变式2
(多选)如图3所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t,则( )
图3
A.拉力对物体的冲量大小为Ft
B.拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ
C.摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ
D.合外力对物体的冲量大小为零
答案 AD
解析 拉力F对物体的冲量就是Ft,所以A项正确,B项错误;物体受到的摩擦力Ff=Fcosθ,所以,摩擦力对物体的冲量大小为Fft=Ftcosθ,C项错误;物体匀速运动,合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,D项正确.
命题点二 动量定理的基本应用
1.动量定理的理解
(1)中学物理中,动量定理研究的对象通常是单个物体.
(2)Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft是物体所受的合外力的冲量.
(3)Ft=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.
(4)由Ft=p′-p,得F=
=
,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.
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,其研究对象一般仅限于单个物体.
(2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;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.
例3
(2015·重庆理综·3)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产生作用力前人下落的距离为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,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大小为( )
A.
+mgB.
-mg
C.
+mgD.
-mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v=
,在t时间内对人由动量定理得(mg-F)t=0-mv,解得安全带对人的平均作用力为F=
+mg,A项正确.
变式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( )
A.减小球对手的冲量B.减小球对手的冲击力
C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量
答案 B
变式4
(2015·安徽理综·22)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5m的位置B处是一面墙,如图4所示.物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止,g取10m/s2.
图4
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
答案
(1)0.32
(2)130N (3)9J
解析
(1)对小物块从A运动到B处的过程,应用动能定理得-μmgs=
mv2-
mv02
代入数值解得μ=0.32
(2)取向右为正方向,碰后物块速度v′=-6m/s
由动量定理得:
FΔt=mv′-mv
解得F=-130N
其中“-”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
(3)对物块反向运动过程,应用动能定理得
-W=0-
mv′2
解得W=9J
命题点三 动量定理在多过程问题中的应用
应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似,有分段列式和全程列式两种思路.
例4
一高空作业的工人重为600N,系一条长为L=5m的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s(工人最终悬挂在空中),则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少?
(g取10m/s2,忽略空气阻力的影响)
答案 1200N,方向竖直向下
解析 解法一 分段列式法:
依题意作图,如图所示,
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1,v12=2gL,得
v1=
经缓冲时间t=1s后速度变为0,取向下为正方向,对工人由动量定理知,工人受两个力作用,即拉力F和重力mg,所以(mg-F)t=0-mv1,F=
将数值代入得F=1200N.
由牛顿第三定律,工人给安全带的平均冲力F′为1200N,方向竖直向下.
解法二 全程列式法:
在整个下落过程中对工人应用动量定理,重力的冲量大小为mg(
+t),拉力F的冲量大小为Ft.初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理知
mg(
+t)-Ft=0
解得F=
=1200N
由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F′=F=1200N,方向竖直向下.
变式5
一个质量为m=100g的小球从离厚软垫h=0.8m高处自由下落,落到厚软垫上,若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t=0.2s,则在这段时间内,软垫对小球的冲量是多少?
(g=10m/s2)
答案 0.6N·s,方向竖直向上
解析 设小球自由下落h=0.8m的时间为t1,由
h=
gt12得t1=
=0.4s.
设I为软垫对小球的冲量,并令竖直向下的方向为正方向,则对小球整个运动过程运用动量定理得
mg(t1+t)+I=0,得I=-0.6N·s.
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反,方向竖直向上.
命题点四 应用动量定理处理“流体模型”
的冲击力问题
1.研究对象
常常需要选取流体为研究对象,如水、空气等.
2.研究方法
是隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解.
3.基本思路
(1)在极短时间Δt内,取一小柱体作为研究对象.
(2)求小柱体的体积ΔV=vSΔt
(3)求小柱体质量Δm=ρΔV=ρvSΔt
(4)求小柱体的动量变化Δp=vΔm=ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt=Δp
例5
(2016·全国卷Ⅰ·35
(2))某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,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;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.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.
答案
(1)ρv0S
(2)
-
解析
(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内,可认为喷出的水柱保持速度v0不变.
该时间内,喷出水柱高度Δl=v0Δt①
喷出水柱质量Δm=ρΔV②
其中ΔV为水柱体积,满足ΔV=ΔlS③
由①②③可得:
喷泉单位时间内喷出的水的质量为
=ρv0S
(2)设玩具底板相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲=Mg④
其中,F冲为水柱对玩具底板的作用力
由牛顿第三定律:
F压=F冲⑤
其中,F压为玩具底板对水柱的作用力,设v′为水柱到达玩具底面时的速度
由运动学公式:
v′2-v02=-2gh⑥
在很短Δt时间内,冲击玩具的水柱的质量为Δm
Δm=ρv0SΔt⑦
由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理
(F压+Δmg)Δt=Δmv′⑧
由于Δt很小,Δmg也很小,可以忽略,⑧式变为
F压Δt=Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h=
-
变式6
为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103kg/m3)( )
A.0.15PaB.0.54Pa
C.1.5PaD.5.4Pa
答案 A
解析 设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v=12m/s减为零.以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理:
FΔt=0-(-Δmv)=Δmv,得到F=
v.设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水,在Δt时间内水面上升Δh,则有Δm=ρSΔh,得F=ρSv
.压强p=
=ρv
=1×103×12×
Pa=0.15Pa.
变式7
如图5所示,由喷泉中喷出的水柱,把一个质量为M的垃圾桶倒顶在空中,水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)
从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)
图5
答案
-
(
)2
解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h,并设水柱到达h高处的速度为vt,则
vt2-v02=-2gh
得vt2=v02-2gh
由动量定理得,在极短时间Δt内,水受到的冲量为
FΔt=2(
·Δt)vt
解得F=2
·vt=2
据题意有F=Mg
联立解得h=
-
(
)2
1.物体的动量变化量的大小为5kg·m/s,则( )
A.物体的动量在减小
B.物体的动量在增大
C.物体的动量大小也可能不变
D.物体的动量大小一定变化
答案 C
2.(多选)关于物体的动量,下列说法中正确的是( )
A.物体的动量越大,其惯性也越大
B.同一物体的动量越大,其速度一定越大
C.物体的加速度不变,其动量一定不变
D.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
答案 BD
3.质量为m的钢球自高处落下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为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)
答案 D
4.质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面,再以4m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是( )
A.Δp=2kg·m/s W=-2J
B.Δp=-2kg·m/s W=2J
C.Δp=0.4kg·m/s W=-2J
D.Δp=-0.4kg·m/s W=2J
答案 A
5.(多选)从同样高度静止落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上不容易打碎,其原因是( )
A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小
B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用力大,而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小
答案 CD
6.如图1所示,质量为m的物体在水平外力F作用下以速度v沿水平面匀速运动,当物体运动到A点时撤去外力F,物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点,则物体由A点到B点的过程中,下列说法正确的是( )
图1
A.v越大,摩擦力对物体的冲量越大;摩擦力做功越多
B.v越大,摩擦力对物体的冲量越大;摩擦力做功与v的大小无关
C.v越大,摩擦力对物体的冲量越小;摩擦力做功越少
D.v越大,摩擦力对物体的冲量越小;摩擦力做功与v的大小无关
答案 D
7.(2018·广东珠海调研)将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,g取10m/s2,以下判断正确的是( )
A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10N·s
B.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10N·s
D.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10N·s
答案 A
8.质量为1kg的物体做直线运动,其速度图象如图2所示,则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是( )
图2
A.10N·s 10N·s
B.10N·s -10N·s
C.0 10N·s
D.0 -10N·s
答案 D
9.物体在恒定的合力作用下做直线运动,在时间t1内动能由零增大到E1,在时间t2内动能由E1增加到2E1,设合力在时间t1内做的功为W1,冲量为I1,在时间t2内做的功是W2,冲量为I2,则( )
A.I1<I2,W1=W2B.I1>I2,W1=W2
C.I1>I2,W1<W2D.I1=I2,W1<W2
答案 B
10.(2018·河南邢台质检)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v.在此过程中( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为
mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为
mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
答案 B
11.如图3所示,一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动,一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动,铁块与木板间存在摩擦,为使木板能保持速度v0向右匀速运动,必须对木板施加一水平力,直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长,求此过程中水平力的冲量大小.
图3
答案 2mv0
解析 考虑M、m组成的系统,设M运动的方向为正方向,根据动量定理有Ft=(M+m)v0-(Mv0-mv0)=2mv0
则水平力的冲量I=Ft=2mv0.
12.质量为1kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4.有一大小为5N的水
平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3s后撤去F.求物体运动的总时间(g取10m/s2).
答案 3.75s
解析 物体由开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有
Ft1-Fft=0①
又Ff=μmg②
联立①②式解得t=
,代入数据解得t=3.75s.
13.一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5m,据测算两车相撞前速度约为30m/s.
(1)试求车祸中车内质量约60kg的人受到的平均冲力.
(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1s,求这时人体受到的平均冲力.
答案
(1)5.4×104N
(2)1.8×103N
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0.5m.
设运动的时间为t,根据x=
t,得t=
=
s,
根据动量定理Ft=Δp=mv0
得F=
=
N=5.4×104N.
(2)若人系有安全带,则F′=
=
N=1.8×103N.