第1讲 动量和动量定理
情境导思 观察女子短道速滑队比赛发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲去。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,回答下列问题: (1)甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同吗 (2)甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功吗
[footnoteRef:1] [1:
【答案】 质量 速度 p=mv 速度 相同 乘积 相同
变化量 mv′-mv]
如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1,速度变为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,已知重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是( )
[A] 重力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)cos θ
[C] 合力的冲量为零
[D] 摩擦力的总冲量大小为Ff(t1+t2)
【答案】 B
考点一 对动量、冲量的理解与计算
1.动量的理解
(1)瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量。
2.动量与动能的比较
项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢性 矢量 标量
变化因素 合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p= Ek=
变化量 Δp=Ft ΔEk=Fl
联系 (1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系。 (2)若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化
3.冲量的计算
(1)恒力的冲量:直接用定义式I=Ft计算,无需考虑物体的运动状态。
(2)变力的冲量。
①平均值法:方向不变的变力的冲量,若力的大小随时间均匀变化,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=t,其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②图像法:作出F-t变化图线,图线与t轴所围的面积即为变力的冲量,如图所示。
③动量定理法:对于易确定始、末时刻动量的情况,求出该力作用下物体动量的变化量,再由动量定理I=Δp求解。
[例1] 【动量与动能的理解】 (多选)在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F的作用下,经过时间t,通过位移L后动量变为p,动能变为Ek。以下说法正确的是( )
[A] 在F作用下,若这个物体经过位移2L,其动量等于2p
[B] 在F作用下,若这个物体经过位移2L,其动能等于2Ek
[C] 在F作用下,若这个物体经过时间2t,其动能等于2Ek
[D] 在F作用下,若这个物体经过时间2t,其动量等于2p
【答案】 BD
【解析】 在光滑水平面上,物体所受合力为F,根据动能定理知FL=Ek,物体位移变为原来的2倍,则动能变为原来的2倍,根据p=,知动量变为原来的倍,故A错误,B正确;根据动量定理知Ft=mv,物体运动时间变为原来的2倍,则动量变为原来的2倍,根据Ek=知,动能变为原来的4倍,故C错误,D正确。
[例2] 【恒力冲量的计算】 如图,表面光滑的固定斜面倾角为30°,顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好保持静止状态。剪断轻绳后A下落,B沿斜面下滑,则( )
[A] A的质量是B的质量的2倍
[B] 两物块落地的瞬间速度相同
[C] 从剪断绳子到落地,两物块动能的变化量不同
[D] 从剪断绳子到落地,两物块重力的冲量相同
【答案】 C
【解析】 根据平衡关系有mAg=F,mBgsin 30°=F,可得mB=2mA,故A错误;A竖直下落,B沿斜面下滑,所以两物块落地的瞬间速度方向不同,根据动能定理有mgh=ΔEk,可知从剪断绳子到落地,两物块动能的变化量不同,故B错误,C正确;从剪断绳子到落地,由h=g,=gsin 30°,可得tA=,tB=,则两物块重力的冲量分别为IA=mAgtA=mA,IB=mBgtB=4mA,故D错误。
[例3] 【变力冲量的计算】 (2024·广东卷,14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 (1)
(2)①330 N s 方向竖直向上 ②0.2 m
【解析】 (1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,
则由牛顿第二定律可知
(mg+FN)tan θ=ma,
解得tan θ=。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小
IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s,
取竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程根据动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
则上升的最大高度h==0.2 m。
考点二 动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)Ft=mvt-mv0是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
(2)Ft=mvt-mv0除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)由Ft=mvt-mv0,得F==,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。
2.用动量定理解释两种现象(F=)
(1)Δp一定时,F的作用时间越短,力就越大;作用时间越长,力就越小。
(2)F一定时,力的作用时间越长,Δp就越大;力的作用时间越短,Δp就越小。
[例4] 【应用动量定理定性解释有关现象】 (2024·广东深圳联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时,调整地板之间衔接平整,需要用锤子轻轻敲打;把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由,以下说法正确的是( )
[A] 钉铁钉时,应选铁锤快速敲打,以获得较大的力
[B] 钉铁钉时,应选橡胶锤快速敲打,以获得较小的力
[C] 铺地板时,应选铁锤低速敲打,以获得较小的力
[D] 铺地板时,应选橡胶锤低速敲打,以获得较大的力
【答案】 A
【解析】 根据动量定理得Ft=0-(-mv0),解得 F=,钉铁钉时,为了获得较大的力F,应选择铁锤快速敲打。选择铁锤是因为铁锤的质量比橡胶锤质量大,快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t,增大铁锤的初速度v0,获得较大的力,A正确,B错误。铺地板时,为了获得较小的力F,应该选择橡胶锤低速敲打。选择橡胶锤是因为橡胶锤的质量小,低速敲打能增大橡胶锤与地板的作用时间t,减小橡胶锤的初速度v0,获得较小的力,C、D错误。
[例5] 【应用动量定理的定量计算】 用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短),击打后,小铁锤以v1的速率反向弹回,已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
[A] 在击打过程中,铁锤所受合力的冲量大小为mv1
[B] 在击打过程中,铁锤重力的冲量大小为mgt
[C] 砖块缓冲过程中,对手的压力大小为Mg
[D] 砖块缓冲过程中,对手的压力大小为Mg+
【答案】 D
【解析】 设方向向下为正方向,在击打过程中,对铁锤由动量定理可得I=m(-v1-v1)=-mv1,在击打过程中,铁锤所受合力的冲量大小为mv1,故A错误;铁锤击打砖块的时间未知,所以在击打过程中,铁锤重力的冲量大小不能求解,故B错误;在击打过程中,铁锤与砖块由动量守恒定律可得mv1=-mv1+Mv,解得Mv=mv1,砖块缓冲过程中,对砖块由动量定理可得(-F1+Mg)t=0-Mv,联立解得手对砖块的支持力大小为F1=Mg+,由牛顿第三定律可知砖块对手的压力大小为F1′=Mg+,故C错误,D正确。
[例6] 【应用动量定理求解多过程问题】 在水平力 F=30 N的作用下,质量m=5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物体向前运动多长时间才停止 (g取10 m/s2)
【答案】 12 s
【解析】 法一 用动量定理分段处理
选物体作为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程,物体的受力情况如图甲所示,初态速度为零,末态速度为v,取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有
(F-μmg)t1=mv-0,
对于撤去F后,物体做匀减速直线运动,受力情况如图乙所示,初态速度为v,末态速度为零,根据动量定理有-μmgt2=0-mv,
联立解得t2=12 s。
法二 用动量定理研究全过程
选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得
Ft1-μmg(t1+t2)=0,
解得t2=12 s。
应用动量定理解题的一般思路
考点三 用动量定理研究“流体类”模型
(1)对于流体类(通常指液体流、气体流),质量具有连续性。若应用动量定理必须建立柱状模型,如何建立流体类柱状模型
提示:对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl,如图所示。
(2)如何求解作用时间Δt内流体的质量Δm
提示:设流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)如何求解流体微元与其他物体作用后所受的合力
提示:根据动量定理,流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:①作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
②作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
1.“流体”是由大量质点组成的质量连续分布且以一定速度运动的物体系。流体与其他物体的连续作用问题是力学中的一类常见问题,此类问题的难点是如何合理选取研究对象。用整体法、微元法、等效法结合动量定理是求解流体连续作用问题的重要方法。
2.两类模型
(1)流体类柱状模型。
(2)微粒类柱状模型。
[例7] 【“流体类”模型问题】 (2024·江苏南京阶段练习)台风给高层建筑物带来了不小的挑战。已知三级风速约为4 m/s,十四级风速约为44 m/s,则十四级风速作用在建筑物上的风力大约是三级风速作用在建筑物上的风力的( )
[A] 11倍 [B] 120倍
[C] 180倍 [D] 1 900倍
【答案】 B
【解析】 设空气密度为ρ,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,建筑物的面积为S,那么t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则有m=ρSvt,以t时间内吹到建筑物上的空气为研究对象,根据动量定理有Ft=0-ρSv2t,则有==121,故B正确。
[例8] 【“微粒类”模型问题】 (2024·山东枣庄三模)如图,将总质量为400 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g取
10 m/s2,不计空气阻力,则持续倾倒黄豆的时间约为( )
[A] 1.5 s [B] 2.5 s [C] 3.0 s [D] 5.0 s
【答案】 D
【解析】 黄豆落在秤盘上的速度大小为v==5 m/s,设持续倾倒黄豆的时间为t,则单位时间落在秤盘上的黄豆数量为n=,黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力,故重力可以忽略,取竖直向上为正方向,由动量定理得FΔt=2nm0v,方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v,又因为F=0.8 N,则代入数据可得t=5.0 s,故选D。
对点1.对动量、冲量的理解与计算
1.(6分)(多选)下列关于动量的说法正确的是( )
[A] 质量大的物体,动量一定大
[B] 甲物体的动量p1=5 kg·m/s,乙物体的动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
[C] 一个物体的速率改变,它的动量一定改变
[D] 一个物体的运动状态改变,它的动量一定改变
【答案】 CD
【解析】 根据动量的定义可知,它是质量和速度的乘积,因此它由质量和速度共同决定,质量大的物体,动量不一定大,故A错误;动量是矢量,动量的负号只表示方向,不参与大小的比较,故p1
2.(4分)(2024·宁夏银川一模)甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其动量随时间变化的p-t图像如图所示,已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同,则在此过程中( )
[A] 甲、乙两物体的质量之比为2∶1
[B] 甲、乙两物体的质量之比为1∶2
[C] 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2∶1
[D] 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1∶1
【答案】 A
【解析】 根据动量定理有-μmgt=p-p0,整理得p=-μmgt+p0,图像斜率的绝对值为|k|=μmg,甲、乙两物体的质量之比为m1∶m2=|k1|∶|k2|=∶=2∶1,故A正确,B错误;根据能量守恒定律,甲、乙两物体受到的摩擦力做功为W=m=,故甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为 Wf1∶Wf2=m2∶m1=1∶2,故C、D错误。
3.(4分)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,力F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是( )
[A] 第2 s末,质点的动量为零
[B] 第2 s末,质点的动量方向发生变化
[C] 第4 s末,质点回到出发点
[D] 在1~3 s时间内,力F的冲量为零
【答案】 D
【解析】 由题图可知,0~2 s时间内,F的方向和质点运动的方向相同,质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第 2 s 末,质点的速度最大,动量最大,方向不变,A、B错误;2~4 s内,F的方向与0~2 s内F的方向不同,该质点0~2 s内做加速运动,2~4 s内做减速运动,所以质点在0~4 s内的位移均为正,第4 s末没有回到出发点,C错误;在F-t图像中,图线与坐标轴所围的面积表示力F的冲量,由题图可知,1~2 s内的面积与2~3 s内的面积大小相等,一正一负,则在1~3 s时间内,力F的冲量为零,D正确。
对点2.动量定理的理解和应用
4.(6分)(多选)安全气囊在车辆发生剧烈碰撞时自动弹出,是对驾驶员和乘客的一种安全保护措施,如图所示。关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )
[A] 增加了碰撞过程驾驶员的受力面积
[B] 减少了碰撞前后驾驶员的动量变化量
[C] 减少了碰撞前后驾驶员的动能变化量
[D] 延长了碰撞过程驾驶员的受力时间
【答案】 AD
【解析】 在碰撞过程中,驾驶员动量变化量和动能变化量是一定的,安全气囊延长了受力时间,同时增加了驾驶员的受力面积,根据动量定理可知,减小了驾驶员的受力大小,从而保护驾驶员,故A、D正确。
5.(4分)(2024·广东模拟)如图,动物园熊猫馆中有一个长s=10 m、倾角为30°的光滑坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量m=80 kg的熊猫从坡道顶端由静止滑下,熊猫与防护板的作用时间t=0.4 s,熊猫与防护板接触后不反弹,并且可以看作质点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
[A] 熊猫滑到坡底所用的时间为 s
[B] 熊猫到达坡底时的动量大小为800 kg·m/s
[C] 熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为 400 N
[D] 熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
【答案】 B
【解析】 由题意可知,熊猫沿坡道向下做匀加速直线运动,加速度大小a=gsin 30°,由匀变速运动规律可知s=at2,v=at,联立解得t=2 s,v=10 m/s,故A错误;熊猫到达坡底时的动量大小 p=mv=800 kg·m/s,故B正确;以沿斜面向下为正方向,设防护板对熊猫的平均作用力大小为,由动量定理可知(mgsin 30°-)t=0-mv,解得 =2 400 N,故C错误;熊猫与防护板碰撞过程中受防护板的弹力、自身重力、斜面支持力等力的冲量,故D错误。
对点3.用动量定理研究“流体类”模型
6.(4分)(2024·海南海口一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象,为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p,某同学将一圆柱形量筒置于雨中,测得时间t内量筒中水面上升的高度为h,设雨滴下落的速度为v0,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹,雨水的密度为ρ,不计雨滴重力,压强p为( )
[A] (v0-v) [B] (v0+v)
[C] ρ(-v2) [D] ρ(+v2)
【答案】 B
【解析】 设极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为Δm,雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S,设竖直向上为正方向,根据动量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0),由于时间t内量筒中水面上升的高度为h,则单位面积单位时间内下落的雨水质量为m0==,则极短时间Δt内落至芭蕉叶上的雨滴的质量Δm=m0SΔt=,根据牛顿第三定律有F2=F1,雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p=,联立解得 p=(v0+v),故B正确。
7.(6分)(2024·福建三模)(多选)消防员进行消防灭火演练时,用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物,设水柱直径为D,以水平速度v垂直射向着火物,水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M,消防员手持高压水枪操作,进入水枪的水流速度忽略不计,水的密度为ρ,下列说法正确的是( )
[A] 水枪的流量为πvD2
[B] 水枪的功率为πρD2v3
[C] 水柱对着火物的平均冲击力大小为πρD2v2
[D] 向前水平喷水时,消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
【答案】 BD
【解析】 设Δt时间内,从水枪喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=SvΔt=πD2vΔt,流量Q==πD2v,A错误;Δt时间内水枪喷出的水的动能为Ek=Δmv2=πρD2v3Δt,可知高压水枪在Δt时间内对水做功为W=Ek=πρD2v3Δt,则高压水枪的功率为P==πρD2v3,B正确;考虑极短时间Δt′内喷到着火物上水的质量为m,设着火物对水柱的作用力为F,设初速度方向为正方向,由动量定理得-FΔt′=0-mv,Δt′时间内冲到着火物上水的质量为m=ρπD2vΔt′,解得F=πρD2v2,由牛顿第三定律可知,水柱对着火物的平均冲击力大小为F′=F=πρD2v2,C错误;当高压水枪水平向前喷出高压水流时,水流对高压水枪的作用力水平向后,由于高压水枪有重力,根据平衡条件可知,手对高压水枪的作用力方向斜向前上方,D正确。
8.(4分)如图所示,表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上,∠ABC<∠ACB,质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是( )
[A] 两物块所受重力的冲量相同
[B] 两物块动量的改变量相同
[C] 两物块动能的改变量相同
[D] 两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
【答案】 C
【解析】 设斜面倾角为θ,则物块在斜面上的加速度均为a=gsin θ,设斜面高度为h,则物块在斜面上滑行的时间为t==,因为∠ABC<∠ACB,可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长;根据I=mgt可知,两物块所受重力的冲量不相同,选项A错误;根据动量定理有mgsin θ·t=mv-0=Δp可知,Δp=m,动量改变量是矢量,两物块的动量改变量大小相等、方向不同,选项B错误;根据动能定理有ΔEk=mgh=mv2,可知两物块的动能改变量相同,选项C正确;两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P=mgvsin θ=mgsin θ,因为∠ABC<∠ACB,则重力的瞬时功率不相同,选项D错误。
9.(6分)(2024·广西卷,10)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则( )
[A] 进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
[B] 进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg
[C] 进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx
[D] 木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】 BD
【解析】 锤子撞击木栓到木栓进入过程,木栓所受合力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为I,则木栓所受重力的冲量与木料对木栓的合力冲量之和为-I,故A错误;锤子撞击木栓的极短时间内对木栓由动量定理有I=p,故木栓获得的动能为Ek==,木栓进入过程由动能定理有(mg-)Δx=0-Ek,解得平均阻力为=+mg,故B正确;木栓进入过程损失的动能与重力势能之和为+mgΔx,因为其中一部分转化为了木料的弹性势能,所以木料和木栓损失的机械能小于+mgΔx,故C错误;木栓的一个侧面所受弹力和摩擦力如图,
由于方孔侧壁弹力呈线性变化,则有(Ffsin θ+FNcos θ)=,又Ff=μFN,联立解得Ff=,故D正确。
10.(7分)(2024·辽宁大连三模)如图甲所示,光滑水平面上静置有“L”形长木板A,A的上表面左侧光滑、右侧粗糙,其上表面上放有一质量为mB=1.2 kg 的物体B,B用轻质水平弹簧与A左侧连接,初始状态弹簧处于原长,B可视为质点。0~3 s 时间内,一水平向右的恒力F作用于B上,这段时间内A、B的加速度随时间变化的情况如图乙所示,在t=3 s后撤去外力和轻质弹簧,此时B刚好滑到A的粗糙部分。一段时间后,A、B相对静止,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
(2)长木板A的质量mA;
(3)3 s以后,A、B第一次达到相对静止时,共同速度v共的大小。
【答案】 (1)1.2 N (2)0.8 kg (3)1.8 m/s
【解析】 (1)t=0时刻,对物体B,根据牛顿第二定律可知,恒力F的大小为F=mBa0,
解得F=1.2 N。
(2)t=3 s时刻,对整体,根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)a1,
解得mA=0.8 kg。
(3)0~3 s过程中,对整体,根据动量定理有Ft=(mA+mB)v共,
解得v共=1.8 m/s。
11.(9分)(2024·重庆模拟)相对传统的护林员巡查,无人机巡查具有效率高、地形适应能力强等优势。如图,某次巡查中,质量为m的无人机从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,2t0时刻开始向上做匀减速直线运动,3t0时刻到达距离地面高h处,速度恰好为零。这一过程中无人机受到向上的升力大小可以通过程序控制,无人机受到的空气阻力与速率成正比,即F阻=kv,其中k为已知常数,已知重力加速度为g。求:
(1)0~2t0时间内无人机的加速度大小及这段时间内升力的最大值Fm;
(2)整个运动过程中升力的冲量大小I。
【答案】 (1) mg++ (2)3mgt0+kh
【解析】 (1)设无人机运动的最大速度为vm,匀加速运动过程有vm=a1×2t0,
全过程有h=×2t0+t0,
联立解得a1=,
匀加速过程由牛顿第二定律可得
F-mg-kv=ma1,
当v=vm时,升力最大,可得
Fm=mg++。
(2)设全过程升力的冲量大小为I,空气阻力冲量的大小为I阻,由动量定理可得
I-mg×3t0-I阻=mΔv=0,
I阻=∑F阻Δt=∑kvΔt=kh,
解得I=3mgt0+kh。
(
第
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)第1讲 动量和动量定理
情境导思 观察女子短道速滑队比赛发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲去。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,回答下列问题: (1)甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同吗 (2)甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功吗
如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1,速度变为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,已知重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是( )
[A] 重力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)cos θ
[C] 合力的冲量为零
[D] 摩擦力的总冲量大小为Ff(t1+t2)
考点一 对动量、冲量的理解与计算
1.动量的理解
(1)瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量。
2.动量与动能的比较
项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢性 矢量 标量
变化因素 合力的冲量 合力所做的功
大小关系 p= Ek=
变化量 Δp=Ft ΔEk=Fl
联系 (1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系。 (2)若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化
3.冲量的计算
(1)恒力的冲量:直接用定义式I=Ft计算,无需考虑物体的运动状态。
(2)变力的冲量。
①平均值法:方向不变的变力的冲量,若力的大小随时间均匀变化,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=t,其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。
②图像法:作出F-t变化图线,图线与t轴所围的面积即为变力的冲量,如图所示。
③动量定理法:对于易确定始、末时刻动量的情况,求出该力作用下物体动量的变化量,再由动量定理I=Δp求解。
[例1] 【动量与动能的理解】 (多选)在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F的作用下,经过时间t,通过位移L后动量变为p,动能变为Ek。以下说法正确的是( )
[A] 在F作用下,若这个物体经过位移2L,其动量等于2p
[B] 在F作用下,若这个物体经过位移2L,其动能等于2Ek
[C] 在F作用下,若这个物体经过时间2t,其动能等于2Ek
[D] 在F作用下,若这个物体经过时间2t,其动量等于2p
[例2] 【恒力冲量的计算】 如图,表面光滑的固定斜面倾角为30°,顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好保持静止状态。剪断轻绳后A下落,B沿斜面下滑,则( )
[A] A的质量是B的质量的2倍
[B] 两物块落地的瞬间速度相同
[C] 从剪断绳子到落地,两物块动能的变化量不同
[D] 从剪断绳子到落地,两物块重力的冲量相同
[例3] 【变力冲量的计算】 (2024·广东卷,14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
考点二 动量定理的理解和应用
1.对动量定理的理解
(1)Ft=mvt-mv0是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
(2)Ft=mvt-mv0除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(4)由Ft=mvt-mv0,得F==,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。
2.用动量定理解释两种现象(F=)
(1)Δp一定时,F的作用时间越短,力就越大;作用时间越长,力就越小。
(2)F一定时,力的作用时间越长,Δp就越大;力的作用时间越短,Δp就越小。
[例4] 【应用动量定理定性解释有关现象】 (2024·广东深圳联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时,调整地板之间衔接平整,需要用锤子轻轻敲打;把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由,以下说法正确的是( )
[A] 钉铁钉时,应选铁锤快速敲打,以获得较大的力
[B] 钉铁钉时,应选橡胶锤快速敲打,以获得较小的力
[C] 铺地板时,应选铁锤低速敲打,以获得较小的力
[D] 铺地板时,应选橡胶锤低速敲打,以获得较大的力
[例5] 【应用动量定理的定量计算】 用质量为m的小铁锤以速度v1向下击打一块质量为M的砖块(击打时间极短),击打后,小铁锤以v1的速率反向弹回,已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
[A] 在击打过程中,铁锤所受合力的冲量大小为mv1
[B] 在击打过程中,铁锤重力的冲量大小为mgt
[C] 砖块缓冲过程中,对手的压力大小为Mg
[D] 砖块缓冲过程中,对手的压力大小为Mg+
[例6] 【应用动量定理求解多过程问题】 在水平力 F=30 N的作用下,质量m=5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物体向前运动多长时间才停止 (g取10 m/s2)
应用动量定理解题的一般思路
考点三 用动量定理研究“流体类”模型
(1)对于流体类(通常指液体流、气体流),质量具有连续性。若应用动量定理必须建立柱状模型,如何建立流体类柱状模型
提示:对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl,如图所示。
(2)如何求解作用时间Δt内流体的质量Δm
提示:设流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)如何求解流体微元与其他物体作用后所受的合力
提示:根据动量定理,流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:①作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
②作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
1.“流体”是由大量质点组成的质量连续分布且以一定速度运动的物体系。流体与其他物体的连续作用问题是力学中的一类常见问题,此类问题的难点是如何合理选取研究对象。用整体法、微元法、等效法结合动量定理是求解流体连续作用问题的重要方法。
2.两类模型
(1)流体类柱状模型。
(2)微粒类柱状模型。
[例7] 【“流体类”模型问题】 (2024·江苏南京阶段练习)台风给高层建筑物带来了不小的挑战。已知三级风速约为4 m/s,十四级风速约为44 m/s,则十四级风速作用在建筑物上的风力大约是三级风速作用在建筑物上的风力的( )
[A] 11倍 [B] 120倍
[C] 180倍 [D] 1 900倍
[例8] 【“微粒类”模型问题】 (2024·山东枣庄三模)如图,将总质量为400 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g取
10 m/s2,不计空气阻力,则持续倾倒黄豆的时间约为( )
[A] 1.5 s [B] 2.5 s [C] 3.0 s [D] 5.0 s
(满分:60分)
对点1.对动量、冲量的理解与计算
1.(6分)(多选)下列关于动量的说法正确的是( )
[A] 质量大的物体,动量一定大
[B] 甲物体的动量p1=5 kg·m/s,乙物体的动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
[C] 一个物体的速率改变,它的动量一定改变
[D] 一个物体的运动状态改变,它的动量一定改变
2.(4分)(2024·宁夏银川一模)甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其动量随时间变化的p-t图像如图所示,已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同,则在此过程中( )
[A] 甲、乙两物体的质量之比为2∶1
[B] 甲、乙两物体的质量之比为1∶2
[C] 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2∶1
[D] 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1∶1
3.(4分)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,力F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是( )
[A] 第2 s末,质点的动量为零
[B] 第2 s末,质点的动量方向发生变化
[C] 第4 s末,质点回到出发点
[D] 在1~3 s时间内,力F的冲量为零
对点2.动量定理的理解和应用
4.(6分)(多选)安全气囊在车辆发生剧烈碰撞时自动弹出,是对驾驶员和乘客的一种安全保护措施,如图所示。关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )
[A] 增加了碰撞过程驾驶员的受力面积
[B] 减少了碰撞前后驾驶员的动量变化量
[C] 减少了碰撞前后驾驶员的动能变化量
[D] 延长了碰撞过程驾驶员的受力时间
5.(4分)(2024·广东模拟)如图,动物园熊猫馆中有一个长s=10 m、倾角为30°的光滑坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量m=80 kg的熊猫从坡道顶端由静止滑下,熊猫与防护板的作用时间t=0.4 s,熊猫与防护板接触后不反弹,并且可以看作质点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
[A] 熊猫滑到坡底所用的时间为 s
[B] 熊猫到达坡底时的动量大小为800 kg·m/s
[C] 熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为 400 N
[D] 熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
对点3.用动量定理研究“流体类”模型
6.(4分)(2024·海南海口一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象,为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p,某同学将一圆柱形量筒置于雨中,测得时间t内量筒中水面上升的高度为h,设雨滴下落的速度为v0,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹,雨水的密度为ρ,不计雨滴重力,压强p为( )
[A] (v0-v) [B] (v0+v)
[C] ρ(-v2) [D] ρ(+v2)
7.(6分)(2024·福建三模)(多选)消防员进行消防灭火演练时,用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物,设水柱直径为D,以水平速度v垂直射向着火物,水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M,消防员手持高压水枪操作,进入水枪的水流速度忽略不计,水的密度为ρ,下列说法正确的是( )
[A] 水枪的流量为πvD2
[B] 水枪的功率为πρD2v3
[C] 水柱对着火物的平均冲击力大小为πρD2v2
[D] 向前水平喷水时,消防员对水枪的作用力方向向前且斜向上方
8.(4分)如图所示,表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上,∠ABC<∠ACB,质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是( )
[A] 两物块所受重力的冲量相同
[B] 两物块动量的改变量相同
[C] 两物块动能的改变量相同
[D] 两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
9.(6分)(2024·广西卷,10)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则( )
[A] 进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
[B] 进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg
[C] 进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx
[D] 木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
10.(7分)(2024·辽宁大连三模)如图甲所示,光滑水平面上静置有“L”形长木板A,A的上表面左侧光滑、右侧粗糙,其上表面上放有一质量为mB=1.2 kg 的物体B,B用轻质水平弹簧与A左侧连接,初始状态弹簧处于原长,B可视为质点。0~3 s 时间内,一水平向右的恒力F作用于B上,这段时间内A、B的加速度随时间变化的情况如图乙所示,在t=3 s后撤去外力和轻质弹簧,此时B刚好滑到A的粗糙部分。一段时间后,A、B相对静止,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
(2)长木板A的质量mA;
(3)3 s以后,A、B第一次达到相对静止时,共同速度v共的大小。
11.(9分)(2024·重庆模拟)相对传统的护林员巡查,无人机巡查具有效率高、地形适应能力强等优势。如图,某次巡查中,质量为m的无人机从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,2t0时刻开始向上做匀减速直线运动,3t0时刻到达距离地面高h处,速度恰好为零。这一过程中无人机受到向上的升力大小可以通过程序控制,无人机受到的空气阻力与速率成正比,即F阻=kv,其中k为已知常数,已知重力加速度为g。求:
(1)0~2t0时间内无人机的加速度大小及这段时间内升力的最大值Fm;
(2)整个运动过程中升力的冲量大小I。
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)(共67张PPT)
高中总复习·物理
第1讲
动量和动量定理
情境导思
观察女子短道速滑队比赛发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲去。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,回答下列问题:
(1)甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同吗
(2)甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功吗
知识构建
质量
速度
p=mv
速度
相同
乘积
相同
变化量
mv′-mv
小题试做
如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1,速度变为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,已知重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是
( )
[A] 重力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)cos θ
[C] 合力的冲量为零
[D] 摩擦力的总冲量大小为Ff(t1+t2)
B
1.动量的理解
(1)瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量。
2.动量与动能的比较
联系 (1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系。
(2)若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;但动量发生变化时动能不一定发生变化
3.冲量的计算
(1)恒力的冲量:直接用定义式I=Ft计算,无需考虑物体的运动状态。
(2)变力的冲量。
②图像法:作出F-t变化图线,图线与t轴所围的面积即为变力的冲量,如图
所示。
③动量定理法:对于易确定始、末时刻动量的情况,求出该力作用下物体动量的变化量,再由动量定理I=Δp求解。
[例1] 【动量与动能的理解】 (多选)在光滑水平面上,原来静止的物体在水平力F的作用下,经过时间t,通过位移L后动量变为p,动能变为Ek。以下说法正确的是( )
[A] 在F作用下,若这个物体经过位移2L,其动量等于2p
[B] 在F作用下,若这个物体经过位移2L,其动能等于2Ek
[C] 在F作用下,若这个物体经过时间2t,其动能等于2Ek
[D] 在F作用下,若这个物体经过时间2t,其动量等于2p
BD
[例2] 【恒力冲量的计算】 如图,表面光滑的固定斜面倾角为30°,顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好保持静止状态。剪断轻绳后A下落,B沿斜面下滑,则( )
[A] A的质量是B的质量的2倍
[B] 两物块落地的瞬间速度相同
[C] 从剪断绳子到落地,两物块动能的变化量不同
[D] 从剪断绳子到落地,两物块重力的冲量相同
C
[例3] 【变力冲量的计算】 (2024·广东卷,14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,
敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球
受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
【解析】 (1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,
则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma,
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
【答案】 (2)①330 N s 方向竖直向上
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 ②0.2 m
1.对动量定理的理解
(1)Ft=mvt-mv0是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
(2)Ft=mvt-mv0除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。
(3)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(1)Δp一定时,F的作用时间越短,力就越大;作用时间越长,力就越小。
(2)F一定时,力的作用时间越长,Δp就越大;力的作用时间越短,Δp就越小。
[例4] 【应用动量定理定性解释有关现象】 (2024·广东深圳联考)锤子是常用装修工具。铺木地板时,调整地板之间衔接平整,需要用锤子轻轻敲打;把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由,以下说法正确的是( )
[A] 钉铁钉时,应选铁锤快速敲打,以获得较大的力
[B] 钉铁钉时,应选橡胶锤快速敲打,以获得较小的力
[C] 铺地板时,应选铁锤低速敲打,以获得较小的力
[D] 铺地板时,应选橡胶锤低速敲打,以获得较大的力
A
D
[例6] 【应用动量定理求解多过程问题】 在水平力 F=30 N的作用下,质量m=5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物体向前运动多长时间才停止 (g取
10 m/s2)
【答案】 12 s
【解析】 法一 用动量定理分段处理
选物体作为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程,物体的受力情况如图甲所示,初态速度为零,末态速度为v,取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有(F-μmg)t1=mv-0,
对于撤去F后,物体做匀减速直线运动,受力情况如图乙所示,初态速度为v,末态速度为零,根据动量定理有-μmgt2=0-mv,
联立解得t2=12 s。
法二 用动量定理研究全过程
选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向,
根据动量定理得Ft1-μmg(t1+t2)=0,
解得t2=12 s。
方法点拨
应用动量定理解题的一般思路
(1)对于流体类(通常指液体流、气体流),质量具有连续性。若应用动量定理必须建立柱状模型,如何建立流体类柱状模型
提示:对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl,如图所示。
(2)如何求解作用时间Δt内流体的质量Δm
提示:设流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)如何求解流体微元与其他物体作用后所受的合力
提示:根据动量定理,流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:①作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
②作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
1.“流体”是由大量质点组成的质量连续分布且以一定速度运动的物体系。流体与其他物体的连续作用问题是力学中的一类常见问题,此类问题的难点是如何合理选取研究对象。用整体法、微元法、等效法结合动量定理是求解流体连续作用问题的重要方法。
2.两类模型
(1)流体类柱状模型。
(2)微粒类柱状模型。
[例7] 【“流体类”模型问题】 (2024·江苏南京阶段练习)台风给高层建筑物带来了不小的挑战。已知三级风速约为4 m/s,十四级风速约为44 m/s,则十四级风速作用在建筑物上的风力大约是三级风速作用在建筑物上的风力的( )
[A] 11倍 [B] 120倍
[C] 180倍 [D] 1 900倍
B
[例8] 【“微粒类”模型问题】 (2024·山东枣庄三模)如图,将总质量为400 g的2 000粒黄豆从距秤盘125 cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则持续倾倒黄豆的时间约为( )
[A] 1.5 s [B] 2.5 s
[C] 3.0 s [D] 5.0 s
D
基础对点练
对点1.对动量、冲量的理解与计算
1.(6分)(多选)下列关于动量的说法正确的是( )
[A] 质量大的物体,动量一定大
[B] 甲物体的动量p1=5 kg·m/s,乙物体的动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
[C] 一个物体的速率改变,它的动量一定改变
[D] 一个物体的运动状态改变,它的动量一定改变
CD
【解析】 根据动量的定义可知,它是质量和速度的乘积,因此它由质量和速度共同决定,质量大的物体,动量不一定大,故A错误;动量是矢量,动量的负号只表示方向,不参与大小的比较,故p12.(4分)(2024·宁夏银川一模)甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其动量随时间变化的p-t图像如图所示,已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同,则在此过程中( )
[A] 甲、乙两物体的质量之比为2∶1
[B] 甲、乙两物体的质量之比为1∶2
[C] 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2∶1
[D] 甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1∶1
A
3.(4分)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,力F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法正确的是( )
[A] 第2 s末,质点的动量为零
[B] 第2 s末,质点的动量方向发生变化
[C] 第4 s末,质点回到出发点
[D] 在1~3 s时间内,力F的冲量为零
D
【解析】 由题图可知,0~2 s时间内,F的方向和质点运动的方向相同,质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第 2 s 末,质点的速度最大,动量最大,方向不变,A、B错误;2~4 s内,F的方向与0~2 s内F的方向不同,该质点0~2 s内做加速运动,2~4 s内做减速运动,所以质点在0~4 s内的位移均为正,第4 s末没有回到出发点,C错误;在F-t图像中,图线与坐标轴所围的面积表示力F的冲量,由题图可知,1~2 s内的
面积与2~3 s内的面积大小相等,一正一负,则在1~3 s时间
内,力F的冲量为零,D正确。
对点2.动量定理的理解和应用
4.(6分)(多选)安全气囊在车辆发生剧烈碰撞时自动弹出,是对驾驶员和乘客的一种安全保护措施,如图所示。关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )
[A] 增加了碰撞过程驾驶员的受力面积
[B] 减少了碰撞前后驾驶员的动量变化量
[C] 减少了碰撞前后驾驶员的动能变化量
[D] 延长了碰撞过程驾驶员的受力时间
AD
【解析】 在碰撞过程中,驾驶员动量变化量和动能变化量是一定的,安全气囊延长了受力时间,同时增加了驾驶员的受力面积,根据动量定理可知,减小了驾驶员的受力大小,从而保护驾驶员,故A、D正确。
5.(4分)(2024·广东模拟)如图,动物园熊猫馆中有一个长s=10 m、倾角为30°的光滑坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防护板。一个质量m=80 kg的熊猫从坡道顶端由静止滑下,熊猫与防护板的作用时间t=0.4 s,熊猫与防护板接触后不反弹,并且可以看作质点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
[B] 熊猫到达坡底时的动量大小为800 kg·m/s
[C] 熊猫受到防护板对它的平均作用力大小为 400 N
[D] 熊猫与防护板碰撞过程中只受到防护板对它的冲量
B
对点3.用动量定理研究“流体类”模型
6.(4分)(2024·海南海口一模)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象,为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p,某同学将一圆柱形量筒置于雨中,测得时间t内量筒中水面上升的高度为h,设雨滴下落的速度为v0,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹,雨水的密度为ρ,不计雨滴重力,压强p为
( )
B
7.(6分)(2024·福建三模)(多选)消防员进行消防灭火演练时,用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物,设水柱直径为D,以水平速度v垂直射向着火物,水柱冲击着火物后速度变为零。高压水枪的质量为M,消防员手持高压水枪操作,进入水枪的水流速度忽略不计,水的密度为ρ,下列说法正确的是( )
BD
综合提升练
8.(4分)如图所示,表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上,∠ABC<
∠ACB,质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是( )
[A] 两物块所受重力的冲量相同
[B] 两物块动量的改变量相同
[C] 两物块动能的改变量相同
[D] 两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
C
9.(6分)(2024·广西卷,10)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。
若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则( )
BD
10.(7分)(2024·辽宁大连三模)如图甲所示,光滑水平面上静置有“L”形长木板A,A的上表面左侧光滑、右侧粗糙,其上表面上放有一质量为mB=1.2 kg 的物体B,B用轻质水平弹簧与A左侧连接,初始状态弹簧处于原长,B可视为质点。0~3 s 时间内,一水平向右的恒力F作用于B上,这段时间内A、B的加速度随时间变化的情况如图乙所示,在t=3 s后撤去外力和轻质弹簧,此时B刚好滑到A的粗糙部分。一段时间后,A、B相对静止,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
【答案】 (1)1.2 N
【解析】 (1)t=0时刻,对物体B,根据牛顿第二定律可知,
恒力F的大小为F=mBa0,
解得F=1.2 N。
(2)长木板A的质量mA;
【答案】 (2)0.8 kg
【解析】 (2)t=3 s时刻,对整体,
根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)a1,
解得mA=0.8 kg。
(3)3 s以后,A、B第一次达到相对静止时,共同速度v共的大小。
【答案】 (3)1.8 m/s
【解析】 (3)0~3 s过程中,对整体,
根据动量定理有Ft=(mA+mB)v共,
解得v共=1.8 m/s。
11.(9分)(2024·重庆模拟)相对传统的护林员巡查,无人机巡查具有效率高、地形适应能力强等优势。如图,某次巡查中,质量为m的无人机从地面由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,2t0时刻开始向上做匀减速直线运动,3t0时刻到达距离地面高h处,速度恰好为零。这一过程中无人机受到向上的升力大小可以通过程序控制,无人机受到的空气阻力与速率成正比,即F阻=kv,其中k为已知常数,已知重力加速度为g。求:
(1)0~2t0时间内无人机的加速度大小及这段时间内升力的最大值Fm;
(2)整个运动过程中升力的冲量大小I。
【答案】 (2)3mgt0+kh
【解析】 (2)设全过程升力的冲量大小为I,空气阻力冲量的大小为I阻,
由动量定理可得
I-mg×3t0-I阻=mΔv=0,
I阻=∑F阻Δt=∑kvΔt=kh,
解得I=3mgt0+kh。