为2
1mv 2 B ．地面对他的冲量为mv+mg Δt ，地面对他做的功为零
C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为2
1mv 2 D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零
【解析】取运动员为研究对象，由动量定理得：()0-=∆-mv t mg F ，即
t mg mv t F I ∆+=∆=，运动员地面没有离开地面，地面对运动员的弹力做功为零．所以B 选项正确．
【点评】此题考查了考生对冲量和功这两个概念的理解，冲量和功都是过程量，但决定因素不一样，冲量是力在时间上的积累，而功是力在空间上的积累．
【真题2】〔2004•广东〕 如图6-1-5所示，一质量为m 的小球，以初速度0v 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为300
的固定斜面上，并立即反方向弹回．反弹速度的大小是入射速度大小的
43，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小．
m V 0 V 图
6-1-
M
图6-1-4
【解析】小球在碰撞斜面前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球速度为v ．由题意，v 的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v 0，如图．由此得v ＝2v 0 ，碰撞过程中，小球速度由v 变为反向的.4
3v 碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为 mv v m I +=)43( ，
由①、②得 02
7mv I = 【点评】此题考查了考生应用动量定理处理变力的冲量的能力，在应用动量定理的时候一定要注意其矢量性．
【真题3】〔2008四川卷〕如图6-1-6一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板．在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块〔视为质点〕．小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2．当小物块与挡
板碰撞后，将以原速返回．重力加速度g ＝10 m/s 2．在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，
挡板给予小物块的总冲量是多少？
【解析】解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v ．
由功能关系得θ
θμsin cos 212h mg mv mgh += ① 以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 )(v m mv I --= ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，如此
θθμsin cos 212h mg h mg mv '+'= ③
同理，有 θ
θμsin cos 212h mg v m h mg '+'=
' ④ )(v m v m I '--'=' ⑤ 式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量．由①②③④⑤式得kI I =' ⑥
式中 μ
θμθ+-=tan tan k ⑦ 由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
)cot 1(2201θμ-=gh m I ⑧
总冲量为 )1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑨
图6-1-6
由 )11112k k k k k n
n --=⋯+++- ⑩ 得 )cot 1(221104
θμ---=gh m k k I ⑾ 代入数据得 )63(43.0+=I N·s ⑿
解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得
ma mg mg =-θμθcos sin ①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，如此 θ
sin 22h a v = ② 以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 )(v m mv I --= ③
由①②③式得)cot 1(221θμ-=gh m I ④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’， 依牛顿第二定律有
a m mg mg '=-θμθcos sin ⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为θsin 22
a v h '
=' ⑥ 由②⑤⑥式得 h k h 2=' ⑦
式中 μ
θμθ+-=tan tan k ⑧ 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量)cot 1(22θμ-'='h g m I ⑨
由④⑦⑨式得 kI I =' ⑩
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
)cot 1(2201θμ-=gh m I
⑾ 总冲量为 )1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑿ 由 )11112k k k k k n
n --=⋯+++- ⒀
得 )cot 1(221104
θμ---=gh m k
k I ⒁ 代入数据得 )63(43.0+=I N·s ⒂
★三、抢分频道
◇限时根底训练〔20分钟〕
班级 姓名 成绩
1．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以〔 〕
A ．减小球对手的冲量
B ．减小球的动量变化率
C ．减小球的动量变化量
D ．减小球的动能变化量
1．【答案】B ．这样接球目的是为了通过延长作用时间减少篮球对运动员的作用力，即动量变化率t
P F ∆∆=． 2．玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中〔 〕
A ．茶杯动量较大
B ．茶杯动量变化较大
C ．茶杯所受冲量较大
D ．茶杯动量变化率较大
2．【答案】D ．玻璃杯从同一高度落下掉在石头作用时间短，动量变化一样，所以作用力大．
3．质量为m 的钢球自高处落下，以速率v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v 2．在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为〔 〕
A ．向下，m(v 1－v 2〕
B ．向下，m(v 1＋v 2〕
C ．向上，m(v 1－v 2〕
D ．向上，m(v 1＋v 2〕
3．【答案】D ．钢球落地前瞬间的动量〔初动量〕为mv 1，方向竖直向下．经地面作用后其动量变为mv 2，方向竖直向上．设竖直向上为正方向，据动量变化△P =P '-P 得：△P = mv 2-〔- mv 1〕= m (v 1+v 2)，因地面对钢球的作用力竖直向上，所以其冲量方向也竖直向上．
4．质量为5 kg 的物体，原来以v=5 m/s 的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向一样的冲量15 N·s 的作用，历时4 s ，物体的动量大小变为〔 〕
A ．80 kg·m/s
B ．160 kg·m/s
C ．40 kg·m/s
D ．10 kg·m/s
4．【答案】C ．取初速度方向为正方向，由动量定理mv v m Ft -'=代入数据可得Ｃ．
5．一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t ，上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为F ，如此在时间t 内〔 〕
A ．物体受重力的冲量为零
B ．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小
C ．物体动量的增量大于抛出时的动量
D ．物体机械能的减小量等于FH
5．【答案】BC ．由运动学知，上升的时间大于下降的时间，根据冲量定义Ft I =，可知A 错B 对；取竖直向上为正，物体动量的增量()()mv v v m mv v m p 〉'+=--'=∆，故C 正确；由于阻力做功等于2FH ，故D 错误．
6．如图6-1-7〔甲〕，物体A 和B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止
不动，A 的质量为m ，B 的质量为M ，当连接A 、B 的绳突然断开后，物
体A 上升经某一位置时的速度大小为v ，这时物体B 下落的速度大小为
u ，如图〔乙〕所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量〔〕
A. mv
B. mv Mu -
C. mv Mu +
D. mv mu +
6．【答案】D ．分别以A 、B 为研究对象，由动量定理得
Mu Mgt mv mgt I ==-21，，两物体的运动具有同时性，如此21t t =，所以mv mu I +=．
7．如图6-1-8所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾
角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程
中，两个物体具有的一样的物理量是〔 〕
A ．重力的冲量
B ．合力的冲量
C ．刚到达底端时动量的水平分量
D ．以上几个量都不同
7．【答案】D ．角度不同，所用的时间不同，速度方向不同，到达所以到底端的速度水
图6-1-7
图6-1-7
图6-1-8
平分量也不同，动量就不同，重力的冲量也不同，故Ｄ正确． 8．质点所受的力F 随时间变化的规律如图6-1-9所示，力的方向始终在一直线上．t ＝0时质点的速度为零．在图示t 1、t 2、t 3和t 4各时刻中，哪
一时刻质点的速度最大〔 〕
A ．t 1
B ．t 2
C ．t 3
D ．t 4 ８．【答案】0～t2阶段，冲量为正，t 2～t 4阶段，冲量为
负，由动量定理判断t 2时刻“面积〞最大，动量最大，进而得出t 2时刻速度最大.
９．粗糙水平面上物体在水平拉力F 作用下从静止起加速运动，经过时间t 撤去F ，在阻力f 作用下又经3t 停下，如此F ：f 为〔 〕
A ．3：1
B ．4：1
C ．1：4
D ．1；3
８．【答案】Ｂ．用全过程法求解即可，04=⋅-t f Ft ，1:4:=f F ，故Ｂ正确．
10．〔2001年京、皖、蒙春季高考试题〕质量为m =0．10 kg 的小钢球以v 0=10 m/s 的水平速度抛出，下落h =5 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，如此钢板与水平面的夹角θ
=_______．刚要撞击钢板时小球的动量大小为_______．(取g =10 m/s 2)
10．【答案】45°；2kg ·m/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直．利用这一结论可求得钢板与水平面的夹角θ=45°，利用平抛运动规律〔或机械能守恒定律〕可求得小球与钢板撞击前的速度大小v=2v0=102m/s ，因此其动量的大小为p=mv=2kg ·m/s ．
◇根底提升训练
1．质量不等的两个物体静止在光滑的水平面上，两物体在外力作用下，获得一样的动能.下面的说法中正确的答案是〔 〕
A.质量小的物体动量变化大
B.质量大的物体受的冲量大
C.质量大的物体末动量小
D.质量大的物体动量变化率一定大
1．【答案】B ．根据p =mv =k 2mE 知，两物体在外力的作用下获得相等的动能，质量大的物体获得的动量大，如此其所受的冲量大，B 选项正确，A 、C 选项错.根据题目条件无法比拟动量变化率的大小，D 选项错．
2．沿同一直线，甲、乙两物体分别在阻力F 1、F 2作用下
做直线运动，甲在t 1时间内，乙在t 2时间内动量p 随时间t 变化的p －t 图象如图6-1-10所示.设甲物体在t 1时间内所受
到的冲量大小为I 1，乙物体在t 2时间内所受到的冲量大小为
I 2，如此两物体所受外力F 与其冲量I 的大小关系是〔 〕
A.F 1＞F 2，I 1=I 2
B.F 1＜F 2，I 1＜I 2
C.F 1＞F 2，I 1＞I 2
D.F 1=F 2，I 1=I 2
2．【答案】A ．由F =t
p ∆∆知F 1＞F 2.由Ft =Δp 知I 1=I 2． 3．质量为m 的小球从h 高处自由下落，与地面碰撞时间为Δt ，地面对小球的平均作用力为F ，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中〔 〕
A.重力的冲量为mg 〔g
h 2+Δt 〕 B.地面对小球作用力的冲量为F ·Δt
图6-1-8 p t t t O 12甲 乙 图6-1-10
C.合外力对小球的冲量为〔mg +F 〕·Δt
D.合外力对小球的冲量为〔mg －F 〕·Δt
３．【答案】B ．在与地面碰撞过程中，取竖直向上为正方向，重力的冲量为－mg Δt ，合外力对小球的冲量为〔F －mg 〕Δt ，故正确选项应为Ｂ．
４．一个物体同时受到两个力F 1、F 2的作用，F 1、F 2与时间的关系如图6-1-11所示，如果该物体从静止开始运动，当该物体具有最大速度时，物体运动的时间是_______s ，该物体的最大动量值是_______kg ·m/s.
４．【答案】5，25．由图象知t =5 s 时，F 1、F 2大小相等，此后F 2＞F 1，物体开始做减速运动，故t =5 s 时速度最大.由I =Ft 知，F －t 图象中图线与时间轴所围面积为力的冲量，所以，前5 s 内F 1、F 2的冲量分别为I 1=37.5 N ·s ，I 2=－12.5 N ·s ，所以，前5 s 内合力的冲量为I =I 1+I 2=25 N ·s ，由动量定理知，物体在前5 s 内增加的动量，也就是从静止开始运动后5 s 末的动量，为25 kg ·m/s.
◇能力提升训练
1. 如图6-1-12所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点.假设以2v 速度抽出纸条，如此铁块落地点为〔 〕
A.仍在P 点
B.在P 点左边
C.在P 点右边不远处
D.在P 点右边原水平位移的两倍处
1．【答案】B ．纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大.以2v 的速度抽出纸条的过程，铁块受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B 选项正确．
2.如图6-1-13所示，质量为m 的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T ，如此〔 〕
①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0
②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT
③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0
④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT /2 以上结论正确的答案是 A.①④B.②③C.②③④D.①③④
2．【答案】B ．重力为恒力，故物体每转一周重力的冲量为mgT .由于物体做的是非匀速圆周运动，故转半周的时间不一定是21T ，所以，重力的冲量也不一定是mg 2
T .每转一周，物体的动量变化量为零，故合外力的冲量为零.选项B 正确．
3．如图6-1-14，质量分别为m A 、m B 的木块叠放在光滑的水平面上，在A
上施加水平恒
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11 / 11 力F ，使两木块从静止开始做匀加速运动，A 、B 无相对滑动，如此经过t s ，木块A 所受的合外力的冲量为_______，木块B 的动量的增量Δp 为_______.
3．【答案】B A A m m Ft m +，B
A B m m Ft m +.因A 、B 之间无相对运动，可把A 、B 看作一个整体，由牛顿第二定律有F =〔m A +m B 〕a 得：a =
B A m m F + ，木块A 所受的合外力F A ＝B A A m m F m +，木块A 所受合外力的冲量I A ＝B A A m m Ft m + ，木块B 动量的增量Δp B ＝B
A B m m Ft m +． 4．质量m =5 kg 的物体在恒定水平推力F =5 N 的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t 1=2 s 后，撤去力F ，物体又经t 2=3 s 停了下来.求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小.
4．【解析】：因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F 前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力F f ，撤去力F 后，物体只受摩擦力F f .取物体运动方向为正方向.
方法一：设撤去力F 时物体的运动速度为v .对于物体自静止开始运动至撤去力F 这一过程，由动量定理有 〔F －F f 〕t 1=mv
对于撤去力F 直至物体停下这一过程，由动量定理有 〔－F f 〕t 2=0－mv
联立解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为 F f =2
11t t Ft +=2 N. 说明：式①②中F f 仅表示滑动摩擦力的大小，F f 前的负号表示F f 与所取正方向相反. 方法二：将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程.在时间t 1内物体所受合外力为〔F －F f 〕，在时间t 2内物体所受合外力为－F f ，整个运动时间〔t 1+t 2〕内，物体所受合外力冲量为〔F －F f 〕t 1+〔－F f 〕t 2.
对物体整个运动过程应用动量定理有〔F －F f 〕t 1+〔－F f 〕t 2=0
解得F f =2
11t t Ft +=2 N. 5．有一宇宙飞船，它的正面面积S =0.98 m 2，以v =2×103 m/s 的速度飞入一宇宙微粒
尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m =2×10－7kg.要使飞船速度保持不
变，飞船的牵引力应增加多少?〔设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上〕.
5．解析：微粒尘由静止至随飞船一起运动，微粒的动量增加量是飞船对微粒作用的效果，设增加的牵引力为F ，依动量定理列方程Ft =nmv －0，即微粒对飞船的冲量大小也为Ft ，其中n =
V Svt =1Svt ，F =t nmv =1Svt ·t
mv =Smv 2=0.98×2×10－7×〔2×103〕2 N=0.78 N.。