微专题1 动量定理的拓展应用
一、图像法解决动量定理问题
[例1] (p-t图像的应用)(多选)(2025·湖南期中)一辆质量为m的汽车在公路上做加速直线运动,其动量p与时间t的关系图像如图中实线所示,BC段的反向延长线经过坐标原点O。已知三角形BCD的面积为S0,BC的斜率是AB斜率的2倍,下列说法正确的是( )
[A]p-t图像与横轴所围面积表示合力的功
[B]t0~2t0时间内的合力是0~t0内的2倍
[C]t0时刻汽车的动量大小为
[D]0~t0时间内,汽车的加速度大小为
【答案】 BD
【解析】 根据动能表达式,可知合力的功为W=mv2=pv,而p-t图像与横轴所围面积为pt,并非合力的功,故A错误;根据F=可知图像的斜率代表合力,则t0~2t0时间内的合力是0~t0时间内的2倍,故B正确;设t0时刻汽车的动量大小为p,则2t0时刻汽车的动量大小为2p,由题意知S0=pt0,解得p=,故C错误;0~t0时间内图线AB的斜率kAB=×=,即合力F=,根据牛顿第二定律,有=ma,解得a=,故D正确。
[例2] (F-t图像的应用)(2025·江苏苏州期中)如图所示,一质量m=2 kg的物块在水平地面上运动,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1;t=0时,物块的速度大小v0=4 m/s,方向水平向右。此时对物体施加一外力F,F随时间t的变化关系满足F=3-0.5t(N),规定向右为正方向,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)0~6 s外力F的冲量大小;
(2)物块向右运动过程中速度最大的时刻和值;
(3)物块向右运动的时间。
【答案】 (1)9 N·s (2)2 s 4.5 m/s (3)8 s
【解析】 (1)由F-t图像中图线与时间轴所围面积表示力的冲量,可知0~6 s力F的冲量大小
I=×3×6 N·s=9 N·s。
(2)物块所受合力为零时,速度最大,即
F=μmg=0.1×2×10 N=2 N,
将F=3-0.5t(N)代入解得t1=2 s;
从t=0到速度最大,外力F由3 N均匀减为2 N,其冲量IF1=×2 N·s=5 N·s,
根据动量定理有
IF1-μmgt1=mvmax-mv0,
代入数值解得vmax=4.5 m/s。
(3)在物块向右运动的过程中,外力F的冲量
IF2=t=3t-t2(N·s),
由动量定理有IF2-μmgt=0-mv0,
代入数值解得物块向右运动的时间t=8 s。
F-t图像与时间轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量。
二、应用动量定理处理“流体模型”
[例3](液体、气体类)(2025·山东滨州阶段练习)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d,水从枪口高速喷出,近距离垂直喷射到汽车表面且速度迅速由v变为零,忽略水从枪口喷出后的发散效应,认为水垂直喷射汽车表面,水的密度为ρ。求水在汽车表面产生的平均冲击力的大小。
【答案】
【解析】 设水经时间Δt速度由v减为零,Δt内喷射到汽车表面的水的质量为m=ρV=ρSvΔt,
其中S=π()2,
对该部分水,设汽车表面的作用力大小为F,以水流速度方向为正方向,根据动量定理有
-FΔt=0-mv,解得F=,
由牛顿第三定律可知,水在汽车表面产生的平均冲击力大小为F′=F=。
流体类问题分析步骤
(1)建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S。
(2)微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt。
(3)建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体。
[例4] (粒子类)太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器的质量为490 kg,离子以 30 km/s 的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3.0×10-3 g/s,则探测器获得的平均推力大小为( )
[A]1.47 N [B]0.147 N
[C]0.09 N [D]0.009 N
【答案】 C
【解析】 对离子,根据动量定理有FΔt=Δmv,而Δm=3.0×10-3×10-3Δt,解得F=0.09 N,故探测器获得的平均推力大小为0.09 N。
微粒类问题分析步骤
(1)建立“柱体”模型,沿速度v0的方向选取一段微元,其横截面积为S。
(2)微元研究,作用时间Δt内一段微元的长度为Δl,对应的体积为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N求解。
三、用动量定理处理多过程问题
[例5] (2025·江苏泰州阶段练习)如图所示,游乐场中有一种将蹦极运动和大型滑梯结合的游乐项目。一名质量 m=60 kg的游客系着一条原长L=5 m 的弹性绳,从O点由静止开始下落,弹性绳从开始张紧至最长状态恰好到达B点,所用时间t1=1 s,到达B点时弹性绳自动和人体分离,游客顺着滑梯BC来到安全区域。滑梯BC可看作半径为0.8 m的光滑四分之一圆弧,C为圆弧的最低点,将此游客视为质点,不计下落过程中的空气阻力,g取10 m/s2。
(1)求从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客所受重力的冲量大小;
(2)求弹性绳从开始张紧至最长状态所受平均冲力的大小;
(3)若游客在滑梯BC上运动的时间t2=0.8 s,求游客在滑梯上受到的支持力的冲量大小。
【答案】 (1)1 200 N·s (2)1 200 N (3)240 N·s
【解析】 (1)游客从开始下落至弹性绳开始张紧做自由落体运动,设时间为t0,则L=g,
得t0==1 s,从开始下落到弹性绳最长状态的过程总时间t=t1+t0,则游客所受重力的冲量大小I=mg(t0+t1)=60×10×(1+1) N·s=1 200 N·s。
(2)从开始下落至弹性绳最长状态,设竖直向下为正方向,根据动量定理有mg(t0+t1)-Ft1=0,
得弹性绳所受平均冲力的大小F=1 200 N。
(3)设游客经C点的速度大小为v,从B点到C点,根据动能定理有mgR=mv2,
则游客动量的变化量
Δp=mv=m=240 kg·m/s,
方向水平向左;
又从B点到C点,重力的冲量
IG=mgt2=60×10×0.8 N·s=480 N·s,
方向竖直向下。
根据动量定理,重力、支持力的合冲量水平向左,则支持力的冲量大小
IN==240 N·s。
应用动量定理的几点提醒
(1)若物体在运动过程中受到的力不同时,可分成若干阶段来解,也可当成一个全过程,将各个阶段力的冲量求和然后列式求解。
(2)运用动量定理时,一定要认真进行受力分析,不可有遗漏,式中的力F是所受力的合力。
(3)公式中始、末动量,动量变化量和冲量均为矢量,列方程时要通过矢量合成、分解法则,应用数学知识求解。
(4)动量定理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路。当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时,应优先考虑动量定理;当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时,应优先考虑动能定理。
1.如图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线。若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么下列图像正确的是( )
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 由动量定理得Δp=I=-mgt,故选项A错误,C正确;又因为=F=-mg,故选项B、D错误。
2.超强台风的风力可达到17级超强台风强度,风速60 m/s左右,对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,空气密度为ρ,风力F与风速大小v的关系式为( )
[A]F=ρSv [B]F=ρSv2
[C]F=ρSv3 [D]F=ρSv3
【答案】 B
【解析】 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则m=ρSvt,根据动量定理得-F′t=0-mv=0-ρSv2t,解得F′=ρSv2,由牛顿第三定律得F=F′=ρSv2,故B正确,A、C、D错误。
3.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后物体还能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,分段求解。
选物体为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,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后物体做匀减速运动的过程,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=t1=×6 s=12 s。
法二 用动量定理,研究全过程。
选物体为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、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=t1=12 s。
课时作业
(分值:50分)
考点一 图像法解决动量定理问题
1.(4分)(2025·辽宁阜新阶段练习)甲、乙、丙三个不同物体所受的力与时间的关系图像分别如图甲、乙、丙所示,作用力使物体的动量发生变化,则它们的动量变化量的大小关系为( )
[A]Δp甲>Δp乙>Δp丙
[B]Δp丙>Δp乙>Δp甲
[C]Δp丙>Δp甲>Δp乙
[D]因物体的质量未知,无法判断
【答案】 B
【解析】 外力对甲、乙、丙三个物体的冲量分别为I甲=2F0×3t0=6F0t0,I乙=4F0×2t0=8F0t0,
I丙=×4F0×5t0=10F0t0,则I丙>I乙>I甲,根据动量定理,可知Δp丙>Δp乙>Δp甲,故B正确。
2.(6分) (多选)(2025·山东日照阶段检测)一个质量为m的小球从地面竖直上抛,在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
[A]小球t2时刻刚好落地
[B]小球在运动过程中的加速度最大为2g
[C]小球从抛出到落地的总时间为
[D]小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
【答案】 CD
【解析】 由pt图像可知,t2时刻后小球的动量不变,即小球的速度不变,此后运动了一段时间,说明t2时刻小球还没落地,故A错误;设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率的关系式为F阻=kv,由于pt图像的斜率表示合力,可知t=0时刻,pt 图像斜率的绝对值最大,则加速度最大,设小球运动过程中的最大加速度为amax,根据牛顿第二定律,有mg+kv1=mamax,其中v1=,由于t2时刻后p=,小球匀速下落,速度大小v2==,此时有mg=k,解得amax=3g,故B错误;设小球从地面抛出到最高点的时间为Δt1,上升的高度为h,从最高点到落地的时间为Δt2,根据动量定理,从地面到最高点有-mgΔt1-kΔt1=0-p0,即mgΔt1+kh=p0,同理下降阶段有mgΔt2-kΔt2=,即mgΔt2-kh=,联立可得总时间t总=Δt1+
Δt2=,故C正确;小球上升过程中阻力的冲量大小为If1=kt1=kh,下降过程中阻力的冲量大小为If2=kt2=kh,故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等,故D正确。
3.(8分)(2025·四川雅安模拟)在“积极稳妥推进碳达峰碳中和”“深入推进能源革命”等战略要求引领下,我国新能源汽车及产业供应链发展迅速。某车企对自主设计生产的新能源汽车进行性能测试。图甲是牵引力传感器传回的实时数据,图乙是速度传感器记录的25 s后的数据。已知被测试汽车质量为1 500 kg,汽车在水平测试平台上由静止开始做直线运动,运动过程中所受阻力恒定。求:
(1)18 s末汽车的速度大小;
(2)前25 s内汽车的位移大小。
【答案】 (1)26 m/s (2)608 m
【解析】 (1)由题图甲可知,18 s后汽车做匀速直线运动,有F牵=F阻,则F阻=1.5×103 N,
0~18 s,根据动量定理有
F1t1+F2t2-F阻(t1+t2)=mv,
解得v=26 m/s。
(2)0~6 s内,根据牛顿第二定律,得汽车的加速度为a1==5 m/s2,
位移为x1=a1=90 m,
6 s时的速度大小为v1=a1t1=30 m/s,
6~18 s内,加速度a2==- m/s2,
则位移x2=v1t2+a2=336 m,
18~25 s内,位移x3=vt3=182 m,
则前25 s内汽车的位移大小为
x总=x1+x2+x3=608 m。
考点二 应用动量定理处理“流体模型”
4.(4分)(2025·江西赣州期中)为测试某新车的性能,试验员驾驶该车在试验路面上匀速行驶,运动过程中,前方空气(初速度近似为0)与车作用后迅速与车共速,产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S,空气密度为ρ,在某次测试时,该车匀速运动时功率为P,若忽略地面的阻力,则测试条件下空气阻力的表达式为( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 汽车在做匀速直线运动,忽略地面阻力,则牵引力F与空气阻力F阻平衡,则有F=
F阻,该车匀速运动时功率为P,则有P=Fv,在极短时间Δt内与车的迎风面发生作用的空气的质量Δm=ρSvΔt,对该部分空气,根据动量定理有F阻′Δt=Δmv-0,根据牛顿第三定律有
F阻=F阻′,解得F阻=,故A正确。
5.(4分)(2025·安徽合肥期中)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来,使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示,一名质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内,已知气流密度为ρ,游客受风面积(游客在垂直于风力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定,而气流吹到人身上后竖直方向的速度变为零,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
[A]气流速度大小为
[B]单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为
[C]时间t内吹到人身上气流的动量变化量大小为mgt
[D]若风速变为原来的,游客开始运动时的加速度大小为g
【答案】 C
【解析】 设在Δt时间内吹向游客的气体质量为Δm,根据动量定理,对该部分气体有FΔt=Δmv,即气体对游客的作用力大小为F,而游客处于静止状态,故满足F=mg,另外Δm=ρvΔtS,联立可得v=,故A错误;单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为V=vπ()2,联立解得V=,故B错误;根据动量定理,时间t内吹到人身上气流的动量变化量大小为Δp=Ft=mgt,故C正确;若风速变为原来的,设风力为F′,则有F′Δt=Δm′,而Δm′=ρ·ΔtS=,联立可得F′=,根据牛顿第二定律有mg-F′=ma,解得a=g,故D错误。
考点三 用动量定理处理多过程问题
6.(6分)(多选)(2025·重庆沙坪坝期末)为了防止高空坠物对路上行人造成伤害,我国已将高空抛物纳入了法律追责范畴。假设质量为m、长度为l的铝筷从距离地面高h的平台由静止竖直下落,到达地面后刚好全部没入泥土中。不计空气阻力,重力加速度为g。关于筷子下落的整个过程,下列说法正确的是( )
[A]筷子所受阻力的冲量大小等于m
[B]筷子动量的变化量为0
[C]筷子克服阻力做功为mgl
[D]筷子的机械能减小了mg(h+l)
【答案】 BD
【解析】 筷子先做自由落体运动,其落地速度v=,筷子刚好全部没入泥土中,取竖直向下为正方向,根据动量定理有mgt2-I阻=0-mv,解得I阻=mgt2+m,故A错误;筷子从初速度为零到全部没入泥土中速度减为零,全过程的动量变化量为零,故B正确;对全过程根据动能定理有mg(h+l)-W阻=0-0,则W阻=mg(h+l),故C错误;根据功能关系,筷子克服阻力做功等于机械能减少量,即机械能减少mg(h+l),故D正确。
7.(6分)(多选)(2025·安徽蚌埠期中)如图所示,一个斜劈M放置在粗糙的水平地面上,斜劈左、右侧斜面光滑,倾角分别为α和β,且α<β,α+β=90°。两小滑块P和Q同时从斜面顶端由静止释放。已知P、Q和斜劈M的质量均为m,重力加速度为g,下列判断正确的是( )
[A]从释放到Q滑至地面的过程中,地面的摩擦力对M的冲量为0
[B]从释放到P滑至地面的过程中,地面的摩擦力对M的冲量为0
[C]从释放到P滑至地面的时间t内,地面对M的支持力冲量大小为3mgt
[D]从释放到Q滑至地面的时间t′内,地面对M的支持力冲量大小为2mgt′
【答案】 AD
【解析】 两滑块由静止释放后,滑块P沿斜面加速下滑的加速度大小为a1==gsin α,而斜面对P的支持力大小为FN1=mgcos α;滑块Q沿斜面加速下滑的加速度大小为a2==gsin β,斜面对Q的支持力大小为FN2=mgcos β,由于α<β,Q的加速度大于P的加速度,又Q下滑的位移小于P下滑的位移,可知从释放到Q滑至地面的时间t′小于P滑至地面的时间t,而P、Q对M的压力的水平分力大小分别为FN1x=FN1sin α=mgcos αsin α,
FN2x=FN2sin β=mgcos βsin β,由于α+β=90°,则有FN1x=FN2x,可知此过程地面对M的摩擦力为0,则地面的摩擦力对M的冲量为0;当Q到达地面后,P还在斜面上运动,则地面对M的摩擦力不为0,即地面的摩擦力对M的冲量不为0,故A正确,B错误。从释放到Q滑至地面的过程中,P、Q对M的压力的竖直分力大小分别为FN1y=FN1cos α=mgcos2α,FN2y=
FN2cos β=mgcos2β,则地面对M的支持大小为FN地=mg+FN1y+FN2y=mg+mgcos2α+mgcos2β=
2mg,其冲量大小为FN地t′=2mgt′,故D正确。P、Q在斜面上运动过程有竖直向下的分加速度,处于失重状态,地面对M的支持力一定小于3mg,则地面对M的支持力冲量大小一定小于3mgt,故C错误。
8.(12分)(2025·吉林长春模拟)汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶,行驶过程中司机忽然发现前方有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车加速度的大小随位置变化的关系如图所示。0~x1段为司机的反应阶段,在这段时间内汽车仍保持匀速行驶,x1~x2段为刹车系统的启动阶段,从x2位置开始,汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从x2位置开始计时,汽车第1 s内的位移为10 m,第3 s内的位移为6 m。
(1)求汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小;
(2)若x1~x2段位移大小为11.5 m,汽车质量为1.5×103 kg,求汽车刹车系统启动阶段合力的冲量大小。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)1.5×103 N·s
【解析】 (1)设第3 s内汽车未停止,根据匀变速直线运动推论可得Δx1-Δx3=2aT2,
可得汽车刹车系统稳定工作后加速度的大小为
a== m/s2=2 m/s2;
根据逆向思维可知,汽车最后一秒内的位移应为x0=aT2=1 m<6 m,
假设成立。
(2)设在x2位置时汽车的速度大小为v2,根据位移公式,其位移Δx1=v2T-aT2=10 m,
解得v2=11 m/s;
设在x1位置时汽车的速度大小为v1,x1~x2段的平均加速度为,
根据位移速度公式v2-=2x可知,
x1~x2段图像与横轴围成的面积
S=(-),
又S=a(x2-x1)=×2×11.5 m2/s2
=11.5 m2/s2,
即(-)=a(x2-x1),
联立解得v1=12 m/s,
汽车刹车系统启动阶段,由动量定理得合力的冲量
I合=mv2-mv1=-1.5×103 N·s,
则该阶段合力的冲量大小为1.5×103 N·s。(共31张PPT)
微专题1 动量
定理的拓展应用
突破·关键能力
一、图像法解决动量定理问题
[例1] (p-t图像的应用)(多选)(2025·湖南期中)一辆质量为m的汽车在公路上做加速直线运动,其动量p与时间t的关系图像如图中实线所示,BC段的反向延长线经过坐标原点O。已知三角形BCD的面积为S0,BC的斜率是AB斜率的2倍,下列说法正确的是( )
[A]p-t图像与横轴所围面积表示合力的功
[B]t0~2t0时间内的合力是0~t0内的2倍
BD
[例2] (F-t图像的应用)(2025·江苏苏州期中)如图所示,一质量m=2 kg的物块在水平地面上运动,物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1;t=0时,物块的速度大小v0=4 m/s,方向水平向右。此时对物体施加一外力F,F随时间t的变化关系满足F=3-0.5t(N),规定向右为正方向,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)0~6 s外力F的冲量大小;
【答案】 (1)9 N·s
(2)物块向右运动过程中速度最大的时刻和值;
【答案】 (2)2 s 4.5 m/s
(3)物块向右运动的时间。
【答案】 (3)8 s
·方法总结·
F-t图像与时间轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量。
二、应用动量定理处理“流体模型”
[例3](液体、气体类)(2025·山东滨州阶段练习)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d,水从枪口高速喷出,近距离垂直喷射到汽车表面且速度迅速由v变为零,忽略水从枪口喷出后的发散效应,认为水垂直喷射汽车表面,水的密度为ρ。求水在汽车表面产生的平均冲击力的大小。
·方法总结·
流体类问题分析步骤
(1)建立“柱状”模型,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S。
(2)微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt。
(3)建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体。
[例4] (粒子类)太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器的质量为
490 kg,离子以 30 km/s 的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3.0×10-3 g/s,则探测器获得的平均推力大小为( )
[A]1.47 N [B]0.147 N
[C]0.09 N [D]0.009 N
C
【解析】 对离子,根据动量定理有FΔt=Δmv,而Δm=3.0×10-3×10-3Δt,解得F=0.09 N,故探测器获得的平均推力大小为0.09 N。
·方法总结·
微粒类问题分析步骤
(1)建立“柱体”模型,沿速度v0的方向选取一段微元,其横截面积为S。
(2)微元研究,作用时间Δt内一段微元的长度为Δl,对应的体积为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N求解。
三、用动量定理处理多过程问题
[例5] (2025·江苏泰州阶段练习)如图所示,游乐场中有一种将蹦极运动和大型滑梯结合的游乐项目。一名质量 m=60 kg的游客系着一条原长L=5 m 的弹性绳,从O点由静止开始下落,弹性绳从开始张紧至最长状态恰好到达B点,所用时间t1=1 s,到达B点时弹性绳自动和人体分离,游客顺着滑梯BC来到安全区域。滑梯BC可看作半径为0.8 m的光滑四分之一圆弧,
C为圆弧的最低点,将此游客视为质点,不计下落过程中
的空气阻力,g取10 m/s2。
(1)求从开始下落至弹性绳最长状态的过程中,游客所受重力的冲量大小;
【答案】 (1)1 200 N·s
(2)求弹性绳从开始张紧至最长状态所受平均冲力的大小;
【答案】 (2)1 200 N
【解析】 (2)从开始下落至弹性绳最长状态,设竖直向下为正方向,
根据动量定理有mg(t0+t1)-Ft1=0,
得弹性绳所受平均冲力的大小F=1 200 N。
(3)若游客在滑梯BC上运动的时间t2=0.8 s,求游客在滑梯上受到的支持力的冲量大小。
·误区警示·
应用动量定理的几点提醒
(1)若物体在运动过程中受到的力不同时,可分成若干阶段来解,也可当成一个全过程,将各个阶段力的冲量求和然后列式求解。
(2)运用动量定理时,一定要认真进行受力分析,不可有遗漏,式中的力F是所受力的合力。
(3)公式中始、末动量,动量变化量和冲量均为矢量,列方程时要通过矢量合成、分解法则,应用数学知识求解。
·误区警示·
(4)动量定理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路。当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时,应优先考虑动量定理;当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时,应优先考虑动能定理。
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1.如图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线。若不计空气阻力,取竖直向上为正方向,那么下列图像正确的是( )
C
[A] [B] [C] [D]
2.超强台风的风力可达到17级超强台风强度,风速60 m/s左右,对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,空气密度为ρ,风力F与风速大小v的关系式为( )
B
【解析】 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则m=ρSvt,根据动量定理得-F′t=0-mv=0-ρSv2t,解得F′=ρSv2,由牛顿第三定律得F=F′=ρSv2,故B正确,A、C、D错误。
3.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后物体还能向前运动多长时间才停止 (g取10 m/s2)
【答案】 12 s
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