第一章 动量与动量守恒定律
2 动量定理
基础过关练
题组一 对冲量的理解与计算
1.下列说法中正确的是 ( )
A.根据F=,可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它所受的合外力
B.力与力的作用时间的乘积叫力的冲量,它反映力的作用对时间的累积效应,是一个标量
C.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
D.冲量的方向就是物体运动的方向
2.质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程中杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举,至双臂伸直(图丙),运动员从甲到乙、从乙到丙经历的时间分别为t1、t2,重力加速度为g,则在举起杠铃的整个过程中 ( )
A.地面对运动员的冲量为0
B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2)
C.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt)
D.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2)
3.(经典题)如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ=30°,质量为m=1 kg的物体以初速度v0=5 m/s从斜面底端冲上斜面,取重力加速度g=10 m/s2,则物体从斜面底端到达最高点的过程中 ( )
A.斜面对物体的弹力的冲量为零
B.物体受到的重力的冲量大小为5 N·s
C.物体动量的变化量大小为2.5 kg·m/s
D.物体受到的合力的冲量大小为5 N·s
题组二 对动量定理的理解与应用
4.下列说法正确的是 ( )
A.运动员跳高时,在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量
B.人从越高的地方跳下,落地时越危险,是因为落地时人受到的冲量更大
C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用,质量小的先停下来
D.在电视机等物体包装箱里垫上泡沫,是为了减小物体在碰撞过程中受到的冲量
5.如图所示,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。这样做主要是为了 ( )
A.更快地接球
B.减小球对手的冲量大小
C.增加手和球的接触时间,从而减小球对手的作用力大小
D.减小球动量变化量的大小
6.(经典题)质量为1 kg的物体做直线运动,其速度-时间图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是 ( )
A.10 N·s,10 N·s
B.10 N·s,-10 N·s
C.0,10 N·s
D.0,-10 N·s
7.一高空作业的工人重为600 N,系一条长为L=5 m的安全带,安全带的悬挂位置与工人的重心等高,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=0.5 s(工人最终悬挂在空中),重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力的影响,则缓冲过程中安全带受的平均冲力是 ( )
A.1 200 N,竖直向上
B.1 200 N,竖直向下
C.1 800 N,竖直向上
D.1 800 N,竖直向下
8.(多选题)物体A和B用轻绳相连,挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。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,此时物体B下落的速度大小为u,如图乙所示。不计空气阻力,在这段时间内 ( )
甲 乙
A.物体A的重力对物体A的冲量大小为mv
B.物体B的重力对物体B的冲量大小为Mu
C.弹簧的弹力对物体A的冲量大小为mv
D.弹簧的弹力对物体A的冲量大小为mv+mu
9.(经典题)如图所示,一不可伸长的轻绳的一端固定于O点,另一端系一小球,开始时将轻绳向右拉至水平位置,然后将小球由静止释放,则小球由静止到运动到最低点的过程,下列说法正确的是 ( )
A.拉力对小球的冲量为零
B.重力对小球的冲量为零
C.合力对小球的冲量方向水平向左
D.合力对小球的冲量方向始终指向圆心
题组三 动量定理与动能定理的综合
10.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中,中国队以2分37秒348的成绩夺冠。比赛中“接棒”运动员在前面滑行,“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程,如图所示。假设交接棒过程中两运动员的速度方向在同一直线上,忽略运动员与冰面间水平方向上的相互作用,对于两运动员交接棒的过程,下列说法正确的是 ( )
A.两运动员的加速度大小相等
B.两运动员的速度变化量大小相等
C.两运动员的动量变化量大小相等
D.两运动员的动能变化量大小相等
11.第二届进博会展出了一种乒乓球陪练机器人,如图所示。若乒乓球被机器人以原速率斜向上击回,在空中运动一段时间后落到台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转,下列说法正确的是 ( )
A.击球过程合外力对乒乓球做功不为零
B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零
C.乒乓球运动至最高点时,动量为零
D.乒乓球下落过程中,在相等时间内动量变化相同
能力提升练
题组一 动量定理的应用
1.(多选题)人们对手机的依赖性越来越强,有些人喜欢躺着看手机,经常出现被手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120 g,从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落,砸到眼睛后手机未反弹,眼睛受到手机冲击的时间约为0.2 s,不计空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。下列分析正确的是 ( )
A.手机与眼睛作用过程中动量约变化了0.48 kg·m/s
B.手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s
C.手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D.手机对眼睛的作用力大小约为2.4 N
2.如图所示,质量为m的物块以初速度v0沿倾角为θ的粗糙斜面由底端A点沿斜面上滑,滑到B点时速度为0,然后下滑回到A点。则下列说法正确的是 ( )
A.上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量
B.物块上滑过程和下滑过程所受摩擦力的冲量等大反向
C.无论上滑过程还是下滑过程,物块所受支持力的冲量始终为0
D.物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量为0
题组二 动量定理与图像的结合问题
3.甲、乙两物体分别在恒定的合外力F1和F2的作用下沿同一直线运动,它们的动量随时间的变化关系如图所示,设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1,乙在t2时间内所受的冲量大小为I2,则下列关系正确的是 ( )
A.F1
F2,I1>I2
C.F1>F2,I1=I2 D.F1=F2,I1=I2
4.(经典题)甲、乙两运动员分别划动两艘皮划艇沿同一方向进行赛前训练,他们分别划动了一段时间后让各自的皮划艇自由滑行一段时间后停下。甲、乙运动员与各自皮划艇的总质量相等,测速器测得甲、乙的v-t图像分别如图中的OAB、O'CD所示,图中AB∥CD,设甲、乙的皮划艇受到水的反作用力各自恒定,则 ( )
A.甲在划桨时用力小
B.运动员乙较晚停下,乙做功更多
C.乙划桨时间长,乙的皮划艇受到水反作用力的冲量大
D.甲的皮划艇早停下,甲的皮划艇受到水反作用力的冲量小
5.(多选题)光滑水平面上的某物体水平方向仅受到一力F的作用,由静止开始运动,力F随时间变化的关系如图所示,下列说法中正确的是 ( )
A.该物体始终沿同一方向运动
B.3 s末该物体回到原出发点
C.0~3 s内,力F的冲量等于零,做功也等于零
D.2~4 s内,力F的冲量不等于零,做功也不等于零
题组三 动量定理和动能定理的综合应用
6.在一次拍篮球比赛中,已知篮球质量为0.6 kg,为保证篮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.5 m,需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离为0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.手对球的冲量等于2.4 kg·m/s
B.若每次手与球的作用时间是0.2 s,则手对球的平均作用力大小为6 N
C.人对球做的功为4.8 J
D.球的落地速度大小为 m/s
7.(经典题)有一质量为m=1.0 kg的小球静止于水平地面上方高度为H=5.55 m 处,其正下方为一沙坑,在距离地面高度为h=0.55 m处固定有一弹性拦阻网,小球从静止释放,触网后继续下落Δh=0.1 m时网被击穿,之后小球落入沙坑之中,陷入深度为s=0.1 m,已知小球触网时间为Δt=0.2 s,沙坑对小球的阻力恒为f=135 N,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)小球落至沙坑时的瞬时速度大小;
(2)拦阻网对小球的冲量。
题组四 应用动量定理处理“流体模型”问题
8.如图所示,一大型气球初始时悬停在空中,喷气口被绳系着,某时刻系在喷气口的绳子突然松开,内部气体竖直向下喷出,由于反冲作用,气球开始向上运动。已知内部气体的密度为ρ,气球连同内部气体最初的质量为m,喷气口的横截面积为S,绳子松开瞬间喷出气体的速度为v,重力加速度为g,不计空气阻力,则绳子松开瞬间气球的加速度大小为 ( )
A. B.-g C.+g D.
9.2023年6月4日6时33分,神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图甲所示,返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞,速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。如图乙所示,在距离地面的高度约1 m时,返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s减小到2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg,重力加速度g取10 m/s2。
(1)反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小F;
(2)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为D,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度,求喷出气体的速度大小。
答案与分层梯度式解析
第一章 动量与动量守恒定律
2 动量定理
基础过关练
1.A 牛顿第二定律的另一种表达形式为F=,其中表示动量的变化率,A正确;冲量是矢量,B错误;冲量反映力对时间的累积效应,只要有力作用一段时间,就有冲量,与物体的运动状态无关,C错误;冲量的方向与力的方向相同,而力的方向与物体运动的方向却不一定相同,D错误。
2.C 因缓慢运动,运动员和杠铃均可视为处于平衡状态,则地面对运动员的支持力大小为(M+m)g,作用时间为(t1+t2+Δt),故冲量大小为I=(M+m)g(t1+t2+Δt),A、B均错误;运动员对杠铃的力的大小为Mg,其冲量大小为I'=Mg(t1+t2+Δt),C正确,D错误。
3.D 物体从斜面底端到达最高点的过程,所用时间t==1 s,斜面对物体的弹力N=mg cos θ=5 N,根据冲量公式可知,斜面对物体的弹力的冲量大小I=Nt=mgt cos θ=5 N·s,故A错误;物体所受重力的冲量大小为IG=mg·t=10 N·s,故B错误;物体初动量为p1=mv0=5 kg·m/s,末动量为0,则动量变化量大小为5 kg·m/s,C错误;物体受到的合力大小为F=mg sin θ,故合力的冲量大小为I合=mgt sin 30°=5 N·s,D正确。
4.B 运动员跳高时,落地时的冲量等于动量的变化量,由动量定理可知,在落地处垫上海绵垫子可以增加与地面接触的时间,从而减小与地面之间的相互作用力的大小,A错误;人从越高的地方跳下,落地时速度越大,动量越大,与地面接触时动量变化量越大,人受到的冲量越大,越危险,B正确;由动量定理Ft=Δp可知,动量相同的两个物体受相同的制动力作用,将同时停下来,C错误;在电视机等物体包装箱里垫上泡沫,可以使电视机等物体与包装箱撞击时的作用时间延长,由动量定理可知,可以减小电视机等物体在碰撞过程中受到的撞击力,D错误。
5.C 伸手接球与原地接球相比,球的速度均由一定大小减小到零,动量的变化量的大小不变,根据动量定理I=Δp=m·Δv可知,手对球的冲量大小不变,故球对手的冲量大小不变,B、D错误;两臂随球迅速引至胸前,可以增加手和球的接触时间,根据Ft=I知可减小球对手的作用力大小,C正确,A错误。
6.D 由图像可知,在前10 s内物体的初、末状态的动量相同,p1=p2=5 kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10 s内物体的末动量p3=-5 kg·m/s,由动量定理知I2=p3-p2=-10 N·s,故选D。
7.D 设工人自由下落L=5 m时的速度为v,有v2=2gL,解得v=10 m/s;设安全带对工人的平均冲力为,竖直向下为正方向,对于缓冲过程,由动量定理可得(+mg)t=0-mv,代入数据解得=-1 800 N;由牛顿第三定律知,缓冲过程中安全带受到的平均冲力大小是1 800 N,方向竖直向下,故D正确。
一题多解 设工人自由下落L=5 m所用的时间为t0,由h=gt2,可得t0==1 s;设安全带对工人的平均冲力为,竖直向下为正方向,对于整个过程,由动量定理可得t+mg(t0+t)=0,代入数据解得=-1 800 N;由牛顿第三定律知,缓冲过程中安全带受到的平均冲力大小是1 800 N,方向竖直向下,故D正确。
8.BD 绳断开后,物体B只受重力作用,根据动量定理可得IGB=Mgt=Mu,可知物体B的重力对物体B的冲量大小为Mu,B正确;绳断开后,物体A受重力和弹簧弹力作用,物体A的重力对物体A的冲量大小为IGA=mgt=mu,根据动量定理可得I弹-mgt=mv,联立可得I弹=mv+mgt=mv+mu,故D正确,A、C错误。
9.C 小球由静止到运动到最低点的过程,小球的初动量为零,末动量水平向左,根据动量定理可知,合力对小球的冲量I合方向水平向左,C正确,D错误。小球由静止到运动到最低点的过程,重力的冲量IG=mgt,方向竖直向下,根据平行四边形定则,绳子拉力的冲量IF应向左上方,重力、拉力对小球的冲量都不是零,A、B错误。
图形剖析 利用数形结合法,用带箭头的线段分别表示出小球所受各力的冲量,大小、方向一目了然。
10.C 两运动员在交接棒过程中,他们之间的相互作用力大小相等,但由于两运动员的质量不一定相同,所以加速度大小不一定相等,故A错误;由于两运动员的加速度大小不一定相等,而相互作用的时间相等,由a=可知两运动员的速度变化量大小不一定相等,故B错误;由于相互作用力大小相等,作用时间相等,根据动量定理Ft=Δp可知两运动员的动量变化量大小相等,故C正确;由于作用力大小相等,作用时间相等,但是加速度大小不一定相等,因此两运动员发生的位移不一定相等,合力做功不一定相等,根据动能定理可知,两运动员的动能变化量不一定相等,故D错误。
11.D 乒乓球被机器人以原速率击回,乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,由动能定理和动量定理知,合外力做功为零,合外力的冲量不为零,A、B错误;乒乓球运动至最高点时有水平方向的速度,所以动量不为零,C错误;乒乓球下落过程中只受重力,由动量定理有mgΔt=Δp,故在相等时间内动量变化相同,D正确。
能力提升练
1.BD 根据自由落体运动的规律可得手机掉落到人眼睛位置时的速度为v=≈2 m/s,手机与眼睛作用后速度变为0,取竖直向下为正方向,所以手机与眼睛作用过程中的动量变化约为Δp=0-mv=-0.24 kg·m/s,故A错误;手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力,由动量定理得mgt+I=Δp,代入数据得I=-0.48 N·s,负号表示方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s,方向竖直向下,故B正确,C错误;根据冲量的定义得手机对眼睛的作用力大小约为F==2.4 N,故D正确。
2.A 分别对物块上滑过程和下滑过程受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律有,上滑:mg sin θ+μmg·cos θ=ma上,下滑:mg sin θ-μmg cos θ=ma下,解得a上=g sin θ+μg cos θ,a下=g sin θ-μg cos θ,所以a下t上,重力的冲量IG=mgt,所以上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量,A正确;摩擦力的冲量大小If=μmgt cos θ,则物块上滑过程所受摩擦力的冲量小于下滑过程所受摩擦力的冲量,B错误;支持力不为零,则支持力的冲量不为零,C错误;物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中,速度方向改变,动量的变化不为零,由动量定理可知,合外力的冲量不为零,D错误。
3.C 由图像可知,甲、乙两物体动量变化量的大小相等,由动量定理知,它们所受冲量的大小相等,即I1=I2,根据I=Ft,t2>t1,所以F1>F2,C正确,A、B、D错误。
4.A 对于甲、乙两运动员与各自的皮划艇,在减速阶段,根据牛顿第二定律可得f=ma',由题图可知,减速阶段两者的加速度相等,则甲、乙的皮划艇受到的水的反作用力相等;在加速阶段,根据牛顿第二定律可得F-f=ma,由题图可知加速阶段甲的加速度较小,则甲划桨时用力较小,A正确。由题图可知,甲、乙的最大速度相同,对于加速阶段,由动能定理可得WF-fs=m,乙的位移较小,故乙做功WF更少;甲的运动时间较长,故甲的皮划艇受到水反作用力的冲量更大,B、C、D错误。
5.BC 在F-t图像中,图线与时间轴所围的面积表示该力的冲量,0~1 s内F的冲量I1=-1 N·s,1 s末速度方向沿负方向,1~2 s内F的冲量I2=2 N·s,可知0~2 s内F的冲量为I3=1 N·s,2 s末速度方向沿正方向,速度方向发生了改变,故A错误;2~3 s内F的冲量I4=-1 N·s,故0~3 s内F的冲量为I5=I3+I4=0,可知t=0时刻的速度和t=3 s时的速度相同,为0,在0~3 s内力F做的功为零,由于力F不为0,所以位移等于零,故3 s末该物体回到原出发点,B、C正确;2~4 s内F的冲量I6=-2 N·s,可知冲量不为零,0~2 s内F的冲量I3=1 N·s,0~4 s内F的冲量I7=-1 N·s,由动量定理可得2 s末的速度和4 s末的速度大小相等,方向相反,故F做功为零,故D错误。
6.B 球在离手时获得一个竖直向下、v0=4 m/s的初速度,根据动量定理,合外力对球的冲量I=mv0=2.4 kg·m/s,手对球的冲量与重力的冲量之和等于合外力冲量,则手对球的冲量小于2.4 kg·m/s,A错误;根据I=(F+mg)t,解得F=6 N,B正确;根据动能定理得mgh+W=m,解得W=3.3 J,C错误;根据v2-=2g(H-h)可得球的落地速度大小为v= m/s,D错误。
7.答案 (1)5 m/s (2)8 N·s,方向竖直向上
解析 (1)设小球落至沙坑时的瞬时速度为v,根据动能定理有mgs-fs=0-mv2
解得v=5 m/s。
(2)小球击穿网时,设其速度为v1,根据匀变速直线运动规律有v2-=2g(h-Δh)
解得v1=4 m/s
小球刚触网时,设其速度为v2,有=2g(H-h)
解得v2=10 m/s
拦阻网对小球作用过程,根据动量定理有mg·Δt-I=mv1-mv2
解得网对小球冲量大小I=8 N·s,方向竖直向上。
8.B 取极短时间Δt内喷出的气体为研究对象,根据动量定理得FΔt=mv-0=(ρvΔtS)v-0,解得F=ρv2S,根据牛顿第三定律知气体对气球的作用力大小为ρv2S,方向竖直向上。对气球,根据牛顿第二定律得ρv2S-mg=ma,得a=-g,故选B。
9.答案 (1)1.2×105 N (2)
解析 (1)规定竖直向下为正方向,喷气过程中根据动量定理得(mg-F)t=mv2-mv1
联立解得F=1.2×105 N。
(2)以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m=ρ··vΔt
根据牛顿第三定律可得喷出气体受到返回舱的力F'=F
对4台发动机喷出的气体,由动量定理可得F'Δt=4mv-0
联立解得v=。
7(共20张PPT)
知识点 1 冲量 动量定理
必备知识 清单破
2 动量定理
1.冲量
(1)定义:物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量,用字母I表示。
(2)公式:I=Ft。
(3)单位:牛顿秒,符号是 N·s。
(4)物理意义:反映力的作用对时间的累积效应。
(5)特点
①过程量:冲量涉及一段时间,是一个过程量,取决于力和时间这两个因素,所以求冲量时一定
要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
②矢量性:冲量的方向与力的方向相同,与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2.动量定理
(1)内容:物体在一个过程中所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化,这个结论叫作
动量定理。
(2)公式
说明:表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的意思。公式中的合外力F若
是变力,则F应取合外力在作用时间内的平均值。
(3)变形式:由Ft=p'-p结合p=mv可推导出F= =ma,这是牛顿第二定律的另一种表述,即
作用在物体上的合力等于物体动量的变化率。
1.在物体的动量变化量Δp一定时,由动量定理Ft=Δp可知,力的作用时间t越短,则作用力F就越
大,因此在需要增大作用力时,可尽量缩短力的作用时间,如打击、撞击时;力的作用时间t越
长,则作用力F就越小,因此在需要减小作用力时,可设法延长力的作用时间,如利用软垫、弹
簧的缓冲作用延长力的作用时间。
2.在作用力F一定时,由动量定理Ft=Δp可知,力的作用时间越长,动量变化量越大;力的作用时
间越短,动量变化量越小。
知识点 2 动量定理的应用
知识辨析
1.一头耕牛疯狂地用头撞拴着它的那棵大树,大树却纹丝未动,耕牛对大树的冲量等于0吗
2.拔河比赛中,红、蓝两队势均力敌,难分输赢,此时两队对绳子的冲量相同吗
3.在日常生活中,有不少这样的例子:跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子,跳远时要跳在沙
坑中。这样做的目的是什么
4.在同一高度,以大小相等的速度将质量相同的三个小球分别平抛、竖直上抛、竖直下抛,不
计空气阻力,则从抛出到落地,三种情况下小球动量的变化量一样大吗
一语破的
1.不等于0。冲量等于力与时间的乘积,两者都不是0,因此耕牛对大树的冲量不是0。
2.不相同。冲量是矢量,两队对绳子的冲量大小相等,但方向相反。
3.这样做可以延长作用的时间,以减小人受到的冲击力。
4.不一样大。由动量定理I=Δp可知,运动过程中小球动量的变化量等于重力的冲量,重力相
同,竖直上抛的小球运动的时间最长,其重力的冲量最大,竖直下抛的小球运动的时间最短,其
重力的冲量最小。
F-t图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量。此方法既可以计算恒力的冲量,也可以计
算变力的冲量。
关键能力 定点破
定点 1 F –t 图像问题
典例 如图甲所示,质量m=1.0 kg的滑块静止在粗糙的水平面上,在滑块右端施加一水平向
右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F【1】,4 s末撤去力F【2】,若滑块与水平面间的动摩擦
因数μ=0.3,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2,则下列说法正确的是
( )
A.0~4 s内滑块所受的摩擦力不变
B.2 s末滑块的动量大小为6 kg·m/s
C.4 s末滑块的速度大小为2.5 m/s
典例
D.撤去力F后,再经历 s滑块重新静止
C
信息提取 【1】借助F -t图像的面积可求力F的冲量;
【2】撤去力F后,滑块受摩擦力作用而减速运动。
思路点拨
(1)0~1 s:F fm,滑块被拉动,f为滑动摩擦力;
(2)撤去F前,根据动量定理【3】求动量和速度;撤去F后,根据动量定理求时间。
解析 由题知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则最大静摩擦力为f=μFN=μmg=0.3×1.0×10 N=3
N,结合图乙可知滑块在1 s后开始滑动,0~4 s内,滑块先静止后滑动,因此所受摩擦力先增大
后不变,A错误;滑块在1 s后开始滑动,则在1~2 s内,力F的冲量I= ×(3+4)×1 N·s=3.5 N·s=3.5 kg·m/s(由【1】得到),又I-ft=mv2-0(由【3】得到),解得2 s末滑块的动量为p=mv2=3.5 kg·m/s-3×1 kg·m/s=0.5 kg·m/s,B错误;1~4 s内,力F的冲量I'= ×(3+4)×1 N·s+4×(4-2) N·s=11.5 N·s=11.5 kg·m/s(由【1】得到),又I'-ft'=mv4-0(由【3】得到),解得4 s末滑块的速度大小v4= m/s=2.5 m/s,C正确;撤去力F后,则有-mv4=-ft0(由【2】、【3】得到),解得t0= = s= s,D错误。故选C。
1.用动量定理解释生活、生产现象
用动量定理解释生活、生产中的现象,关键是明确在某一物理过程中物体动量的变化、作用
力以及力的作用时间,主要有以下三种情况:
(1)动量的变化量Δp一定时,缩短力的作用时间,可以增大作用力;延长力的作用时间,可以减
小作用力。
(2)作用力F一定时,力的作用时间越长,动量的变化量Δp越大;力的作用时间越短,动量的变化
量Δp越小。
(3)力的作用时间一定时,作用力越大,动量的变化量Δp越大;作用力越小,动量的变化量Δp越
小。
定点 2 动量定理的应用
2.用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象。在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析,求合冲量。可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求各
力的合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要补充其他方程,最后代入数据求解。
说明:对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可对整个过程用动量定理。
典例 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。若一
个质量为60 kg的运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落【1】,着网后沿竖直方向蹦回离水平
网面5.0 m高处【2】。已知运动员与网接触的时间为1.2 s,若把这段时间内网对运动员的作用
力当作恒力,求该力的大小和方向。(重力加速度g取10 m/s2)
典例
信息提取 【1】运动员做自由落体运动,可得到接触网时的速度;
【2】运动员做竖直上抛运动,可得到离开网面时的速度。
思路点拨 构建运动模型,采用分段法对触网过程应用动量定理求解问题;或者对运动员下
降、与网接触和上升的全过程应用动量定理求解问题。
解析 解法一:运动员刚接触网时的速度大小v1= = m/s=8 m/s,方向竖直向
下。刚离网时的速度大小v2= = m/s=10 m/s,方向竖直向上。规定竖直向上为
正方向,设运动员与网接触的过程中网对运动员的作用力为FN,对运动员,由动量定理有(FN-
mg)t=mv2-m(-v1),解得FN= +mg= N+60×10 N=1.5×103 N,方向竖直向上。
解法二:对运动员下降、与网接触和上升的全过程应用动量定理。自由下落的时间t1= =
s=0.8 s,离网后上升的时间t2= = s=1 s,整个过程运动员受重力作用,仅在与
网接触的t3=1.2 s时间内受到网对他向上的弹力FN的作用,规定竖直向上为正方向,对全过程
应用动量定理有FNt3-mg(t1+t2+t3)=0,则FN= mg= ×60×10 N=1.5×103 N,方向竖直向上。
答案 1.5×103 N 方向竖直向上
1.流体模型
对于流体的运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一面积为
S的横截面的柱形流体的长度为Δl,如图所示。设流体的密度为ρ,则在Δt时间内流过该截面
的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根据动量定理,可知流体微元所受的合外力的冲量等于该流
体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv。
定点 3 用动量定理处理流体问题
分两种情况:
(1)作用后流体微元静止,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。
2.微粒类问题
通常,电子流、光子流、离子流等被广义地视为“微粒”,其质量具有独立性,题目通常给出
单位体积内粒子数n。
应用动量定理分析微粒类问题的步骤:
(1)建立“柱体”模型。沿微粒运动的方向选取微元,柱体的横截面积为S。
(2)选取微元研究。微元的长度为Δl=v0Δt,体积为ΔV=Sv0Δt,则微元内的粒子数N=nv0SΔt。
(3)先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算。
典例 某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中
【1】。为计算方便,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出【2】;玩具底面为
平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底面后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向水朝四
周均匀散开,忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速度为g。求:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。
典例
信息提取 【1】水柱对卡通玩具的冲击力与卡通玩具的重力平衡。
【2】Δt时间内喷出水的质量等于长度为v0Δt、横截面积为S的水柱的质量。
思路点拨 解答本题的思路如下:
(1)沿水喷出方向,建立“柱体”模型【3】,分析喷泉单位时间内喷出水的质量。
(2)根据机械能守恒定律【4】得出水到达玩具底面时的速度,结合动量定理【5】得出作用力的大
小;根据玩具受力平衡【6】,求解玩具悬停时底面相对喷口的高度。
解析 (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=v0SΔt(由
【2】、【3】得到),可得单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =ρv0S。
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h(以喷口所在平面为参考平面),水从喷口喷出
后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由机械能守恒定律得 Δmv2+Δ
mgh= Δm (由【4】得到),在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变
化量的大小为Δp=Δmv,设玩具对水的作用力大小为F,根据动量定理有(F+Δmg)Δt=Δp(由
【5】得到),由于Δt很小,Δmg也很小,ΔmgΔt可以忽略,因此有FΔt=Δp,水对玩具的作用力大小
为F'=F,由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F'=Mg(由【1】、【6】得到),联立得h= -
。
答案 (1)ρv0S (2) -