2 动量定理
[定位·学习目标] 1.通过阅读教材,理解冲量的概念及其矢量性,并形成物理观念。2.通过理论推导动量定理的表达式,理解其确切含义,形成科学思维。3.通过实例分析,能够利用动量定理解释缓冲、碰撞等有关现象和解决实际问题,体会物理规律在生产、生活中的应用。
知识点 动量定理
探究新知
1.冲量
(1)定义:力与力的作用时间的乘积。
(2)定义式:I=FΔt。
(3)单位:在国际单位制中,冲量的单位是牛秒,符号为 N·s。
(4)标矢性:冲量是矢(选填“矢”或“标”)量。
(5)物理意义:冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量,力越大,作用时间越长,冲量就越大。
2.动量定理及其应用
(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。
(2)表达式:I=p′-p或F(t′-t)=mv′-mv。
(3)动量的变化一定: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。
(4)作用力一定:作用的时间越长,动量的变化量越大;作用的时间越短,动量的变化量越小。
正误辨析
(1)冲量的方向与对应力的方向相同。( √ )
(2)力越大,力对物体的冲量越大。( × )
(3)做变速运动的物体,其所受合外力等于动量的变化率。( √ )
(4)一个物体动量的变化量越大,其所受合外力越大。( × )
要点一 对冲量的理解和计算
要点归纳
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量。
冲量反映了力的作用对时间的累积效应,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)冲量是矢量。
在力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同,如果力的方向是变化的,则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2.冲量的计算
(1)恒力的冲量:恒力的冲量等于力和力的作用时间的乘积(不论物体是否运动,不论物体在该力的方向上是否有位移)。
(2)变力的冲量。
①若力与时间呈线性关系,则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示,可用面积法求变力的冲量。
③利用动量定理求解。
(3)合冲量。
①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和。
②如果各力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=F合Δt求解。
典例研习
[例1] (对冲量的理解)(多选)(2025·四川眉山期末)如图所示,质量为m的物块在与水平方向夹角为θ的恒定拉力F的作用下匀速向右运动。在时间t内,下列说法正确的是( )
[A]物块所受重力的冲量为mgt
[B]物块所受摩擦力的冲量为0
[C]物块所受拉力的冲量为Ftcos θ
[D]物块所受合力的冲量为0
【答案】 AD
【解析】 物块所受重力的冲量为IG=mgt,故A正确;物块匀速运动,在水平方向,由平衡条件可得摩擦力大小Ff=Fcos θ,物块所受摩擦力的冲量为If=Fcos θ·t≠0,故B错误;物块所受拉力的冲量为IF=Ft,故C错误;物块匀速运动,所受合力为零,物块所受合力的冲量为0,故D正确。
[例2] (冲量的计算) (2025·湖北宜昌阶段练习)如图所示,质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1,滑块的速度变为零且立即开始下滑,又经过时间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,重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是(以沿斜面向上为正方向)( )
[A]重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)sin θ
[B]合力的冲量为0
[C]摩擦力的总冲量为Ff(t2-t1)
[D]支持力对滑块的总冲量为mg(t2-t1)cos θ
【答案】 C
【解析】 根据冲量的定义,重力对滑块的总冲量为IG=mg(t1+t2),故A错误;滑块在整个运动过程中,所受合力方向均沿斜面向下,则合力的冲量一定不为0,故B错误;滑块上滑时摩擦力方向沿斜面向下,下滑时沿斜面向上,以沿斜面向上为正方向,摩擦力的总冲量为If=Fft2-Fft1=Ff(t2-t1),故C正确;斜面对滑块的支持力FN=mgcos θ,支持力对滑块的总冲量为IN=mg(t1+t2)cos θ,故D错误。
(1)在求力的冲量时,首先明确是求哪个力的冲量,是恒力还是变力。
(2)注意不要忘记说明冲量的方向。
要点二 动量定理及其应用
情境探究
从外形大小上来看,一只飞鸟与一架战斗机相比,简直是天壤之别。飞鸟撞战斗机更是“以卵击石”,其实并不是这样。一架高速飞行的战斗机与迎面飞来的飞鸟相撞时会发生严重的事故,轻则战斗机出现受损,重则造成机毁人亡的灾难。不仅仅是战斗机,还包括民航客机,近年来飞鸟撞上飞机的事故也层出不穷,现在如何避免此类事故的发生也是困扰着航空研发人员的一个难题。按理说,体型小、质量小的鸟类,与钢筋铁骨的飞机相撞应该是“以卵击石”的效果,为什么能把飞机撞坏呢
【答案】 这是因为破坏主要来自飞机的速度,而非鸟类本身的质量。根据动量定理,一只质量为0.45 kg的鸟与速度为800 km/h的飞机相撞,会产生约为1.5×103 N的瞬时冲力;一只质量为7 kg的大鸟撞在速度为960 km/h的飞机上,瞬时冲力将达到惊人的1.5×106 N。
要点归纳
1.对动量定理的理解
(1)适用对象:在中学物理中,动量定理的研究对象通常为单个物体。
(2)适用范围:动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力,不论几个力的作用时间是同时还是不同时,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用。
(3)FΔt=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合外力的冲量。
(4)FΔt=p′-p除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因。
(5)由FΔt=p′-p,得F==,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。
2.动量定理的应用
(1)应用动量定理FΔt=Δp定性解释常见的物理现象。
由上式可以看出,如果保持Δp一定,则力作用的时间越短,冲力就越大。因此在需要增大作用力时,可尽量减少作用的时间,如打击、碰撞等由于作用时间短,作用力往往较大。反之,作用时间越长,力F就越小。因此在需要减小作用力的时候,可想办法延长力的作用时间。如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间,达到减小作用力的目的。
(2)应用I=Δp求变力的冲量。
如果物体受到大小、方向不变的力的作用,既可以应用FΔt求力的冲量,也可以应用物体动量变化量Δp的大小和方向来替代力的冲量。
如果物体受到变力的作用,则不能直接用FΔt求变力的冲量,这时可以求在该力作用下物体动量变化量Δp的大小和方向,替代变力的冲量。
典例研习
[例3] (应用动量定理进行定性分析)(2025·浙江宁波阶段练习)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,这样做可以( )
[A]减小球的动能变化量
[B]增加球的动量变化率
[C]减小球的动量变化量
[D]减小球对手的冲力
【答案】 D
【解析】 手接触到篮球时,篮球的速度是一定的,篮球接住后速度变为零,可知篮球的动量变化量、动能变化量均是一定的,故A、C错误。接球时先伸出两臂,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以增加作用时间,使球的动量变化率减小;由动量定理可知手对球的冲力减小,即球对手的冲力也减小,故B错误,D正确。
用动量定理分析有关现象的注意点
对有关现象,应先确定作用过程中动量或力中的不变量,再分析。
(1)若动量变化量一定,则力的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越长,力就越小。
(2)若作用力一定,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。
[例4] (应用动量定理求解变力的冲量)(2025·山东聊城期中)篮球气压过高或过低都会影响篮球的弹性和手感,从而影响球员的技术发挥。简易的测试方法是在平坦的硬质水平地面上,让篮球从180 cm的高度自由落下,反弹高度在125 cm至140 cm之间即表示篮球气压正常。某次测试中将质量m=0.60 kg的篮球从离水平地板高度H=1.8 m处静止释放,与地板撞击后反弹,上升的最大高度h=1.25 m,已知篮球与地板接触的时间t=0.1 s,篮球视作质点并始终在竖直方向上运动,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)篮球从开始下落到反弹至最高点过程中,其所受重力的冲量;
(2)篮球与地板碰撞过程中,地板对篮球的平均作用力的大小。
【答案】 (1)7.2 N·s,方向竖直向下 (2)72 N
【解析】 (1)篮球下落过程有H=g,
反弹后上升过程有h=g,
代入数据解得t1=0.6 s,t2=0.5 s;
在篮球从开始到反弹离开地板h=1.25 m高处过程中,重力的冲量大小为
IG=mg(t1+t2+t)
=0.60×10×(0.6+0.5+0.1) N·s
=7.2 N·s,
方向竖直向下。
(2)篮球下落到地板时速度大小为v1=gt1=6 m/s,
篮球反弹上升时速度大小为v2=gt2=5 m/s,
设地板对篮球的平均作用力为,规定竖直向上为正方向,根据动量定理,篮球与地板碰撞过程中有(-mg)t=mv2-m(-v1),
代入数值解得=72 N。
[例5] (动量定理的应用)(教材改编)如图为某运动员在蹦床比赛中的画面,设运动员的质量为m,他从床垫正上方h1高处自由落下,落到床垫后反弹的高度为h2,他与床垫接触的时间为t,空气阻力不计,重力加速度为g。求:
(1)运动员自由下落h1高度的过程,重力对他的冲量大小;
(2)运动员与床垫接触的时间内,他对床垫的平均作用力大小。
【答案】 (1)m
(2)+mg
【解析】 (1)运动员自由下落h1高度的过程,经过的时间t1=,
重力对他的冲量大小
I=mgt1=mg=m。
(2)运动员落到床垫上时的速度大小
v1=,
落垫后反弹的速度大小为v2=,
以向上为正方向,运动员和床垫接触的过程,由动量定理有
(FN-mg)t=mv2-(-mv1),
解得FN=+mg,
由牛顿第三定律可知他对床垫的平均作用力大小为FN′=FN=+mg。
应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和物理过程。
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况。
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始、末两状态的动量。
(4)依据动量定理列方程求解。
1.一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则( )
[A]0~2 s内合力F对物块的冲量为3 N·s
[B]2~3 s内合力F对物块的冲量为1 N·s
[C]0~3 s内合力F对物块的冲量为0
[D]0~3 s内合力F对物块的冲量为4 N·s
【答案】 A
【解析】 由题图可知,0~2 s内合力F对物块的冲量为I1=×(1+2)×2 N·s=3 N·s,故A正确;2~3 s内合力F对物块的冲量为I2=-1 N×1 s=-1 N·s,故B错误;0~3 s内合力F对物块的冲量为I3=[×(1+2)×2-1] N·s=2 N·s,故C、D错误。
2.(2025·江苏南通阶段练习)如图所示,在码头和船边悬挂有旧轮胎,船以某一速度靠近并停靠在码头上。关于轮胎的作用,下列说法正确的是( )
[A]可以增大船与码头间的作用力
[B]可以增加船停靠过程的时间
[C]可以增大船停靠过程中的动能变化量
[D]可以增大船停靠过程中的动量变化量
【答案】 B
【解析】 轮胎可以起到缓冲作用,延长船与码头碰撞过程中的作用时间,从而减小船因碰撞受到的作用力,故A错误,B正确;若船靠岸与码头碰撞,船的初、末速度不会受轮胎影响,船的动量变化量相同,动能变化量也相同,故C、D错误。
3.(多选)(2025·河北沧州期末)某足球爱好者练习用头颠球,如图所示。若足球由静止自由下落45 cm与头相碰后,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度为80 cm。已知足球与运动员头部的作用时间为 0.1 s,足球与头部接触过程中位移不计,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]足球在空中下落过程中,动量的变化率增大
[B]足球在上升和下落过程中,动量变化率相同
[C]足球与头部接触过程中,头部对足球的平均作用力的大小为28 N
[D]足球与头部作用过程中,足球受到的冲量大小为2.8 N·s
【答案】 BD
【解析】 足球在空中运动过程中,动量的变化率等于重力,则足球在上升和下落过程中动量变化率相同,选项A错误,B正确;根据自由落体运动规律,足球与头接触时速度大小为v==3 m/s,离开头部时速度大小为v′=4 m/s,足球与头部作用过程中,其动量的变化量Δp=mv′-(-mv)=0.4×7 kg·m/s=2.8 N·s,根据动量定理有(F-mg)t=Δp,解得F=32 N,选项C错误,D正确。
4.如图所示,质量为m=2 kg的物体,在水平恒力F=8 N 的作用下,由静止开始沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用t1=6 s后撤去,撤去F后又经 t2=3 s物体与竖直墙壁相碰。若物体与墙壁作用时间t3=0.1 s,碰墙后反向弹回的速度v′=4 m/s,求:
(1)6 s时物体的速度大小;
(2)墙壁对物体的平均作用力。(g取10 m/s2)
【答案】 (1)12 m/s (2)200 N,方向向左
【解析】 (1)在力F作用的时间内,根据动量定理可得Ft1-μmgt1=mv1-0,
解得v1=12 m/s。
(2)对于物体与墙壁碰撞之前的过程,设物体与墙壁碰撞前的速度为v,
由动量定理,得Ft1-μmg(t1+t2)=mv-0,
代入解得v=6 m/s。
对于物体与墙壁碰撞过程,以向右为正方向,由动量定理得-F′t3=m(-v′)-mv,
得到墙壁对物体的平均作用力F′=200 N,方向向左。
课时作业
(分值:70分)
考点一 对冲量的理解和计算
1.(6分) (多选)(2025·湖南益阳期中)如图所示,质量为m1的物块从质量为m2的固定斜面体的顶端匀速下滑到底端,所用时间为t,斜面体倾角为θ,则( )
[A]物块所受重力对物块的冲量大小为m1gt
[B]斜面体对物块支持力的冲量大小为0
[C]斜面体对物块支持力的冲量大小为m1gtcos θ
[D]地面对斜面体支持力的冲量大小为m2gt
【答案】 AC
【解析】 由公式I=Ft可知,物块所受重力对物块的冲量大小为IG=m1gt,故A正确;斜面体对物块支持力的冲量大小为IN=m1gtcos θ,故B错误,C正确;地面对斜面体的支持力大小为FN=(m1+m2)g,地面对斜面体支持力的冲量大小为I=(m1+m2)gt,故D错误。
2.(4分)质量为0.2 kg的石子以10 m/s的初速度从某一高度水平抛出,若落地时速度方向与水平方向成60°角,不计空气阻力,则从抛出到落地的过程中石子所受重力的冲量大小为( )
[A] N·s [B]2 N·s
[C]4 N·s [D]6 N·s
【答案】 B
【解析】 石子做平抛运动,水平分运动为匀速运动,根据速度关系可知落地时的竖直分速度为vy=v0tan 60°=10 m/s,则石子在空中的时间为t== s,从抛出到落地的过程中石子所受重力的冲量大小为I=mgt=2 N·s,故选B。
3.(10分)(2025·江苏泰州期中)如图所示为苏州金鸡湖边的水上摩天轮,其设计半径r=60 m,旋转一周的时间为T=600 s。一名质量为m=50 kg的同学乘坐某吊舱进行游乐体验,重力加速度g取10 m/s2,在这名同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中,求:
(1)所受重力的冲量大小;
(2)所受合力的冲量大小。
【答案】 (1)1.5×105 N·s (2)20π N·s
【解析】 (1)该同学从最高点到最低点的时间t==300 s,
其重力的冲量大小
IG=mgt=50×10×300 N·s=1.5×105 N·s。
(2)根据速度与周期关系式有v=,
在最高点和最低点速度方向相反,
根据动量定理有I合=2mv,
代入数值解得I合=20π N·s。
考点二 动量定理及其应用
4.(4分) (2025·贵州毕节期中)水城猕猴桃是贵州省水城区特产,中国国家地理标志产品。因其果实细嫩多汁、香味浓郁、甜酸宜人,深受大众喜爱。在猕猴桃运往国内各大超市途中,人们往往会给果实包裹一层泡沫网袋,这种做法的好处是( )
[A]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实所受合力的冲量
[B]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实动量的变化
[C]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实动量变化的时间
[D]能够大大减小运输时某颠簸过程中果实受到的冲击力
【答案】 D
【解析】 运输过程中颠簸使果实动量发生变化,其变化量由具体颠簸情形决定,与是否有泡沫网袋无关,根据动量定理,果实所受合力的冲量也与是否有泡沫网袋无关,故A、B错误;根据动量定理FΔt=mΔv,运输过程中,给果实包裹一层泡沫网袋以增加颠簸的缓冲时间,能够大大减小果实受到的冲击力,故C错误,D正确。
5.(4分)(2025·山西运城阶段练习)在排球比赛中,质量为m的排球以速率v1水平飞过球网,运动员挥掌击球后,球以速率v2水平飞回。已知v2>v1,球的重力可忽略,在此过程中,运动员对排球作用力的冲量( )
[A]大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同
[B]大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同
[C]大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同
[D]大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同
【答案】 B
【解析】 选择末速度方向为正方向,根据动量定理可知,运动员对排球作用力的冲量I=mv2-m(-v1)=m(v2+v1),即此过程中运动员对排球作用力的冲量大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同。故B正确。
6.(6分)(多选)(2025·江苏泰州期中)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量小于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互靠近过程中的任一时刻( )
[A]甲的动量大小比乙的大
[B]甲的动量大小与乙的相等
[C]甲的动量大小比乙的小
[D]甲、乙组成的系统总动量水平向右
【答案】 AD
【解析】 在甲、乙两磁铁相互靠近的过程中,根据动量定理可知Δp甲=(F磁-μm甲g)t,
Δp乙=(F磁-μm乙g)t,而Δp甲=p甲,Δp乙=p乙,甲的质量小于乙的质量,故甲的动量大小比乙的大,故A正确,B、C错误;以向右为正方向,甲和乙的总动量为p=(F磁-μm甲g)t-(F磁-μm乙g)t=
μ(m乙-m甲)gt>0,可知甲和乙的总动量方向向右,故D正确。
7.(4分)(2025·上海金山期中)如图所示,一个铁块压着一张纸条放在水平桌面上某点,当以足够大的速度v从铁块下抽出纸条后,铁块掉在地上的P点。若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点为( )
[A]仍在P点
[B]在P点左边
[C]在P点右边不远处
[D]在P点右边原水平位移的2倍处
【答案】 B
【解析】 在抽出纸条的过程中,纸条对铁块有一个向右的滑动摩擦力,两次摩擦力大小相等,第二次摩擦力作用的时间较短,根据动量定理,可知第二次铁块做平抛运动的初速度较小,平抛的水平距离更近,因此落在P点的左边。故B正确。
8.(8分)(2025·山西长治期中)女排联赛中,若一传不到位的排球触网后沿竖直方向落下,将要触地的瞬间它的速度为5 m/s,此时,机敏的二传手双手抱拳将排球竖直向上垫起,当排球上升到最高3.20 m处时,高高跃起的主攻手将球扣到对方界内。已知排球的质量为0.260 kg,排球与二传手的作用时间为0.10 s,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)排球被二传手垫起瞬间动量的大小;
(2)二传手对排球的平均作用力大小。
【答案】 (1)2.08 kg m/s (2)36.4 N
【解析】 (1)排球被二传手垫起瞬间的速度
v2== m/s=8 m/s,
排球的动量大小
p=mv2=0.260×8 kg·m/s=2.08 kg·m/s。
(2)以竖直向上为正方向,根据动量定理,有
FΔt-mgΔt=mv2-(-mv1),
代入数据解得F=36.4 N。
9.(6分)(多选)(2025·陕西西安阶段练习)一根细绳系着小球,在光滑水平面上做匀速圆周运动,小球的质量为m,速度大小为v,做匀速圆周运动的周期为T,则下列说法正确的是( )
[A]经过时间t=,小球的动量变化量为0
[B]经过时间t=,小球的动量变化量大小为mv
[C]经过时间t=,细绳对小球的冲量大小为2mv
[D]经过时间t=,重力对小球的冲量大小为0
【答案】 BC
【解析】 在圆周运动中,经过时间t=,小球的速度与初速度方向相反,速度变化量大小为2v,则动量的变化量大小为Δp1=mΔv1=2mv,即合力的冲量大小为2mv,而重力、支持力为一对平衡力,则细绳拉力的冲量大小为2mv,故A错误,C正确;经过时间t=,小球的速度方向转过90°,如图所示,
则小球的速度变化量大小为v,即动量变化量大小为Δp=mΔv=mv,这段时间内重力的冲量大小为IG=mg·t=,故B正确,D错误。
10.(4分)(2025·山东日照期中)某乒乓球运动员高抛发球,将乒乓球以初速度v0竖直向上抛出,乒乓球经过时间t到达最高点,落回抛出点之前已经匀速,匀速运动的速度大小为v。已知乒乓球的质量为m,重力加速度为g,乒乓球在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比。下列说法正确的是( )
[A]上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
[B]上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量
[C]空气阻力与速率的比例系数为
[D]乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为-t
【答案】 D
【解析】 根据牛顿第二定律,乒乓球上升过程有mg+kv=ma1,随着速度的减小,阻力逐渐减小,加速度逐渐减小;而下降过程mg-kv=ma2,随着速度的增大,阻力逐渐增大,加速度逐渐减小,可知上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速度,由于上升和下降过程位移大小相等,而上升过程的平均加速度大,所用时间短,则重力的冲量小于下降过程中重力的冲量,故A错误。乒乓
球的v-t图像如图所示,
而第一、四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移,其大小相等、方向相反;若将纵坐标改为F阻,由于F阻∝v,因此第一、四象限中阴影部分的面积也相等,表明上升、下降过程阻力的冲量等大反向,故B错误。根据题意,乒乓球落回抛出点之前已经匀速,匀速运动的速度大小为v,由F阻=kv=mg,解得k=,故C错误。对整个过程,设竖直向下为正方向,根据动量定理有mgt′+F阻上t-F阻下t下=mv-(-mv0),结合B选项中分析结果,解得t′=,解得乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为t1=-t,故D正确。
11.(14分)质量是80 kg的铁锤从5 m高处落下,打在水泥柱上,与水泥柱撞击的时间是0.2 s,撞击后铁锤未反弹,不计空气阻力。求:
(1)铁锤与水泥柱撞击过程中,铁锤所受合力的冲量;
(2)撞击时,铁锤对水泥柱的平均冲击力。
【答案】 (1)800 N·s,方向竖直向上
(2)4 800 N,方向竖直向下
【解析】 (1)由自由落体运动速度位移关系式,可得铁锤打在水泥柱上时的速度为
v== m/s=10 m/s,
设向下为正方向,由动量定理可得
I合=Δp=m·Δv=0-mv
=-80×10 N·s
=-800 N·s,
铁锤与水泥柱撞击过程中,铁锤所受合力的冲量大小为800 N·s,方向竖直向上。
(2)设向下为正方向,由动量定理可得
(mg+F)t=0-mv,
解得撞击时,铁锤受的平均冲击力为
F=--mg=- N-80×10 N=-4 800 N,
负号表示铁锤受的平均冲击力方向为竖直向上,由牛顿第三定律可得铁锤对水泥柱的平均冲击力大小是4 800 N,方向竖直向下。(共42张PPT)
2 动量定理
[定位·学习目标]
1.通过阅读教材,理解冲量的概念及其矢量性,并形成物理观念。2.通过理论推导动量定理的表达式,理解其确切含义,形成科学思维。3.通过实例分析,能够利用动量定理解释缓冲、碰撞等有关现象和解决实际问题,体会物理规律在生产、生活中的应用。
探究·必备知识
知识点 动量定理
「探究新知」
1.冲量
(1)定义:力与 的乘积。
(2)定义式:I= 。
(3)单位:在国际单位制中,冲量的单位是 ,符号为 N·s。
(4)标矢性:冲量是 (选填“矢”或“标”)量。
(5)物理意义:冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量,力越 ,作用时间越 ,冲量就越大。
力的作用时间
FΔt
牛秒
矢
大
长
2.动量定理及其应用
(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
。
(2)表达式:I=p′-p或F(t′-t)= 。
(3)动量的变化一定:作用的时间短,物体受的力就 ;作用的时间长,物体受的力就 。
(4)作用力一定:作用的时间越长,动量的变化量越 ;作用的时间越短,动量的变化量越 。
动量变化量
mv′-mv
大
小
大
小
正误辨析
(1)冲量的方向与对应力的方向相同。( )
(2)力越大,力对物体的冲量越大。( )
(3)做变速运动的物体,其所受合外力等于动量的变化率。( )
(4)一个物体动量的变化量越大,其所受合外力越大。( )
√
×
√
×
突破·关键能力
要点一 对冲量的理解和计算
「要点归纳」
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量。
冲量反映了力的作用对时间的累积效应,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)冲量是矢量。
在力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同,如果力的方向是变化的,则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2.冲量的计算
(1)恒力的冲量:恒力的冲量等于力和力的作用时间的乘积(不论物体是否运动,不论物体在该力的方向上是否有位移)。
(2)变力的冲量。
①若力与时间呈线性关系,则可用平均力求变力的冲量。
②若给出了力随时间变化的图像如图所示,可用面积法求变力的冲量。
③利用动量定理求解。
(3)合冲量。
①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和。
②如果各力的作用时间相同,也可以先求合力,再用公式I合=F合Δt求解。
[例1] (对冲量的理解)(多选)(2025·四川眉山期末)如图所示,质量为m的物块在与水平方向夹角为θ的恒定拉力F的作用下匀速向右运动。在时间t内,下列说法正确的是( )
[A]物块所受重力的冲量为mgt
[B]物块所受摩擦力的冲量为0
[C]物块所受拉力的冲量为Ftcos θ
[D]物块所受合力的冲量为0
「典例研习」
AD
【解析】 物块所受重力的冲量为IG=mgt,故A正确;物块匀速运动,在水平方向,由平衡条件可得摩擦力大小Ff=Fcos θ,物块所受摩擦力的冲量为If=
Fcos θ·t≠0,故B错误;物块所受拉力的冲量为IF=Ft,故C错误;物块匀速运动,所受合力为零,物块所受合力的冲量为0,故D正确。
[例2] (冲量的计算) (2025·湖北宜昌阶段练习)如图所示,质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1,滑块的速度变为零且立即开始下滑,又经过时间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,重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是(以沿斜面向上为正方向)( )
[A]重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)sin θ
[B]合力的冲量为0
[C]摩擦力的总冲量为Ff(t2-t1)
[D]支持力对滑块的总冲量为mg(t2-t1)cos θ
C
【解析】 根据冲量的定义,重力对滑块的总冲量为IG=mg(t1+t2),故A错误;滑块在整个运动过程中,所受合力方向均沿斜面向下,则合力的冲量一定不为0,故B错误;滑块上滑时摩擦力方向沿斜面向下,下滑时沿斜面向上,以沿斜面向上为正方向,摩擦力的总冲量为If=Fft2-Fft1=Ff(t2-t1),故C正确;斜面对滑块的支持力FN=mgcos θ,支持力对滑块的总冲量为IN=mg(t1+t2)cos θ,故D
错误。
·规律方法·
(1)在求力的冲量时,首先明确是求哪个力的冲量,是恒力还是变力。
(2)注意不要忘记说明冲量的方向。
要点二 动量定理及其应用
「情境探究」
从外形大小上来看,一只飞鸟与一架战斗机相比,简直是天壤之别。飞鸟撞战斗机更是“以卵击石”,其实并不是这样。一架高速飞行的战斗机与迎面飞来的飞鸟相撞时会发生严重的事故,轻则战斗机出现受损,重则造成机毁人亡的灾难。不仅仅是战斗机,还包括民航客机,近年来飞鸟撞上飞机的事故也层出不穷,现在如何避免此类事故的发生也是困扰着航空研发人员的一个难题。按理说,体型小、质量小的鸟类,与钢筋铁骨的
飞机相撞应该是“以卵击石”的效果,为什么能把飞机撞
坏呢
【答案】 这是因为破坏主要来自飞机的速度,而非鸟类本身的质量。根据动量定理,一只质量为0.45 kg的鸟与速度为800 km/h的飞机相撞,会产生约为1.5×103 N的瞬时冲力;一只质量为7 kg的大鸟撞在速度为960 km/h的飞机上,瞬时冲力将达到惊人的1.5×106 N。
「要点归纳」
1.对动量定理的理解
(1)适用对象:在中学物理中,动量定理的研究对象通常为单个物体。
(2)适用范围:动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动。不论是变力还是恒力,不论几个力的作用时间是同时还是不同时,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用。
(3)FΔt=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合外力的冲量。
(4)FΔt=p′-p除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因。
2.动量定理的应用
(1)应用动量定理FΔt=Δp定性解释常见的物理现象。
由上式可以看出,如果保持Δp一定,则力作用的时间越短,冲力就越大。因此在需要增大作用力时,可尽量减少作用的时间,如打击、碰撞等由于作用时间短,作用力往往较大。反之,作用时间越长,力F就越小。因此在需要减小作用力的时候,可想办法延长力的作用时间。如利用海绵或弹簧的缓冲作用来延长作用时间,达到减小作用力的目的。
(2)应用I=Δp求变力的冲量。
如果物体受到大小、方向不变的力的作用,既可以应用FΔt求力的冲量,也可以应用物体动量变化量Δp的大小和方向来替代力的冲量。
如果物体受到变力的作用,则不能直接用FΔt求变力的冲量,这时可以求在该力作用下物体动量变化量Δp的大小和方向,替代变力的冲量。
[例3] (应用动量定理进行定性分析)(2025·浙江宁波阶段练习)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,这样做可以( )
[A]减小球的动能变化量
[B]增加球的动量变化率
[C]减小球的动量变化量
[D]减小球对手的冲力
「典例研习」
D
【解析】 手接触到篮球时,篮球的速度是一定的,篮球接住后速度变为零,可知篮球的动量变化量、动能变化量均是一定的,故A、C错误。接球时先伸出两臂,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以增加作用时间,使球的动量变化率减小;由动量定理可知手对球的冲力减小,即球对手的冲力也减小,故B错误,D正确。
·规律总结·
用动量定理分析有关现象的注意点
对有关现象,应先确定作用过程中动量或力中的不变量,再分析。
(1)若动量变化量一定,则力的作用时间越短,力就越大;力的作用时间越长,力就越小。
(2)若作用力一定,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。
[例4] (应用动量定理求解变力的冲量)(2025·山东聊城期中)篮球气压过高或过低都会影响篮球的弹性和手感,从而影响球员的技术发挥。简易的测试方法是在平坦的硬质水平地面上,让篮球从180 cm的高度自由落下,反弹高度在125 cm至140 cm之间即表示篮球气压正常。某次测试中将质量m=
0.60 kg的篮球从离水平地板高度H=1.8 m处静止释放,与地板撞击后反弹,上升的最大高度h=1.25 m,已知篮球与地板接触的时间t=0.1 s,篮球视作质点并始终在竖直方向上运动,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
【答案】 (1)7.2 N·s,方向竖直向下
(1)篮球从开始下落到反弹至最高点过程中,其所受重力的冲量;
(2)篮球与地板碰撞过程中,地板对篮球的平均作用力的大小。
【答案】 (2)72 N
[例5] (动量定理的应用)(教材改编)如图为某运动员在蹦床比赛中的画面,设运动员的质量为m,他从床垫正上方h1高处自由落下,落到床垫后反弹的高度为h2,他与床垫接触的时间为t,空气阻力不计,重力加速度为g。求:
(1)运动员自由下落h1高度的过程,重力对他的冲量大小;
(2)运动员与床垫接触的时间内,他对床垫的平均作用力大小。
·规律总结·
应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和物理过程。
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况。
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始、末两状态的动量。
(4)依据动量定理列方程求解。
检测·学习效果
1.一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则( )
[A]0~2 s内合力F对物块的冲量为3 N·s
[B]2~3 s内合力F对物块的冲量为1 N·s
[C]0~3 s内合力F对物块的冲量为0
[D]0~3 s内合力F对物块的冲量为4 N·s
A
2.(2025·江苏南通阶段练习)如图所示,在码头和船边悬挂有旧轮胎,船以某一速度靠近并停靠在码头上。关于轮胎的作用,下列说法正确的是( )
[A]可以增大船与码头间的作用力
[B]可以增加船停靠过程的时间
[C]可以增大船停靠过程中的动能变化量
[D]可以增大船停靠过程中的动量变化量
B
【解析】 轮胎可以起到缓冲作用,延长船与码头碰撞过程中的作用时间,从而减小船因碰撞受到的作用力,故A错误,B正确;若船靠岸与码头碰撞,船的初、末速度不会受轮胎影响,船的动量变化量相同,动能变化量也相同,故C、D错误。
3.(多选)(2025·河北沧州期末)某足球爱好者练习用头颠球,如图所示。若足球由静止自由下落45 cm与头相碰后,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度为80 cm。已知足球与运动员头部的作用时间为 0.1 s,足球与头部接触过程中位移不计,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]足球在空中下落过程中,动量的变化率增大
[B]足球在上升和下落过程中,动量变化率相同
[C]足球与头部接触过程中,头部对足球的平均作用力的大小为28 N
[D]足球与头部作用过程中,足球受到的冲量大小为2.8 N·s
BD
4.如图所示,质量为m=2 kg的物体,在水平恒力F=8 N 的作用下,由静止开始沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用t1=
6 s后撤去,撤去F后又经 t2=3 s物体与竖直墙壁相碰。若物体与墙壁作用时间t3=0.1 s,碰墙后反向弹回的速度v′=4 m/s,求:
(1)6 s时物体的速度大小;
【答案】 (1)12 m/s
【解析】 (1)在力F作用的时间内,根据动量定理可得Ft1-μmgt1=mv1-0,
解得v1=12 m/s。
(2)墙壁对物体的平均作用力。(g取10 m/s2)
【答案】 (2)200 N,方向向左
【解析】 (2)对于物体与墙壁碰撞之前的过程,
设物体与墙壁碰撞前的速度为v,
由动量定理,得Ft1-μmg(t1+t2)=mv-0,
代入解得v=6 m/s。
对于物体与墙壁碰撞过程,以向右为正方向,由动量定理得-F′t3=m(-v′)-mv,
得到墙壁对物体的平均作用力F′=200 N,方向向左。
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