(共20张PPT)
第1节 动量和动量定理
知识 清单破
知识点 1 动量
定义与定义式 物体质量和速度的乘积称为物体的动量,其定义式为p=mv 性质 瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,所以说动量具有瞬时性,是状态量
矢量性 动量具有方向,其方向与物体速度的方向相同,其运算遵循平行四边形定则
相对性 因物体的速度与参考系的选取有关,故物体的动量也与参考系的选取有关
1.动量
2.动量的变化量
动量的变化量是指物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差,是矢量,其表达式Δp=p2-
p1为矢量式,运算遵循平行四边形定则。
知识点 2 冲量
定义与定义式 力与力的作用时间的乘积称为这个力的冲量,其定义式为I=Ft
标矢性 冲量是矢量,其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
物理意义 反映力对时间的积累效应
导师点睛 从冲量的定义式看出,冲量涉及一段时间,是过程量,其大小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。
1.内容:物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在这个过程中动量的变化量。
说明 这里说的“合外力的冲量”指的是各外力的合力的冲量,或者是各外力的冲量的矢量和。
2.表达式:I=p2-p1或Ft=mv2-mv1。
3.关于I=Δp=p2-p1的几点说明
(1)合外力的冲量I是原因,动量的变化量Δp是结果。
(2)物体动量的变化量Δp的大小和方向与合外力的冲量I的大小和方向均相同。
(3)合外力的冲量I与初动量p1、末动量p2的大小和方向均无必然联系。
说明 (1)表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面意思。公式中的F是物体
所受的合外力,若合外力是变力,则F应是合外力在作用时间内的平均值。
(2)由Ft=mv2-mv1可得F= ,表明作用在物体上的合外力等于物体动量的变化率。
知识点 3 动量定理
1.某物体的速度大小不变,动量一定不变。 ( )
2.力越大,力对物体的冲量越大。 ( )
3.若物体在一段时间内的动量发生了变化,则其在这段时间内的合外力一定不为零。( )
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
提示
√
根据动量定理可知,只要物体动量发生变化,就一定有合外力的冲量,合外力一定不为零。
疑难 情境破
疑难1 动量的变化量及动量与动能的比较
讲解分析
1.动量的变化量
(1)动量的变化量是指在某段时间内物体的末动量与初动量的矢量差,其表达式Δp=p2-p1为矢
量式,运算遵循平行四边形定则。
(2)动量的运算:动量始终保持在一条直线上时,选定坐标轴的方向后,动量、动量的变化量用
带正、负号的数值表示,从而将矢量运算简化为代数运算(注意:此时的正、负号仅代表方向,
不代表大小)。若初、末动量不在同一直线上,根据平行四边形定则合成。
2.动量和动能的比较
动量 动能
标矢性 矢量 标量
大小 p=mv Ek= mv2
变化情况 v变化,p一定变化 v变化,ΔEk可能为零
p=mv→v= Ek= Ek= mv2→v= p= 讲解分析
1.恒力的冲量
用恒力与其作用时间相乘,即I=Ft。
2.合力的冲量
(1)可分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和。
(2)如果各个力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=F合Δt求解。
3.变力的冲量
(1)平均值法:如果一个物体受到的力是变力,但该力与时间为线性关系(即随时间均匀变化),
我们可以用求平均值的方法求解,此种情况下该力的平均值为 (Ft+F0),则该变力的冲量为I=
(Ft+F0)t。
疑难2 库冲量的计算
(2)图像法:以时间t为横轴,力F为纵轴,画出变力随时间变化的关系图像,如图所示,该图线与
时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)表示力的冲量。
(3)动量定理法:如果力是变力,冲量无法直接根据冲量的定义式来求,我们可以用动量定理来
求。根据动量定理I=Δp,若I无法直接求得,可求出Δp间接求出I,这是求变力冲量的重要方法。
冲量 功
公式 I=Ft W=Fx
标矢性 矢量 标量
意义 力对时间的积累,在F
-t图像中用图线与时
间轴围成的面积表示 力对位移的积累,在F
-x图像中用图线与位
移轴围成的面积表示
正、负 正、负表示与正方向
相同或相反 正、负表示动力做功
或阻力做功
作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能
4.冲量与功的比较
讲解分析
1.用动量定理解释生活现象
(1)Δp一定时,作用时间越短,力越大;作用时间越长,力越小。
(2)F一定时,作用时间越长,Δp越大;作用时间越短,Δp越小。
分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化。
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,其研究对象一般为单个物体。
(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。
疑难3 动量定理的应用
典例 如图所示,学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm【1】,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm【2】。已知足球与头部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/s
D.足球从开始下落至上升到最大高度的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
信息提取 【1】可求足球落到头顶时的速度;
【2】足球离开头部时,速度与原来等大反向。
思路点拨 (1)分析足球的运动过程。
(2)求全过程重力的冲量。方法一:由I=F·Δt求出,计算Δt时,不要遗漏球与头作用的时间。方
法二:根据动量定理计算(Ft-IG=0)。
答案 C
解析 足球落到头顶时的速度大小v1= = m/s=4 m/s,足球离开头顶时的速度大小v2=4 m/s (由【2】得到),取竖直向上
为正方向,有(F-mg)t=mv2-m(-v1),代入数据可得F=36 N=9mg,A错误;足球下落到与头部刚接触
时动量大小p=mv1=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s,B错误;足球与头部作用过程中动量变化量大小Δ
p=mv2-m(-v1)=3.2 kg·m/s,C正确;由h= gt2得足球自由下落时间t1=0.4 s,与头部作用时间t=0.1 s,
从头部上升到最高点所用时间t2=0.4 s,总时间t'=t1+t+t2=0.9 s,重力的冲量大小IG=mgt'=3.6 N·s
(或根据Ft-IG=0得IG=Ft=3.6 N·s),D错误。
情境探究
自动称米机已在大型粮店广泛使用。买米者认为:因为米流到容器时对容器有向下的冲
击力而使秤的示数增大,不划算。卖米者则认为:当预定米的质量达到要求时,自动装置即刻
切断米流,此刻有一些米仍在空中,这些米是多给买者的。双方各执己见。
疑难4 动量定理在“流体”类问题中的应用
问题1 自动装置切断米流,此刻留在空中的那些米是多给买者的吗
提示 不是。当秤的读数满足要求时,由于米对容器有冲击力,容器内的米的质量其实尚未
满足要求(低于要求),当空中的一部分米下落到容器内时,容器内的米的总质量才真正满足要
求。自动称米机能够投放市场应用,必然是准确的,不存在谁划不划算的问题。
问题2 米粒在称重的过程中不断地流动,对于这种流动的物体能否应用动量定理处理问题 若
能,请定性分析如何确定自动称米机是否准确。
提示 能。切断米流时,设容器内有质量为m1的静止的米,空中还有质量为m2的运动的米,还
要考虑刚落到静止的米堆上的一小部分米,设其质量为Δm,对这一小部分米,应用动量定理可
求解其对容器内静止的米的冲击力,再将此冲击力与空中那部分米的重力进行比较,若冲击
力等于空中那部分米的重力,则说明自动称米机是准确的。
讲解分析
所谓的“流体”类问题是指研究对象是连续不断的无数个微粒,如风、水流等,解决此
类问题的关键是找到相互作用的研究对象,进而对其列出相应的动量定理方程即可。
1.流体模型
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
面积为S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,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量,即FΔt=ΔmΔv。
然后根据发生相互作用前后流体的速度情况进行分析,如:若作用后流体微元静止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2;若作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
2.微粒类问题分析步骤
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位
体积内粒子数n。
分析步骤:
(1)建立“柱体”模型,沿运动的方向选取一段微元,柱体的横截面积为S;
(2)微元研究,作用时间Δt内一段柱形“流体”的长度为Δl=v0Δt,对应的体积为ΔV=Sv0Δt,则微
元内的粒子数N=nv0SΔt(n代表单位体积内的粒子数);
(3)先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N得出所选取的柱形“流体”微元的动
量定理表达式,进而求解粒子流与物体相互作用时的作用力的大小。
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,重力加速度大小为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。
信息提取 【1】在竖直方向上,水柱对卡通玩具的冲击力与卡通玩具的重力平衡。
【2】Δt(很小)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。
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】
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(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
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水(稳定后Δt时间内喷出多少水,就有多少水喷射到玩
具底面)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的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp[由题可得(F+Δmg)·Δt=Δp,但由于Δt
很小,Δmg·Δt可忽略,有F·Δt=Δp]
由牛顿第三定律可知,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】得到)
联立得h= -
答案 (1)ρv0S (2) - 第1章 动量及其守恒定律
第1节 动量和动量定理
基础过关练
题组一 动量的理解
1.(多选题)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.对于质量一定的物体,下列说法正确的是 ( )
A.如果物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变
B.运动的物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向
C.物体的动量发生改变,则合外力一定对物体做了功
D.物体的动量发生改变,其动能一定发生改变
题组二 动量的变化
3.(多选题)关于动量的变化,下列说法正确的是 ( )
A.在直线运动中,物体的速度增大时,动量的变化量Δp的方向与运动方向相同
B.在直线运动中,物体的速度减小时,动量的变化量Δp的方向与运动方向相反
C.物体的速度大小不变时,动量的变化量Δp为零
D.物体做平抛运动时,动量的变化量一定不为零
4.质量为2 kg的物体,在运动过程中速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s,下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是 ( )
A.动量变化大小为0
B.动量变化大小为12 kg·m/s
C.动能变化大小为0
D.动能变化大小为12 J
5.从同一高度抛出完全相同的甲、乙、丙三个小球,甲球竖直向上抛出,乙球竖直向下抛出,丙球水平抛出。若三个小球落地时的速率相同,不计空气阻力,则下列说法正确的是 ( )
A.抛出时甲、乙两球动量相同,其动量大小均不小于丙的动量大小
B.落地时三个小球的动量相同,动能也相同
C.从抛出到落地过程中,三个小球的动量变化量相同
D.从抛出到落地过程中,三个小球的动量变化量不同
题组三 冲量的理解与计算
6.如图所示,一人用恒定的拉力F拉着行李箱在水平路面上匀速前进,拉力与水平方向成θ角,在时间t内,以下说法正确的是 ( )
A.行李箱所受拉力F的冲量方向水平向左
B.行李箱所受拉力F的冲量大小是Ft cos θ
C.行李箱所受摩擦力的冲量大小为0
D.行李箱所受合力的冲量大小为0
7.质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球以原速率被反向弹回。关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是 ( )
A.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等
B.子弹对墙的冲量最小
C.橡皮泥对墙的冲量最小
D.钢球对墙的冲量最小
题组四 动量定理及其简单应用
8.(多选题)下列关于物体动量和冲量的说法正确的是 ( )
A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大
B.物体所受合外力冲量不为零时,它的动量一定会改变
C.物体动量的变化量的方向,就是它所受合外力冲量的方向
D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快
9.我国汽车整体安全性碰撞实验已与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是( )
A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化
B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大
10.在一次摸高测试中,一质量为70 kg的同学先下蹲,再用力蹬地,同时举臂起跳,在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95 m;离地后身体形状近似不变,手指摸到的最大高度为2.40 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s,则在不计空气阻力的情况下,起跳过程中他对地面的平均压力约为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.1 050 N B.1 400 N
C.1 750 N D.1 900 N
11.在生活中,躺着看手机经常出现手机砸伤眼睛的情况。如图所示,假设手机和手机外壳总质量约为200 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,眼睛受到手机的冲击时间约为0.15 s,取重力加速度g=10 m/s2,下列分析正确的是 ( )
A.手机对眼睛的冲量方向竖直向上
B.手机对眼睛的平均作用力大小约为2.7 N
C.手机对眼睛的冲量大小约为0.7 N·s
D.手机与眼睛作用过程中手机的动量变化量大小约为0.3 kg·m/s
12.汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标,实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1 500 kg的试验汽车在车道上加速至16 m/s后撞上刚性壁障,碰后车轮被卡住,以4 m/s的速度反向弹回,车滑行2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞时间为0.5 s,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰撞过程中壁障对试验汽车的平均作用力大小;
(2)试验汽车反向弹回后直至停止的时间;
(3)试验汽车与车道之间的动摩擦因数。
能力提升练
题组一 变力冲量的计算
1.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,然后将小球由静止释放,则小球由静止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
2.物体仅受到方向不变的力F作用,由静止开始运动,力的大小随时间的变化规律为F=4t(F的单位是N),则( )
A.力F在第1 s内的冲量大小为2 N·s
B.力F在第1 s内的冲量大小为4 N·s
C.2 s末物体的动量大小为4 kg·m/s
D.2 s末物体的动量大小为16 kg·m/s
3.物体的质量为m=2.5 kg,静止在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2,物体受到与地面平行的拉力F作用,F方向不变,大小随时间变化的规律如图所示,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,那么下述判断正确的是 ( )
A.前2 s物体所受摩擦力的冲量为0
B.6 s内,拉力F对物体的冲量大小等于50 N·s
C.6 s内,摩擦力对物体的冲量大小等于30 N·s
D.6 s末物体的速度大小为12 m/s
题组二 动量定理与图像问题的结合
4.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
5.水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,两物体的v-t图像如图所示,图中AB∥CD。则整个过程中 ( )
A.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
B.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
C.F1的冲量小于F2的冲量
D.a物体动量的平均变化率大于b物体动量的平均变化率
题组三 动量定理在“流体类”问题中的应用
6.“长征九号”500吨级液氧煤油火箭发动机的研制工作已取得成功,这标志着我国火箭发动机领域取得重大突破。若某次实验中,喷射气体的速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( )
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
7.台风登陆某地时风速为v,该地公园内有一棵大树,台风过境时这棵大树与台风正对接触面积为S,假设台风与这棵大树接触后风速变为0,已知空气密度为ρ,则台风对这棵大树的作用力大小为 ( )
A.ρSv2 B.ρSv C.
8.“水刀”即以水为刀,利用高压水射流切割技术,以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国,“水刀”的最大压强已经达到了420 MPa。如图所示,“水刀”在工作过程中,将水从细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料的表面,假设高速水流垂直打在材料表面后,立刻沿材料表面散开没有反弹,已知水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,试估算要达到我国目前的“水刀”压强,该“水刀”喷出的水流速度约为( )
A.600 m/s B.650 m/s
C.700 m/s D.750 m/s
题组四 动量定理的综合应用
9.在一次拍篮球比赛中,已知篮球的质量为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,每次拍球作用距离均为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.手给球的冲量大小为2.4 kg·m/s
B.若每次手与球作用的时间是0.2 s,则手给球的平均作用力为6 N
C.每次拍球人对球做的功为4.8 J
D.球落地时的速度为 m/s
10.蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动,属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。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,着网后沿竖直方向蹦回到水平网面上方5.0 m高处,已知运动员与网接触的时间为0.8 s,若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)在与网接触的0.8 s这段时间内重力的冲量大小;
(2)网对运动员的平均作用力的大小;
(3)从自由下落开始到蹦回水平网面上方5.0 m 高处,这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。
答案全解全析
基础过关练
1.CD 2.B 3.ABD 4.C 5.D 6.D
7.B 8.BCD 9.C 10.C 11.C
1.CD 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,A错;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.B 动量是矢量,若物体的速度大小不变但方向发生变化,动量就发生变化,A错误;动量具有瞬时性,任一时刻物体动量的方向即为该时刻物体的速度方向,B正确;当物体的速度大小不变而方向改变时,动量发生改变,但物体的动能没发生改变,合外力没有对物体做功,C、D错误。
3.ABD 在直线运动中,当物体的速度增大时,其末态动量p2大于初态动量p1,由矢量的运算法则可知Δp=p2-p1>0,动量的变化量Δp方向与物体运动方向相同,如图甲所示,所以A正确;在直线运动中,当物体的速度减小时,p24.C 物体向东运动的速度为3 m/s时,动量大小为p1=mv1=2×3 kg·m/s=6 kg·m/s,方向向东,动能为Ek1= kg·m/s,方向沿南偏西45°,动能的变化量为ΔEk=Ek2-Ek1=0,故C正确,A、B、D错误。
5.D 小球空中运动过程中只受到重力,落地时速率相等,则根据动能定理可知三个小球抛出时的初速度大小相等,且由题意知三个小球初速度方向不同,根据动量表达式p=mv可知,三个小球抛出时的动量大小相等,方向都不相同,故A项错误;落地时三个小球的速率相等,则动能相同,甲、乙速度方向相同,与丙速度方向不同,动量不完全相同,故B项错误;三个小球初速度不同,甲、乙末速度相同,但与丙的末速度不同,所以动量变化量不同,故C项错误,D项正确。
6.D 由冲量的定义式I=Ft可知,行李箱所受拉力的冲量大小为IF=Ft,冲量方向与拉力的方向相同,斜向右上方,A、B错误;行李箱受力平衡,在水平方向有f=F cos θ,故行李箱所受摩擦力的冲量大小If=Ft cos θ,C错误;由于行李箱所受合力为零,故合力的冲量大小为0,D正确。
7.B 根据力的相互性可知,子弹(橡皮泥或钢球)对墙的冲量大小等于墙对子弹(橡皮泥或钢球)的冲量大小。以初速度方向为正方向,对子弹有I1=Δp1=mv2-mv1,对橡皮泥有I2=Δp2=0-mv1=-mv1,对钢球有I3=Δp3=-mv1-mv1=-2mv1,可知I18.BCD 由Ft=Δp知,Ft越大,Δp越大,但动量不一定大,A错误,B正确;物体所受合外力冲量与动量的变化量Δp不仅大小相等,而且方向相同,C正确;由F=知,物体所受合外力越大,它的动量变化就越快,D正确。
9.C 在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后延长了力的作用时间,根据动量定理Ft=Δp可知,安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率,选C。
10.C 跳起后重心升高的高度为h=2.40 m-1.95 m=0.45 m
设人跳起时的速度为v,则有v2=2gh
解得v==3 m/s
跳起过程中,根据动量定理得(F-mg)t=mv-0
解得起跳过程中地面对他的平均支持力约为F=1 750 N
根据牛顿第三定律可知,起跳过程中他对地面的平均压力约为F'=F=1 750 N,故选C。
规律总结 动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。
(2)动量定理的表达式Ft=mv'-mv是矢量式,在一维情况下运用动量定理解题时,要注意规定正方向。
(3)公式中的F是物体所受的合外力,若合外力F与时间为线性关系,则F应是合外力在作用时间内的平均值。
11.C 手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同,故冲量方向竖直向下,A错误;根据题意可知,手机未接触眼睛前做自由落体运动,有v2=2gh,解得手机接触眼睛前瞬间的速度为v=2 m/s,手机与眼睛作用过程中,选取竖直向上为正方向,可得手机的动量变化量为Δp=0-(-mv)=0.4 kg·m/s,故D错误;手机与眼睛作用过程,由动量定理有I-mgt=Δp,解得I=0.7 N·s,I'=I=0.7 N·s,则手机对眼睛的平均作用力大小约为F=≈4.7 N,B错误,C正确。
12.答案 (1)6×104 N (2)1 s (3)0.4
解析 (1)对于碰撞过程,以试验汽车反弹方向为正方向,根据动量定理可得Ft=mv-m(-v0)
解得F=6×104 N
故碰撞过程中壁障对试验汽车的平均作用力大小为6×104 N
(2)试验汽车反向弹回后做匀减速直线运动,根据平均速度公式有x=t1
解得试验汽车反向弹回后直至停止的时间t1=1 s
(3)试验汽车反向弹回后,在水平方向只受摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得a==μg
且根据运动学规律可得a=
解得试验汽车与车道之间的动摩擦因数μ=0.4
能力提升练
1.C 2.A 3.D 4.C 5.A 6.B
7.A 8.B 9.B
1.C 小球由静止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,轻绳拉力的冲量IF应向左偏上,重力、拉力对小球的冲量都不是零,A、B错误。
方法技巧 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。
2.A 由于力的大小随时间的变化规律为F=4t,由平均力法可得,力F在第1 s内的冲量大小为I1=×1 N·s=2 N·s,故A正确,B错误;同理可得,力F在2 s内的冲量大小为I2=×2 N·s=8 N·s,由动量定理可得I2=p2-0,故2 s末物体的动量大小为p2=I2=8 kg·m/s,C、D错误。
一题多解 由于力的大小随时间的变化规律为F=4t,作出F与t的关系图像,如图所示,由I=Ft可知,F-t图线与横轴所围的面积表示力F的冲量,可得力F在第1 s内的冲量为I1=×2×8 N·s=8 N·s,由动量定理可得I2=p2-0,故2 s末物体的动量大小为p2=I2=8 kg·m/s,故A正确,B、C、D错误。
3.D 物体所受的最大静摩擦力Fmax=μmg=5 N,由于前2 s内拉力F小于最大静摩擦力,故物体静止不动,此时物体所受的静摩擦力等于拉力F的大小,由I=Ft可知物体所受的摩擦力的冲量为If1=ft1=4×2 N·s=8 N·s,故A错误。F-t图像中图线与t轴所围的面积表示力F的冲量,可得6 s内,拉力F对物体的冲量为IF=4×2 N·s+10×2 N·s+15×2 N·s=58 N·s,故B错误。由A项分析可知,前2 s内物体所受的摩擦力的冲量为If1=8 N·s;后4 s物体运动,受到的是滑动摩擦力,冲量为If2=Fmaxt2=5×4 N·s=20 N·s;可得6 s内,摩擦力对物体的冲量为If=If1+If2=28 N·s,故C错误。由动量定理可得I=Δp,6 s内合力的冲量为I=IF-If=30 N·s,动量的变化量为Δp=mv-0=mv,可得6 s末物体的速度为v==12 m/s,D正确。
4.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,知F1>F2,C正确,A、B、D错误。
5.A 由题图可知,整个过程a、b动量的变化量均为0,故合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量,A正确。由于v-t图线的斜率表示加速度,图中AB∥CD,说明推力撤去后a、b两物体的加速度相同,而推力撤去后物体所受的合力等于摩擦力,a、b两物体的质量相同,由牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等;摩擦力的冲量为If=ft,整个过程中a的运动时间大于b的运动时间,所以摩擦力对a物体的冲量大于摩擦力对b物体的冲量,B错误。在推力作用过程中,由动量定理得(F-f)t=mv-0,解得IF=Ft=mv+ft,由于a、b两物体的质量、最大速度和摩擦力均相等,推力的作用时间ta>tb,所以F1的冲量大于F2的冲量,C错误。a、b物体全程动量变化量为零,则动量的平均变化率也为零,故a物体动量的平均变化率等于b物体动量的平均变化率,D错误。
6.B 设在Δt时间内喷射气体的质量为Δm,根据动量定理有FΔt=Δmv,解得 kg/s=1.6×103 kg/s,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为1.6×103 kg。故选B。
7.A 台风过境时这棵大树与台风正对接触,在极短时间t内,与大树正对接触的台风的质量为m=ρSvt,与大树接触前台风的动量为p=mv=ρSv2t,与这棵大树接触后台风的风速变为0,根据动量定理可得0-p=-Ft=-ρSv2t,根据牛顿第三定律知台风对这棵大树的作用力大小为F'=F=ρSv2,故选A。
8.B 设水流速度为v,喷嘴的横截面积为S,在极短时间Δt内喷射到材料表面的水的质量为Δm=ρSvΔt,以这部分水为研究对象,设它受到材料的平均作用力大小为F,以水喷出的方向为正方向,由动量定理得-F·Δt=0-Δmv;由牛顿第三定律可知,水对材料的平均作用力大小也为F,且F=pS,联立可得ρSv2Δt=pSΔt,故v=≈650 m/s,选B。
9.B 以竖直向下为正方向,设球离手时的速度为v0,则v0=4 m/s,对于手与球作用过程,根据动量定理可得合外力给球的冲量为I=mv0=2.4 kg·m/s,而I=IG+I手,故手给球的冲量小于2.4 kg·m/s,故A错误;对于手与球作用过程,根据冲量的定义式可得I=(F+mg)t,结合合外力的冲量为I=mv0=2.4 kg·m/s,解得F=6 N,B正确;对于手与球作用过程,根据动能定理有mgh+W= m/s,故D错误。
10.答案 (1)480 N·s (2)1 950 N (3)1 560 N·s,方向竖直向下 1 560 N·s,方向竖直向上
解析 (1)在与网接触的0.8 s这段时间内,重力的冲量为I=mgt=480 N·s
(2)运动员自由下落过程,根据速度-位移关系有=2gh1
解得触网时的速度大小为v1= m/s=8 m/s
运动员离网后竖直上抛过程,根据速度-位移关系有=2gh2
解得离网时的速度大小为v2= m/s=10 m/s
对于运动员与网接触过程,以竖直向上为正方向,根据动量定理可得Ft-mgt=mv2-(-mv1)
解得F=1 950 N
(3)运动员向下运动到接触网面的过程有h1=,解得t1=0.8 s
离开网后向上运动到最高点的过程有h2=,解得t2=1 s
故重力的冲量IG=mg(t1+t2+t)=1 560 N·s,方向竖直向下。
弹力的冲量IF=Ft=1 560 N·s,方向竖直向上。