第一章 动量守恒定律
2 动量定理
基础过关练
题组一 恒力冲量的计算
1.如图,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
2.如图所示,运动员将质量为m的网球从O点以速度v0水平击出,网球落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45°,不计空气阻力,则网球从O点运动到N点的过程中,重力对网球的冲量大小为 ( )
A. B.mv0
C.mv0 D.2mv0
3.(经典题)设运动员的质量为m,托起质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举至双臂伸直停止(图丙)。甲到乙、乙到丙过程杠铃上升的高度分别为h1、h2,经历的时间分别为t1、t2,重力加速度为g,则整个过程中,下列说法正确的是 ( )
A.地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)
B.地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为0
C.运动员对杠铃的冲量为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为Mg(h1+h2)
D.运动员对杠铃的冲量为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为0
题组二 变力冲量的计算
4.一质量为0.25 kg的滑块静置在水平地面上,在水平拉力F作用下,由静止开始运动。已知力F随时间变化的规律如图所示,滑块与地面间的动摩擦因数为0.8,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则0~6 s内拉力F和滑块受到的合外力冲量大小分别为 ( )
A.14 N·s,3 N·s B.14 N·s,0
C.3 N·s,14 N·s D.0,3 N·s
5.质量为m=0.5 kg的物块静止在粗糙水平面上,0时刻起受到一个水平向右的拉力F的作用,拉力F和摩擦力f的大小随时间变化的规律如图所示,g=10 m/s2,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法错误的是 ( )
A.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
B.前3 s拉力的冲量大小为6.5 N·s
C.前3 s拉力做的功为24 J
D.前2 s的平均速度为2 m/s
题组三 利用动量定理定性分析
6.如图所示是某手机防摔装置,下列有关说法正确的是 ( )
A.防摔装置可以减小手机的动量的变化量
B.防摔装置可以减小手机的动量的变化率
C.防摔装置可以减小手机的动能的变化量
D.防摔装置可以增加地面对手机的作用力
7.如图所示,铁架台放在水平面上,长木板搭在铁架台立柱上构成一个简易斜面,将一个光滑小球由木板上的A点处静止释放,小球会沿木板滑至水平面。保持小球释放点A与末端距离不变,调整长木板与水平面之间的夹角θ,下面关于小球在木板上滑动过程的说法正确的是 ( )
A.θ越大,小球所受重力的冲量越大
B.θ越大,长木板对小球的弹力的冲量越大
C.θ越大,小球所受合力的冲量越大
D.小球所受合力的冲量与长木板与水平面之间的夹角θ无关
8.在某次训练中,跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下,进入水中后做减速运动,速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.运动员在空中运动时,其动量变化量小于重力的冲量
B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中,其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中,其动量的变化量等于水的作用力的冲量
D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中,其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
题组四 利用动量定理定量计算
9.生活中,有些人喜欢躺着看手机,偶尔会出现手机滑落砸到脸上的情况。若某手机的质量为200 g,从距人脸上方约20 cm的高度与地面平行无初速度掉落,砸到人脸后经0.1 s手机停止运动。忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2,下列分析正确的是 ( )
A.人脸受到的平均撞击力大小约为3 N
B.人脸受到的平均撞击力大小约为4 N
C.全过程手机重力的冲量大小约为0.2 N·s
D.全过程手机重力的冲量大小约为0.6 N·s
10.某篮球队员做赛前热身时,篮球在地面与手之间沿竖直方向做往复运动。某次篮球在与地面接触的t1时间内动量的改变量大小为Δp1,在与手接触的t2时间内动量改变量的大小为Δp2。已知篮球的质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是 ( )
A.篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为
B.篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为+mg
C.篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为
D.篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为+mg
11.(教材习题改编)打糍粑是中国传统节日的风俗,流行于中国南方地区。已知木槌质量为10 kg,木槌刚接触糍粑时的速度是2 m/s,打击0.05 s后木槌静止,重力加速度g=10 m/s2,关于打击糍粑过程,下列说法正确的是 ( )
A.木槌在0.05 s时间内动量先变大后变小
B.木槌打击糍粑的平均作用力为600 N
C.木槌打击糍粑的平均作用力为400 N
D.木槌在0.05 s时间内受到的合外力的冲量为零
12.(教材深研拓展)汽车安全性能是如今衡量汽车品质的重要标志,安全气囊是否正常弹出、安全带是否发挥作用、挡风玻璃是否破碎等都是汽车碰撞测试中衡量汽车安全性能的重要因素。某次测试中质量为1 600 kg的实验汽车在车道上加速至v0=20 m/s的速度撞上碰撞试验台后以v1=5 m/s的速度反向弹回,车滑行(熄火)2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞的时间为0.05 s,重力加速度g取10 m/s2,则以下不正确的是 ( )
A.汽车发生碰撞时,弹出的安全气囊可增加模拟乘员与车接触的时间,从而起到缓冲作用,减小模拟乘员受到的撞击力
B.实验汽车反向弹回后直至停止的时间为0.8 s
C.实验汽车与车道之间的动摩擦因数为0.4
D.此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为8.0×105 N
13.(经典题)我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测,如图所示,某次他在头盔中装入质量为5.0 kg的物体,物体与头盔紧密接触,使其从1.8 m的高处自由落下,并与水平地面发生碰撞,头盔被挤压了0.03 m时,物体的速度减为0。物体挤压头盔过程中视为做匀减速直线运动,不考虑物体和地面的形变,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体在自由下落过程中重力的冲量;
(2)物体做匀减速直线运动过程中动量的变化量;
(3)物体做匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小。
能力提升练
题组一 动量定理与图像结合问题
1.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.F1F2,I1>I2
C.F1>F2,I1=I2 D.F1=F2,I1=I2
2.如图所示,小球从某一高度处自由落下,落到直立在地面的轻弹簧上,跟弹簧接触直至到最低点处。小球从t=0时刻自由下落直至压缩弹簧运动到最低点的过程中,小球的动量p和加速度a随时间t、加速度a随位移x变化的关系图像可能正确的是 ( )
3.一风力发电机出现故障,检修人员乘坐图甲所示升降机到顶端检修平台进行检修,升降机上升过程的速度-时间关系如图乙所示,加速和减速运动时加速度大小均为a,匀速运动时速度为v0。已知升降机和检修人员的总质量为m,升降机启动平台到检修平台的竖直高度为h,上升过程中升降机所受阻力恒为总重力的k倍,重力加速度为g。关于此过程,下列说法正确的是 ( )
A.升降机总的运行时间为-
B.牵引力对升降机的冲量大小为(mg+kmg)
C.牵引力做功为(mg-kmg)h
D.匀减速初始时刻牵引力的功率为(mg+kmg)v0
4.C919大型客机是我国按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机,在它的研制过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验:将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力),调节风力大小,并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系,如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.在前2t0时间内物体加速度不变
B.在前6t0时间内物体一直向上运动
C.在5t0时刻物体的速度大小为3gt0
D.在前6t0时间内物体的最大速度为
题组二 利用动量定理处理“连续流体类”问题
5.(经典题)现代生活环境中,一些地方常设置有广告牌,大风对广告牌的安全影响值得关注。若某广告牌的横截面积为S,空气密度为ρ,设定大风以速度v迎面垂直吹向该广告牌,末速度变为零,则大风对该广告牌的平均作用力大小为 ( )
A. B.ρSv2 C.2ρSv2 D.4ρSv2
6.某同学正在用一平底煎锅炸豆子。假设每个豆子的质量均为m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均为v,每次撞击后速度大小均变为v,撞击的时间极短,忽略豆子重力作用,发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g,则单位时间内撞击锅盖的豆子个数为 ( )
A. B. C. D.
7.如图,货车在一水平恒力F作用下沿光滑水平面运动,当货车经过一竖直固定的漏斗下方时,沙子由漏斗连续地落进货车,单位时间内落进货车的沙子质量恒为m0。某时刻,货车(连同已落入其中的沙子)质量为M,速度为v,此时货车的加速度为 ( )
A. B. C. D.
8.(经典题)用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出的水柱截面为圆形,直径为D,水流速度大小为v,水柱垂直于汽车表面,冲击汽车后反向的速度大小为0.2v,高压水枪的质量为M,手持高压水枪操作,已知水的密度为ρ。下列说法不正确的是 ( )
A.水柱对汽车的平均冲力为ρv2πD2
B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρvπD2
C.高压水枪喷出水柱的直径D减半时,水柱对汽车的压强不变
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,平均冲力加倍
9.《三体》中描写的三体舰队通过尘埃区被动减速的场景,引起了天文爱好者们的讨论,如果想要不减速通过尘埃区,就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度为ρ=4.0×10-8 kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×105 m/s,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S=10 m2,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,求:
(1)单位时间(Δt=1 s)内附着在飞船上的微粒质量;
(2)飞船要保持速度v不变,所需提供的动力与该动力的功率大小。
答案与分层梯度式解析
第一章 动量守恒定律
2 动量定理
基础过关练
1.D 行李箱所受拉力F的冲量方向与F的方向相同,行李箱所受拉力F斜向上,则F的冲量方向斜向上,A错误;根据恒力冲量的定义可知,冲量等于力与时间的乘积,故行李箱所受拉力的冲量大小为I=Ft(易错点),B错误;水平方向根据平衡条件可得f=F cos θ,故行李箱所受摩擦力的冲量大小为If=ft=Ft cos θ,C错误;行李箱所受合力为零,故合力的冲量大小为0,D正确。
2.B 在N点有=tan 45°,由vy=gt可得网球从O点运动到N点的时间t==,重力对网球的冲量大小为I=mgt=mv0,B正确。
3.C
图形剖析
根据冲量的概念可知,地面对运动员的冲量为I1=(M+m)g(t1+t2+Δt)(点拨:整体法分析,把运动员和杠铃作为研究对象),运动员对杠铃的冲量为I2=Mg(t1+t2+Δt)(点拨:隔离法分析,把杠铃作为研究对象),地面对运动员的支持力不做功(易错点),运动员对杠铃做的功为W=Mg(h1+h2),选项C正确。
4.A
图形剖析
根据F-t图像中图线与t轴所围成的面积表示力F的冲量(解题技法)得0~6 s内,拉力F的冲量大小为IF= N·s=14 N·s。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,即f=μmg=2 N,当t=1 s时,F=2 N=f,在0~1 s内,滑块处于静止状态,合外力的冲量为零,滑块在1 s后开始运动,故0~6 s内,滑块受到的合外力的冲量大小I合=IF'-If=×(4+2)×1+4×3-2×1 N·s-2×5 N·s=3 N·s,选项A正确,B、C、D错误。
5.D 由题图可知,滑动摩擦力大小为1 N,由f=μFN=μmg,可得μ=0.2,选项A正确;前3 s内拉力的冲量IF= N·s=6.5 N·s,选项B正确;物块运动后,加速度为a==4 m/s2,发生的位移为x=at2,其中t=2 s,则x=8 m,所以拉力做的功为W=F·x=24 J,选项C正确;前2 s物块发生的位移为2 m,故平均速度为1 m/s,选项D错误。故选D。
6.B 根据动量定理FΔt=Δp,可得F=,防摔装置的作用是延长手机与地面的接触时间Δt,从而减小手机所受到的合外力,即减小手机动量的变化率,而手机动量的变化量Δp未发生变化,动能的变化量也不变,A、C、D错误,B正确。
7.C 小球从长木板A点滑至末端,位移大小L相等,倾角越大,运动时间t越短,小球重力的冲量越小,A错误;长木板倾角越大,长木板对小球的弹力FN越小,运动时间t越短,弹力的冲量为FNt,所以长木板倾角越大,弹力的冲量越小,B错误;设小球到达长木板末端时的速度为v,根据动量定理,下滑过程合力的冲量为mv,长木板倾角越大,小球距水平面的高度越高,则到达木板末端的速度v越大,因此合力的冲量越大,C正确,D错误。
8.D 运动员在空中运动过程中只受重力作用,根据动量定理可知运动员在空中运动时,其动量的变化量等于重力的冲量,A错误;运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力,动量的变化向上,则其重力的冲量小于水的作用力的冲量,B错误;整个过程其动量的变化量等于合外力的冲量,C错误;整个过程根据动量定理可得I=IG+IF=m·Δv=0,所以IG=-IF,即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向,D正确。
9.D 根据自由落体运动规律得v==2 m/s,手机与脸作用后手机的速度变成0,选取竖直向上为正方向,所以手机与脸作用过程中动量变化为Δp=0-(-mv)=0.40 kg·m/s,手机与人脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力,根据动量定理可知Ft-mgt=Δp,代入数据解得F=6 N,根据牛顿第三定律,人脸受到的平均撞击力F'=F=6 N,A、B错误;手机下落时间t'==0.2 s,全过程中重力的冲量大小为mg(t+t')=0.6 N·s,C错误,D正确。
一题多解 全过程中重力冲量的大小,也可以根据动量定理来求。对全过程由Ft-IG=0,得IG=0.6 N·s
10.B 篮球与地面接触的过程中,设地面对篮球的平均作用力为F1,选取竖直向上为正方向,由动量定理得(F1-mg)t1=Δp1,解得F1=+mg,B正确,A错误;同理,篮球与手接触的过程中,设手对篮球的平均作用力为F2,选取竖直向下为正方向,由动量定理得(mg+F2)t2=Δp2,可解出F2=-mg,C、D错误。
11.A 木槌打击糍粑的过程中,开始时糍粑对木槌的作用力较小,木槌做加速运动,打击到一定深度后,糍粑对木槌的作用力较大,木槌做减速运动,因此木槌的动量先变大后变小,A正确;以向下为正方向,根据动量定理,可求得木槌受到的合外力的冲量为I=Δp=0-mv0=-20 N·s,又I=(-F+mg)t,解得糍粑对木槌的平均作用力大小为F=500 N,根据牛顿第三定律,可知木槌打击糍粑的平均作用力为500 N,选项B、C、D错误。故选A。
12.C 汽车发生碰撞时,在人动量变化相同的情况下,弹出的安全气囊可增加模拟乘员与车接触的时间,根据动量定理FΔt=mΔv可知,可起到缓冲作用,减小模拟乘员受到的撞击力,选项A正确;根据x=t,解得实验汽车反向弹回后直至停止的时间t=0.8 s,选项B正确;根据逆向思维法,结合运动学公式得v1=at=μgt,实验汽车与车道之间的动摩擦因数μ=0.625,选项C错误;规定汽车初速度方向为正方向,则初动量为p0=mv0=3.2×104 kg·m/s,末动量为p1=-mv1=-8×103 kg·m/s,此过程中汽车的动量变化量为Δp=p1-p0=-4.0×104 kg·m/s,由动量定理可得F·Δt=Δp,解得F=-8.0×105 N,此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为8.0×105 N,选项D正确。故选C。
13.答案 (1)30 N·s,方向竖直向下
(2)30 kg·m/s,方向竖直向上 (3)3 050 N
解析 选取竖直向下为正方向。
(1)自由下落过程中,由h=g得t1=0.6 s
重力的冲量I=mgt1=30 N·s,方向竖直向下
(2)落地速度v=gt1=6 m/s
动量的变化量Δp=0-mv=-30 kg·m/s,负号表示方向竖直向上
(3)根据x=·t2
得头盔与物体作用的时间t2=0.01 s
由mgt2-Ft2=0-mv
可得F=3 050 N
方法技巧 应用动量定理计算的一般步骤
能力提升练
1.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。
2.A p-t图像的斜率表示合外力(破题关键),小球在空中自由下落时做匀加速运动,有p=mgt,则p-t图像为直线。落到弹簧上后,先是重力大于弹力,随小球下落,合外力减小,则加速度减小,小球向下做加速度减小的加速运动,当重力等于弹力时,合外力为零,加速度为零,速度最大,动量最大;然后弹力大于重力,合外力向上增加,则小球做加速度增大的减速运动,动量减小,选项A正确,B错误。小球在空中自由下落时加速度为g不变,接触弹簧后先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,刚接触弹簧时的加速度为g,但是到达最低点时的加速度大于g,选项C、D错误。
3.B 根据动力学公式有t1=,h=2×a+v0t2,联立可得t2=-,升降机总的运行时间为t=2t1+t2=+,A错误;根据动量定理有IF-mgt-kmgt=0,解得牵引力对升降机的冲量大小为IF=(mg+kmg),B正确;根据动能定理有WF-mgh-kmgh=0,解得牵引力做功为WF=(mg+kmg)h,C错误;匀减速初始时刻有mg+kmg-F=ma,匀减速初始时刻牵引力的功率为P=Fv0=(mg+kmg-ma)v0,D错误。
4.D
图形剖析
由题图可知,风力是变化的,0~t0物体静止,t0~2t0时间内,物体向上运动,加速度竖直向上,不断增大,选项A、B错误;从t0到5t0这段时间,对物体应用动量定理有IF-mg×4t0=mv1-0,由图像可知这段时间内风力的冲量IF=+=,解得v1=,C错误;由图形剖析可得在5.6t0时物体的加速度为零,速度最大,(破题关键)从t0到5.6t0,对物体应用动量定理有IF'-mg×4.6t0=mvm-0,由图像可知这段时间内风力的冲量IF'=++=,解得vm=,D正确。
一题多解 本题还可作出物体的a-t图像,利用图像面积的物理意义求解。
5.B 在时间Δt内,吹向该广告牌的空气的质量Δm=ρSv·Δt,对这部分空气由动量定理有-FΔt=0-Δm·v。由牛顿第三定律可得,大风对该广告牌的平均作用力大小F'=F,联立可得F'=ρSv2,B正确。
模型构建
6.B 设单位时间内撞击锅盖的豆子个数为n,取竖直向下为正方向,由动量定理可得FΔt=Δm·v-(-Δmv),其中F=Mg,Δm=nΔt·m,解得n=,A、C、D错误,B正确。
7.B 依题意,极短的一段时间Δt内落入货车的沙子质量为Δm=m0Δt,沙子落入货车后,立即和货车共速,(破题关键)取水平向右为正方向,由动量定理可得F'Δt=Δm·v,解得F'=m0v,方向向右,根据牛顿第三定律可知,货车受到沙子的反作用力向左,大小为F″=m0v。对货车(连同落入的沙子),由牛顿第二定律可得F-F″=Ma,解得a=,选项B正确。
方法技巧 应用动量定理分析流体相互作用问题的方法
(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。
(2)写出选取的流体的质量m与Δt的关系式。
(3)分析选取的流体的受力情况和初、末态的动量。
(4)应用动量定理列式求解。
8.D 高压水枪单位时间内喷出的水的质量为m0==ρvπD2,规定水流反弹方向为正方向,由动量定理得FΔt=0.2mv-(-mv),m=m0Δt,解得F=ρv2πD2,根据牛顿第三定律,水柱对汽车的平均冲力F'=F=ρv2πD2,选项A、B正确;水柱对汽车的压强为p==1.2ρv2,高压水枪喷出水柱的直径D减半时,水柱对汽车的压强不变,C正确;根据F'=ρv2πD2,当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,平均冲力变为原来的4倍,D错误。
9.答案 (1)0.12 kg (2)3.6×104 N 1.08×1010 W
解析 (1)飞船在尘埃区飞行Δt时间,在这段时间内附着在飞船上的微粒质量
Δm=ρSvΔt=0.12 kg
(2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加。
由动量定理Ft=Δp得
FΔt=Δm·v=ρSvΔt·v
解得F=ρSv2=3.6×104 N
则所需提供的动力大小为3.6×104 N
功率P=Fv=1.08×1010 W
导师点睛 解答本题要抓住三个关键:
7(共24张PPT)
1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
2.表达式
3.单位:牛秒,符号是N·s。
4.标矢性:冲量是矢量,它的方向与力的方向相同。
知识点 1 冲量
必备知识 清单破
2 动量定理
1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。其中“力的
冲量”指的是合力的冲量,或者是各个力的冲量的矢量和。
2.表达式
知识点 2 动量定理
3.变形式:F= (牛顿第二定律的动量形式),表示物体动量的变化率等于它所受的力。
4.关于I=Δp=p'-p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p、末动量p'的大小和方向均无必然联系。
1.原理:根据动量定理,如果物体的动量发生的变化是一定的,那么作用的时间短,物体受的力
就大;作用的时间长,物体受的力就小。
2.应用:易碎物品运输时要用柔软材料包装;跳高时运动员要落在软垫上;在船舷和码头悬挂
一些具有弹性的物体(如旧轮胎)。
知识点 3 动量定理的应用
知识辨析
1.立定跳远动作由预摆、起跳、腾空、落地四个部分组成,起跳过程由于脚未离地,地面对人
的支持力的冲量大小等于重力的冲量大小吗
2.拔河比赛中,红蓝两队势均力敌,难分输赢,这段时间内两队对绳子的冲量相同吗
3.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球,接球时两手随球迅速收缩至胸前,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。起跳过程,地面对人的支持力大于人的重力,由I=FΔt可知,地面对人的支持力的冲
量大小大于重力对人的冲量大小。
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.接球过程篮球的动量变化量Δp不变,两手收缩可以增加篮球和手的作用时间Δt, 由动量定
理FΔt=Δp可知F= ,篮球和手之间的作用力减小,从而有效地保护运动员。
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。
关键能力 定点破
定点 1 冲量的求解方法
恒力的冲量 公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量的计算,无需考虑物体的运动状态
图像法 利用F-t图像中的“面积”来计算
变力的冲量 平均值法 若力的方向不变且大小随时
间均匀变化,则该力的冲量可
以利用平均力来计算,其公式
为I= t
变力的冲量 图像法 若已知变力的F-t图像,则该力的冲量可以利用F-t图像中的“面积”来计算
合力的冲量 (1)分别求出每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和; (2)如果各恒力的作用时间相同,可以先求合力,再由I=F合t求合力的冲量; (3)利用动量定理:求出物体动量的变化量,由I=Δp来求 典例 用图示无人机给居住在高层的居民运送外卖物品。该无人机带动物品由静止开始竖
直向上做匀加速直线运动【1】。一段时间后,外卖物品又匀速上升20 s【2】,最后再匀减速运动2
s恰好到达顾客家的阳台且速度为零【3】。遥控器上显示无人机上升过程中的最大速度为1.5
m/s,最大高度为33 m。已知外卖物品质量为2 kg,受到的空气阻力恒为重力的5%,重力加速
度g=10 m/s2。求:
(1)无人机在开始匀加速阶段上升的时间和高度;
(2)在上升全过程,无人机对外卖物品冲量【4】的大小。
信息提取 【1】物品受到竖直向上的牵引力、竖直向下的重力和阻力。
【2】物品所受合力为零。
【3】物品受到竖直向上的牵引力、竖直向下的重力和阻力。
【4】匀加速、匀速和匀减速三个阶段牵引力的冲量的矢量和。
思路点拨
过程草图:
运动图像:
解析 (1)无人机匀减速的时间t3=2 s
无人机匀减速阶段上升的高度h3= t3=1.5 m
已知上升的最大高度H=33 m
匀速上升的高度h2=vmt2=30 m
则匀加速阶段上升的高度
h1=H-h2-h3=1.5 m
由h1= t1
解得t1=2 s
(2)无人机在匀加速和匀减速阶段的加速度大小均为a= =0.75 m/s2
设匀加速阶段无人机对外卖物品的作用力大小为F1,根据牛顿第二定律有
F1-mg-f=ma
由题意可知空气阻力的大小
f=0.05mg
解得F1=22.5 N
所以匀加速阶段无人机对外卖物品冲量的大小为I1=F1t1=45 N·s(第一阶段的冲量)
设匀速阶段无人机对外卖物品的作用力大小为F2,则F2=mg+f=21 N
所以匀速阶段无人机对外卖物品冲量的大小为
I2=F2t2=420 N·s(第二阶段的冲量)
设匀减速阶段无人机对外卖物品的作用力大小为F3,有
mg+f-F3=ma
解得F3=19.5 N
所以匀减速阶段无人机对外卖物品冲量的大小为I3=F3t3=39 N·s(第三阶段的冲量)
在上升全过程,无人机对外卖物品冲量的大小I=I1+I2+I3=504 N·s(总冲量)
答案 (1)2 s 1.5 m (2)504 N·s
一题多解 第(2)问:
整个过程,外卖物品动量的变化量为0
根据动量定理,I合=0
重力的冲量IG=mgt=480 N·s,方向向下
阻力的冲量If=ft=24 N·s,方向向下
则无人机对物品的冲量大小
I=IG+If=504 N·s
方向向上
1.用动量定理解释生活中的现象
(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。
定点 2 动量定理的应用
2.用动量定理解题的基本思路
特别说明 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 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.足球从最高点下落至重新回到最高点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】足球被头反弹,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=FΔt求出,计算Δt时,不要遗漏球与头碰撞的时间。方
法二:根据动量定理计算(Ft-IG=0)。
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),取向上为正方向,有(F-mg)t=mv2-m(-v1),代入数据可得F=36
N=9mg,选项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,选
项B错误;足球与头部作用过程中动量变化量大小Δp=mv2-m(-v1)=3.2 kg·m/s,选项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),选
项D错误。
答案 C
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。
分两种情况:
定点 3 用动量定理解决流体类问题
(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。
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】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
[(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) -
