高中物理動(dòng)量定理專題(答案)

1、高中動(dòng)量和動(dòng)量定理的應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)一一一沖量（I） 要點(diǎn)詮釋：1 .定義：力F和作用時(shí)間1的乘積，叫做力的沖量。2 .公式：/二面3 .單位：MS4 .方向：沖量是矢量，方向是由力F的方向決定。5 .注意：沖量是過程量，求沖量時(shí)一定要明確是哪一個(gè)力在哪一段時(shí)間內(nèi)的沖量。用公式/二曲求沖量，該力只能是恒力，無論是力的方向還是大小發(fā)生變化時(shí)，都不能用/二用直接求出1 .推導(dǎo)：設(shè)一個(gè)質(zhì)量為 槽的物體，初速度為V ,在合力F的作用下，經(jīng)過一段時(shí)間/ ,速度變?yōu)椤癡-V Ct - 則物體的加速度,_ 陽（/一切 加y一松F = ma-=由牛頓第二定律.二可得我二消«一懶,即Ft = F-P（P為末

2、動(dòng)量, p為初動(dòng)量）2 .動(dòng)量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量變化。3 .公式：或I皿4 .注意事項(xiàng)：動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在應(yīng)用時(shí)要注意規(guī)定正方向；式中F是指包含重力在內(nèi)的合外力，可以是恒力也可以是變力。當(dāng)合外力是變力時(shí)，F(xiàn)應(yīng) 該是合外力在這段時(shí)間內(nèi)的平均值；研究對(duì)象是單個(gè)物體或者系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用與微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。5 .應(yīng)用：在動(dòng)量變化A尸一定的條件下，力的作用時(shí)間 t越短，得到的作用力就越大，因此在需要增大作用力時(shí)，可盡量縮短作用時(shí)間，如打擊、碰撞等由于作用時(shí)間短，作用力都較大，如沖壓 工件；在動(dòng)量變化AP一定的條件下，力的作用時(shí)間 t越長，得到的

3、作用力就越小，因此在需要減小作用力時(shí)，可盡量延長作用時(shí)間，如利用海綿或彈簧的緩沖作用來延長作用時(shí)間，從而減小 作用力，再如安全氣囊等。規(guī)律方法指導(dǎo)1 .動(dòng)量定理和牛頓第二定律的比較（1）動(dòng)量定理反映的是力在時(shí)間上的積累效應(yīng)的規(guī)律，而牛頓第二定律反映的是力的瞬時(shí)效應(yīng)的規(guī)律廣P-尸 AF p -（2）由動(dòng)量定理得到的t L ,可以理解為牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式，即：物體所受的合外力等于物體動(dòng)量的變化率。（3）在解決碰撞、打擊類問題時(shí)，由于力的變化規(guī)律較復(fù)雜，用動(dòng)量定理處理這類問題更 有其優(yōu)越性。4.應(yīng)用動(dòng)量定理解題的步驟選取研究對(duì)象；確定所研究的物理過程及其始末狀態(tài)；分析研究對(duì)象在所研究的物理

4、過程中的受力情況；規(guī)定正方向，根據(jù)動(dòng)量定理列式；解方程，統(tǒng)一單位，求得結(jié)果。經(jīng)典例題透析類型一 一一對(duì)基本概念的理解1 .關(guān)于沖量，下列說法中正確的是（）A.沖量是物體動(dòng)量變化的原因B.作用在靜止的物體上力的沖量一定為零C.動(dòng)量越大的物體受到的沖量越大D.沖量的方向就是物體合力的方向思路點(diǎn)撥：此題考察的主要是對(duì)概念的理解解析：力作用一段時(shí)間便有了沖量，而力作用一段時(shí)間后物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了變化，物體的動(dòng)量也發(fā)生了變化，因此說沖量使物體的動(dòng)量發(fā)生了變化，A對(duì)；只要有力作用在物體上,經(jīng)歷一段時(shí)間，這個(gè)力便有了沖量，與物體處于什么狀態(tài)無關(guān)，B錯(cuò)誤；物體所受沖量大小與動(dòng)量大小無關(guān)，C錯(cuò)誤；沖量是一個(gè)過

5、程量，只有在某一過程中力的方向不變時(shí)，沖量的方向才與 力的方向相同，故 D錯(cuò)誤。答案：A【變式】關(guān)于沖量和動(dòng)量，下列說法中錯(cuò)誤的是（）A.沖量是反映力和作用時(shí)間積累效果的物理量B.沖量是描述運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量C.沖量是物體動(dòng)量變化的原因D.沖量的方向與動(dòng)量的方向一致答案：BD點(diǎn)撥：沖量是過程量；沖量的方向與動(dòng)量變化的方向一致。故BD錯(cuò)誤。類型二 用動(dòng)量定理解釋兩類現(xiàn)象 2.玻璃杯從同一局度自由落下，落到硬水泥地板上易碎， 而落到松軟的地毯上不易碎。這是為什么？解釋：玻璃杯易碎與否取決于落地時(shí)與地面間相互作用力的大小。由動(dòng)量定理可知，此作 用力的大小又與地面作用時(shí)的動(dòng)量變化和作用時(shí)間有關(guān)。因?yàn)楸?/p>

6、是從同一高度落下，故動(dòng)量變化相同。但杯子與地毯的作用時(shí)間遠(yuǎn)比杯子與水泥 地面的作用時(shí)間長，所以地毯對(duì)杯子的作用力遠(yuǎn)比水泥地面對(duì)杯子的作用力小。所以玻璃杯從 同一高度自由落下，落到硬水泥地板上易碎，而落到松軟的地毯上不易碎。o 3.如圖，把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著一起運(yùn)動(dòng)，若迅 速拉動(dòng)紙帶，紙帶將會(huì)從重物下面抽出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（）A.在緩慢拉動(dòng)紙帶時(shí)，重物和紙帶間的摩擦力大口B.在迅速拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小I 1C.在緩慢拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的沖量大1D.在迅速拉動(dòng)時(shí)，紙帶給重物的沖量小解析：在緩慢拉動(dòng)時(shí)，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動(dòng)時(shí)，它們之

7、間的作用力是 滑動(dòng)摩擦力。由于通常認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力。所以一般情況是：緩拉摩擦力?。?快拉摩擦力大，故 AB都錯(cuò)；緩拉紙帶時(shí)，摩擦力雖小些，但作用時(shí)間很長，故重物獲得的沖量 可以很大，所以能把重物帶動(dòng)?？炖瓡r(shí)摩擦力雖大些，但作用時(shí)間很短，故沖量小，所以動(dòng)量 改變也小，因此， CD正確?？偨Y(jié)升華：用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象一般可分為兩類：一類是物體的動(dòng)量變化一定，力的作用 時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長，力就越小。另一類是作用力一定，力的作用時(shí)間越長，動(dòng)量 變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越小。分析問題時(shí)，要搞清楚哪個(gè)量一定，哪個(gè)量變 化?！咀兪?】有些運(yùn)動(dòng)鞋底有空氣軟墊，請(qǐng)用動(dòng)量定理解釋

8、空氣軟墊的功能。解析：由動(dòng)量定理可知，在動(dòng)量變化相同的情況下，時(shí)間越長，需要的作用力越小。因此 運(yùn)動(dòng)鞋底部的空氣軟墊有延長作用時(shí)間，從而減小沖擊力的功能?！咀兪?】機(jī)動(dòng)車在高速公路上行駛，車速越大時(shí)，與同車道前車保持的距離也越大。請(qǐng)用 動(dòng)量定理解釋這樣做的理由。解析：由動(dòng)量定理可知，作用力相同的情況下，動(dòng)量變化越大，需要的時(shí)間越長。因此， 車速越大時(shí)，與同車道前車保持的距離也要越大。類型三動(dòng)量定理的基本應(yīng)用 4.質(zhì)量為1T的汽車，在恒定的牽引力作用下，經(jīng)過2s的時(shí)間速度由5m/s提圖到8m/s,如果汽車所受到的阻力為車重的0.01 ,求汽車的牽引力？思路點(diǎn)撥：此題中已知力的作用時(shí)間來求力可考慮

9、用動(dòng)量定理較為方便。解析：物體動(dòng)量的增量 P=P，-P=103x 8-10 3x 5=3 x 103kg m/s。根據(jù)動(dòng)量定理可知：紜卜伊-力）=心牽引力b=/ =竽+珈目N+0.01x10jx9j8N = 1598N2答案：汽車所受到的牽引力為 1598N?？偨Y(jié)升華：本題也是可以應(yīng)用牛頓第二定律，但在已知力的作用時(shí)間的情況下，應(yīng)用動(dòng)量 定理比較簡便。【變式】一個(gè)質(zhì)量5kg的物體以4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，在一恒力作用下，經(jīng)過 0.2s其速 度變?yōu)?m/s向左運(yùn)動(dòng)。求物體所受到的作用力。解析：規(guī)定初速度的方向即向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可知：F也二廿山 20.2負(fù)號(hào)表示作用力的方向向左。答案：物

10、體所受到的作用力為 300N,方向向左。類型四求平均作用力汽錘質(zhì)量選二60煙，從1.2m高處自由落下，汽錘與地面相碰時(shí)間為M二0飛,碰后汽錘速度為零，不計(jì)空氣阻力。求汽錘與地面相碰時(shí)，地面受到的平均作用力。思路點(diǎn)撥：本題是動(dòng)量定理的實(shí)際應(yīng)用，分清速度變化是問題的關(guān)鍵。解析：選擇汽錘為研究對(duì)象，設(shè)汽錘落地是速度為V,則有"二2gh汽錘與地面相碰時(shí)，受力如圖所示，F(xiàn)h選取向上為正方向，由動(dòng)量定理得（/ 一刑g） & 二 0一（一幽 v）聯(lián)立二式可得耀取1/=加g + I& mg% = 3498N根據(jù)牛頓第三定律可知，地面受到的平均作用力大小為3498N,方向豎直向下。答案

11、：平均作用力大小為 3498N,方向豎直向下?？偨Y(jié)升華：動(dòng)量定理是合力的沖量；動(dòng)量定理是矢量式。在解決這類豎直方向的打擊問題 中，重力是否能忽略，取決于 號(hào)與她g的大小，只有%祖g時(shí),那g才可忽略，當(dāng)然不忽略 畦-定是正確的。【變式1】蹦床是運(yùn)動(dòng)員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動(dòng)作的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。一個(gè)質(zhì)量為6°炮的運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面 3.加高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0朋高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為。若把這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小。（g取10加/s）解析：運(yùn)動(dòng)員剛接觸網(wǎng)時(shí)速度大?。?quot;=戊函=J2x10x3.2也/

12、s-s ,方向向下;剛離開網(wǎng)時(shí)速度大?。航卸蠖缍f”10”方向向上。運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的過程，設(shè)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力為F,對(duì)運(yùn)動(dòng)員由動(dòng)量定理有：取向上為正方向，則-1-11- 一-1解得：F = -&60乂10-60x（-8）盯 6=-7+ 60x102712= 1.5x103W方向向上。答案：l.二1"' N【變式2】質(zhì)量為60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保障，使他懸掛 起來，已知彈性安全帶緩沖時(shí)間為1.2s,安全帶長為5m則安全帶所受的平均作用力。（ g取解：對(duì)人在全過程中（從開始跌下到安全停止），由動(dòng)量定理得：mg（ti+t 2） Ft2=0t

13、 1=-1 = 1 1 I s=1s12=1.2s儂（4+.）60x10x（1+1.2）. F= '= I./ N=1100N根據(jù)牛頓第三定律可知，安全帶所受的平均作用力為1100N。點(diǎn)評(píng)：此題也可用上面的方法分兩個(gè)階段分別研究，無論是分過程的解法還是全過程的解法，一定要注意力與時(shí)間的對(duì)應(yīng)以及始末狀態(tài)的確定。類型 五用動(dòng)量定理求變力的沖量往上 6.如圖所不，將一輕彈簧懸于 。點(diǎn)，下端和物體 A相連，物體A下面用細(xì)線連接物 體B, A、B質(zhì)量分別為M m,若將細(xì)線剪斷，待 B的速度為v時(shí)，A的速度為V,方向向下，求 該過程中彈簧彈力的沖量。思路點(diǎn)撥：求變力的沖量，不能用 Ft直接求解，可

14、借助動(dòng)量定理 F枚二飭,由動(dòng)量的變化量間接求出。解析：剪斷細(xì)線后，B向下做自由落體運(yùn)動(dòng)， A向上運(yùn)動(dòng)。 對(duì)A:取向上方向?yàn)檎?，由?dòng)量定理得I 彈一Mgt= MV- O.I 彈=Mgt MV對(duì)B:由自由落體運(yùn)動(dòng)知識(shí)VI -g V由、解得：二=M V v V）類型六用動(dòng)量定理解決變質(zhì)量問題7. 一艘帆船在靜水中由風(fēng)力推動(dòng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)帆面的面積 為S,風(fēng)速為vi,船速為V2（V2<vi）,空氣的密度為 戶，則帆船在勻速前進(jìn) 時(shí)帆面受到的平均風(fēng)力大小為多少?思路點(diǎn)撥：此題需求平均風(fēng)力大小，需用動(dòng)量定理來解決。解析：取如圖所示的柱體內(nèi)的空氣為研究對(duì)象。這部分空氣經(jīng)過時(shí)間 位 后速度由V1變?yōu)?/p>

15、V2,故其質(zhì)量酰=巧）山。取船前進(jìn)方向?yàn)檎较?，?duì)這部分氣體，設(shè)風(fēng)力為-FU - A於均）解得F,由動(dòng)量定理有總結(jié)升華：對(duì)于流體運(yùn)動(dòng)問題，如水流、風(fēng)等，在運(yùn)用動(dòng)量定理求解時(shí)，我們常隔離出 定形狀的部分流體作為研究對(duì)象，然后對(duì)其列式計(jì)算?！咀兪健坑钪骘w船以小二104幽/s的速度進(jìn)入分布均勻的宇宙微粒塵區(qū)，飛船每前進(jìn)S=濯要與附二個(gè)微粒相碰。假如每一微粒的質(zhì)量 洲二2 乂 1°'加，與飛船相碰后附在 飛船上。為了使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)為多大。答案：2丁類型七一一動(dòng)量定理在系統(tǒng)中的應(yīng)用C 8.滑塊A和B （質(zhì)量分別為mA和HTB）用輕細(xì)線連接在一起后放在水平桌面上，水

16、平恒力F作用在B上，使A、B 一起由靜止開始沿水平桌面Vt動(dòng)，如圖。已知滑塊A、B與水平面的滑動(dòng)摩擦因數(shù)均為 .，在力F作用時(shí)間t后，A、B間連線突然斷開，此后力 F仍作用于Bo試 求：滑塊A剛好停住時(shí)，滑塊 B的速度多大？思路點(diǎn)撥：在已知力的作用時(shí)間的情況下，可考慮應(yīng)用動(dòng)量定理求解比較簡便。解析：取滑塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對(duì)象。設(shè) F作用時(shí)間t后線突然斷開，此時(shí) A、B的 共同速度為V,根據(jù)動(dòng)量定理，有F- *（%+%）或= +wJv-0解得一 一八'二1匚在線斷開后，滑塊 A經(jīng)時(shí)間t ,停止，根據(jù)動(dòng)量定理有由此得二川應(yīng)二尸一鳳為+%）蚱/山（如+%）g設(shè)A停止時(shí)，B的速度為VB。

17、對(duì)于A、B系統(tǒng)，從力F開始作用至A停止的全過程， 根據(jù)動(dòng)量定理有IP-*（% + +，）=啊4-。將t ,代入此式可求得 B滑塊的速度為辦二尸F(xiàn) - 4（啊+?。? / （網(wǎng)從那k +?。?總結(jié)升華：盡管系統(tǒng)內(nèi)各物體的運(yùn)動(dòng)情況不同，但各物體所受的沖量之和仍等于各物體總動(dòng)量的變化量。應(yīng)用這個(gè)處理方法能使一些繁雜的運(yùn)動(dòng)問題求解更簡便?！咀兪健?質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為 m的木塊通過細(xì)線連在一起，從靜止開始以加速度a在水中下沉。經(jīng)過時(shí)間 t ,細(xì)線斷了，金屬塊和木塊分離。再經(jīng)過時(shí)間?,木塊停止下沉，求此If=式中，V，為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度,I /為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由式得

18、r=ki時(shí)金屬塊的速度？解析：將金屬塊和木塊看作一個(gè)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量定理有：F =+最終木塊停止下沉，即速度為零，所以只有金屬塊有動(dòng)量，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有（M+聞 a（t +£）= Mv_ （城+那）y M式中tan 日”王嘉理0314類型八一一動(dòng)量定理與動(dòng)量、能量的綜合應(yīng)用9.一傾角為0 =45°的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度ho= 1m,斜面底端有垂直于斜面的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m= 0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。小物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=10 m/s 。在小物塊與擋板的刖=0.2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度4次碰撞過程

19、中，擋板給予小物塊的總沖量是多少?解析：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為V。由此可知，小物塊前 4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級(jí)數(shù)，首項(xiàng)為心.Q-。助總沖量為“ + 4+4+1' =1i（l+k+F+泥）i+k+.r4=）由1 -此得1 =事物Q一代入數(shù)據(jù)得:二：；一二N- s7 10.如圖所示，在同一水平面內(nèi)有相互平行且足夠長的兩條滑軌MN PQ相距/ = 0.5m ,垂直于滑軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度5 = 17 ,垂直于滑軌放置的金屬嗯！加+刖“。田由功能關(guān)系得2sin 8以沿斜面向上為動(dòng)量的正方向。按動(dòng)量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的

20、沖量設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h',則棒ab和cd質(zhì)量為 眄二10柜和啊=2kg ,每根金屬棒的電阻均為K = 10 ,其它電阻不計(jì)， 開始時(shí)兩棒都靜止，且 ab和cd與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別 從二0川和用二。.05 ,求：當(dāng)一外力作用cd棒t=5s的時(shí)間，恰好使ab棒以=1。附'$的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，那么外力的沖量多大？若在5s末令cd棒突然停止運(yùn)動(dòng)，ab繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到停止的過程中，通過其橫截面的電量為10C,則在此過程中兩根金屬棒消耗的電能是多少？（設(shè)兩棒不相碰，g = 10M）hfsin 8巾g" =+ 沖 g cos5同理，有 2 產(chǎn)&sing解析

21、：ab棒是由于cd棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢并在閉合電路產(chǎn)生感受應(yīng)電流后，使其受到安培力作用而做加速運(yùn)動(dòng)。由分析知當(dāng)它勻速時(shí)受安培力和摩擦力平衡：班二W一此時(shí)隱含cd也要?jiǎng)蛩龠\(yùn)動(dòng)(設(shè)其速度為y?,外力的沖量為“),對(duì)兩棒組成的系統(tǒng)，由動(dòng)理定理得：/廠3幽g+內(nèi)啊或=+啊=容器，電容為C,充電后兩端電壓為 U。軌道平面處于垂直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)渡為B的勻強(qiáng)磁場中。在軌道右端放一質(zhì)量為 m的金屬棒，當(dāng)閉合K,棒離開軌道后電容器的兩極電壓變?yōu)閁b,求棒落在地面離平臺(tái)多遠(yuǎn)的位置。八B-A A 怔/分析與解：當(dāng)L閉合時(shí)，電容器由于放電，形成放電電流，因而金屬棒受磁場力作用做變加速運(yùn)動(dòng)，并以一定速度離開導(dǎo)

22、軌做平拋運(yùn)動(dòng)，所以棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)有，'盧='即 BILA t=BL Aq=BL(CU-CUb)=BLC(Ui-U2)=mv曲(馬一匕)解-得L .當(dāng)cd突然停止，ab中流過的感應(yīng)電流方向立即反向，因而受安培力反向使 ab做變減速_ A & Blxa =運(yùn)動(dòng)直到停止，設(shè)滑動(dòng)的距離為X,由法拉第電磁感應(yīng)定律得：拉 £ -£q -派二&因流過的電量為2衣一設(shè)兩棒在該過程消耗的電能為w由能量守恒得：取二加M - 幽gx 一一一解-得-11-總結(jié)升華：此題以雙桿為載體將受力分析、動(dòng)量、能量、電磁感應(yīng)等綜合起來，其中 ab棒 勻速隱含cd棒也勻速是關(guān)鍵

23、，也是易錯(cuò)點(diǎn)，此類題為高考的一大趨勢。遷移應(yīng)用【變式】 如圖，在離水平地面 h高的地方上有一相距 L的光滑軌道，左端接有已充電的電作業(yè)：|如圖所示，質(zhì)量 mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.24,木板右端放著質(zhì)量 mB為1.0kg的小物塊B (視為質(zhì)點(diǎn))，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài).木板突 然受到水平向右的 12N s的瞬時(shí)沖量作用開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊滑離木板時(shí)，木板的動(dòng)能Eka為8.0J,小物塊的動(dòng)能 Ekb為0.50J,重力加速度取 10m/s2,求：(1)瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度u 0;7T(2)木板的長度L.HjH【解析】(1)在瞬時(shí)沖量的作用時(shí)，木板A受

24、水平面和小物塊B的摩擦力的沖量均可以忽略.取水平向右為正方向，對(duì)A由動(dòng)量定理，有：I = mAuo代入數(shù)據(jù)得：/=3()nik(2)設(shè)A對(duì)B、B對(duì)A、C對(duì)A的滑動(dòng)摩擦力大小分別為FfAB、Ftba、FfCA, B在A上滑行的時(shí)間為t, B離開A時(shí)A的速度為 , B的速度為UB. A、B對(duì)C位移為Sa、Sb.對(duì) A 由動(dòng) 1K7E理有：一(FfBA+FfCA)t = mA 5-mA 對(duì)B由動(dòng)理定理有：FfABt = mB ib其中由牛頓第三定律可得 FfBA = FfAB,另 FfCA = ( mA+mB) g 對(duì) A 由動(dòng)能定理有：一(FfBA+FfCA)Sa = 1/2mAUA-1/2mAU

25、2對(duì)B由動(dòng)能定理有：FfA Bf SB = 1/2 mB UB根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能之間的關(guān)系有:mA = J2mAEKA , mB= V2mB EKB木板A的長度即B相對(duì)A滑動(dòng)距離的大小，故 L = Sa-sb,代入放數(shù)據(jù)由以上各式可得L = 0.50m .2質(zhì)量為m = 1 kg的小木塊(可看在質(zhì)點(diǎn))，放在質(zhì)量為 M = 5 kg的長木板的左端，如圖所 示.長木板放在光滑水平桌面上.小木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.1,長木板的長度l =2m.系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使小木塊從長木板右端脫離出來，可采用下,2、列兩種方法：(g取10m/s2)圓(1)給小木塊施加水平向右的恒定外力F作用時(shí)間t = 2

26、s,則F至,少多大？(2)給小木塊一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I,則沖量I至少是多大？答案：(1) F=1 . 85N(2) I=6. 94NS【例2】在一次抗洪搶險(xiǎn)活動(dòng)中，解放軍某部隊(duì)用直升飛機(jī)搶救一重要落水物體，靜止在空中的直升飛機(jī)上的電動(dòng)機(jī)通過懸繩將物體從離飛機(jī)90m處的洪水中吊到機(jī)艙里.已知物體的質(zhì)量為80kg,吊繩的拉力不能超過 1200N,電動(dòng)機(jī)的最大輸出功率為12kW,為盡快把物體安全救起，操作人員采取的辦法是，先讓吊繩以最大拉力工作一段時(shí)間，而后電動(dòng)機(jī)又以最大功率工作，當(dāng)物體到達(dá)機(jī)艙前已達(dá)到最大速度.(g取10m/s2)求：(1)落水物體運(yùn)動(dòng)的最大速度；(2)這一過程所用的時(shí)間.【解

27、析】先讓吊繩以最大拉力 FTm = 1200N工作時(shí)，物體上升的加速度為a,由牛頓第二定律有：a = FTm _mg，代入數(shù)據(jù)得a = 5m/s2當(dāng)?shù)趵K拉力功率達(dá)到電動(dòng)機(jī)最大功率Pm = 12kW時(shí)，物體速度為 5由Pm = Tmu,得 產(chǎn)10m/S.物體這段勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t = - = 2s,位移si = 1/2at2 = 10m. a此后功率不變，當(dāng)?shù)趵K拉力 Ft = mg時(shí)，物體達(dá)最大速度im = -Pm- = 15m/s. mg這段以恒定功率提升物體的時(shí)間設(shè)為t2,由功能定理有：12 12Pt2-mg ( h-s1) = mu m mu22代入數(shù)據(jù)得t2 = 5. 75s,故物體上升的

28、總時(shí)間為 t = t1+t2 = 7.75s.即落水物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為15m/s,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程歷時(shí) 7.75s.3 一輛汽車質(zhì)量為 m,由靜止開始運(yùn)動(dòng)，沿水平地面行駛 s后，達(dá)到最大速度 加，設(shè)汽車的牽 引力功率不變，阻力是車重的k倍，求：(1)汽車牽引力的功率；(2)汽車從靜止到勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.答案：(1) P=kmgvm(2) t=(Vm2+2kgs) /2kgvm4 一個(gè)帶電量為-q的液滴，從。點(diǎn)以速度u射入勻強(qiáng)電場中，u的方向與電場方向成 。角, 已知油滴的質(zhì)量為 m,測得油滴達(dá)到運(yùn)動(dòng)軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度的大小為 b求：(1)最高點(diǎn)的位置可能在 。點(diǎn)上方的哪一側(cè)？(2)電場強(qiáng)度為多大？；(3)最高點(diǎn)處(設(shè)為 N)與O點(diǎn)電勢差絕對(duì)值為多大？/【解析】(1)帶電液油受重力 mg和水平向左的電場力 qE,在水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向也為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng).由動(dòng)能定理有： Wg+W電=AEk,而 Ek = 0重力做負(fù)功，Wg< 0,故