第2节 动量和动量定理
[随堂巩固]
1．(对动量的理解)关于动量，下列说法正确的是
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量大的物体，它的速度一定也大
C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，选项A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确。
答案 D
2．(对冲量的理解)如图16－2－3所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，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F1。在整个过程中，重力对滑块的总冲量为
图16－2－3
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确。
答案 C
3．(动量定理的理解和应用)(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹。下列说法中正确的是
A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量
B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s
答案 BD
4．(动量定理的理解和应用)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力多大？
解析 对自由落体运动，有：h＝gt
解得：t1＝
规定向下为正方向，对运动的全过程，根据动量定理，有：
mg(t1＋t)－Ft＝0
解得：F＝＋mg。
答案 ＋mg
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题组一 对动量和冲量的理解
1．(多选)下列关于动量的说法中，正确的是
A．动能不变，物体的动量一定不变
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
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发生变化，它的动量一定改变
解析 动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项A错误。做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻变化，所以其动量时刻变化，B错，速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，C对，运动状态发生变化即速度发生变化，D对。
答案 CD
2．如图16－2－4所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t
图16－2－4
A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
解析 甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式p＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的。
答案 C
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析 由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小，故动量先增大后减小，故A正确；在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功，但由分析可知，人的动能先增大后减小，故B错误；绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零，但此时人的动能不是最大，故C错误；人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力，故D错误。
答案 A
题组二 动量定理的理解及定性分析
4．如图16－2－5所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是
图16－2－5
A．两物体所受重力的冲量相同
B．两物体所受合外力的冲量相同
C．两物体到达斜面底端时的动量不同
D．两物体动量的变化量相同
解析 物体在斜面上运动的加速度a＝gsin α，斜面长l＝，由＝gsin αt2，知t2＝，即A、B两物体在斜面上运动时间不同，即重力的冲量不同，A错；根据动能定理，在斜面最底端v的大小相同，但方向不同，由动量定理：Ft＝Δmv可知，A、B的合外力冲量也不同，B错误，C正确；动量的变化量Δp＝Δmv，方向不同，动量变化量亦不相同，D错误。
答案 C
5．如图16－2－6所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为
图16－2－6
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
解析 两种情况下铁块受到的摩擦力相同，但摩擦力的作用时间不同，以2v速度抽出纸条时，作用时间短，摩擦力的冲量小，根据动量定理可知，以2v速度抽出纸条时，铁块的动量变化小，抛出时的速度小，根据平抛运动的规律，铁块落在P点左侧。
答案 B
6．在距地面高h处、同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛三个质量均为m的物体，当它们从抛出点落到地面时，比较它们的动量的增量Δp，有
A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大
C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大
解析 由动量定理可知I合＝Δp，而I合＝mgt，竖直上抛过程t2最大，所以Δp2最大，应选B。
答案 B
题组三 动量定理的定量计算
7．质量为m的钢球自高处落下，以速度大小v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
解析 钢球以大小为v1的竖直速度与地面碰撞后以太小为v2的速度反弹，钢球在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定。根据动量定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量。设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1
由于碰撞时间极短，t趋于零，则mgt趋于零。所以Ft＝m(v2＋v1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)。
答案 D
8．原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图16－2－7所示，则
图16－2－7
A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0内动量变化相等
B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0内平均速率不等
C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零
D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
解析 0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A错；t＝t0时，物体速度最大，由动量定理Ft＝Δmv可得，F0t0－F0t0＝0，t＝2t0时物体速度为零，0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，B错、C正确；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D错。
答案 C
9．如图16－2－8所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小。(g取10 m/s2)
图16－2－8
解析 钢球落到地面时的速度大小为v0＝＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为vt＝＝8 m/s，分析钢球和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，vt的方向为正方向，再根据动量定理得(FN－mg)t＝mvt－(－mv0)，代入数据解得FN＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N。
答案 190 N
10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞。两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s，则：
(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力的大小；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力的大小。
解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。
设运动的时间为t，则由x＝t得，t＝＝ s。
根据动量定理得Ft＝Δp＝－mv0，
解得F＝－＝－60× N＝－5.4×104 N，与运动方向相反。
(2)若此人系有安全带，则F′＝＝ N＝－1.8×103 N，与运动方向相反。
答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
11．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量p′。
解析 (1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量I＝mgt＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下。(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，
故h＝gt2，
落地时间t＝＝1 s。
小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为
I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下，
由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下。
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s。
由速度合成知，落地速度
v＝＝m/s＝10 m/s。
所以小球落地时的动量大小为
p′＝mv＝10 kg·m/s。
方向与水平方向的夹角为45°。
答案 (1)4 N·s 方向竖直向下 (2)10 N·s方向竖直向下 (3)10 kg·m/s方向与水平方向的夹角为45°
课件31张PPT。第2节 动量和动量定理[学习目标]
1．理解动量的概念，知道动量和动量的变化量均为矢量；会计算一维情况下的动量变化量。
2．理解冲量的概念，知道冲量是矢量。
3．理解动量定理的确切含义及其表达式。
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象。质量 速度 mv 千克米每秒 kg·m/s 速度 平行四边形定则 状态量 时刻 末动量 初动量 Δp＝p′－p 作用时间 I＝F(t′－t) 牛顿秒 N·s 力的方向 时间 力的冲量 F(t′－t) I × × × √ √ × √ 答案 CD答案 AD答案 A [答案] 见解析答案 A [答案] 1 500 N答案 B本讲结束
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