物理第一章 动量和动量守恒定律第二节 动量定理学案及答案

这是一份物理第一章 动量和动量守恒定律第二节 动量定理学案及答案，共12页。


一、动量定理
1．内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．
2．表达式：Ft＝mvt－mv0.
3．适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力．在后一种情况下，动量定理中的力F通常取作用时间内的平均值．
二、动量定理的应用
动量定理只考虑物体相互作用的始末状态，不考虑具体过程和细节．在涉及力、力的作用时间、速度的问题时，采用动量定理处理问题比较简捷．
1．判断下列说法的正误．
(1)若物体在一段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零．
( √ )
(2)某人跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于人跳到沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小．( × )
(3)瓦工师傅贴墙砖时，为了使墙砖平整，往往用橡皮锤敲打墙砖，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小．( × )
(4)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，这样做可以减小球的动量的变化率，保护运动员的安全．( √ )
2．在一条直线上运动的物体，其初动量为8 kg·m/s，它在第1 s内受到的冲量为－3 N·s，第2 s内受到的冲量为5 N·s，它在第2 s末的动量为________ kg·m/s.
答案 10
解析 根据动量定理得：I1＋I2＝p－mv0，则p＝I1＋I2＋mv0＝(－3＋5＋8) kg·m/s＝10 kg·m/s.
一、动量定理的理解
1．动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
2．动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，在一维情况下运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
3．公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是均匀变化的力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
(多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是( )
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D．在车内推车推不动，是因为车(包括人)所受合外力的冲量为零
答案 CD
解析 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小；用手接篮球时，手往后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力，A、B项错误；据动量定理F·t＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内部作用无关，D项正确．
(多选)A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球运动过程中空气阻力不计，则在落地前下列说法正确的是( )
A．相等时间内，动量的变化大小相等、方向相同
B．相等时间内，动量的变化大小相等、方向不同
C．动量的变化率大小相等、方向相同
D．动量的变化率大小相等、方向不同
答案 AC
解析 A、B两球在运动过程中只受重力作用，相等时间内重力的冲量相同，因此在相等时间内两球动量的变化大小相等、方向相同，A选项正确，B选项错误；动量的变化率为eq \f(Δp,Δt)＝meq \f(Δv,Δt)＝mg，大小相等、方向相同，C选项正确，D选项错误．
二、动量定理的应用
1．定性分析有关现象
(1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．
(2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．
2．应用动量定理定量计算的一般步骤
eq \x(选定研究对象，明确运动过程)→eq \x(进行受力分析，确定初、末状态)
→eq \x(选取正方向，确定各矢量符号，列动量定理方程求解)
质量为0.2 kg的小球以6 m/s、竖直向下的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，g取10 m/s2.
(1)求小球与地面碰撞前后瞬间动量的变化量；
(2)若小球与地面的作用时间为0.2 s，求小球受到地面的平均作用力大小．
答案 (1)2 kg·m/s，方向竖直向上 (2)12 N
解析 (1)取竖直向上为正方向，则初动量为负，末动量为正，动量的变化量为Δp＝p′－p＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．
(2)由动量定理得(F－mg)t＝Δp，
解得F＝eq \f(Δp,t)＋mg＝eq \f(2,0.2) N＋0.2×10 N＝12 N.
用动量定理解题时应注意的问题
1．列方程前首先选取正方向；
2．分析速度时一定要选取同一参考系，一般选地面为参考系；
3．公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．
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 解法一 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＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s.
解法二 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(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s.
三、用动量定理处理流体问题
有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区平均1 m3中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－6 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加( )
A．36 N B．3.6 N
C．12 N D．1.2 N
答案 A
解析 取时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，其初动量为0，末动量为Mv.设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得，F·Δt＝Mv－0，则F＝eq \f(Mv,Δt)＝eq \f(mSvΔt·v,Δt)＝mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船牵引力应增加F′＝F＝mSv2；代入数据得：F′＝2×10－6×2×(3×103)2 N＝36 N.
动量定理处理流体问题的思路
1．在极短时间Δt内，取“流体”的一段小柱体为研究对象．
2．求出小柱体的质量：
Δm＝ρΔV＝ρSvΔt
3．小柱体动量变化量的大小：
Δp＝Δmv＝ρSv2Δt
4．应用动量定理FΔt＝Δp求作用力.
1．(利用动量定理定性分析实际问题)(2020·重庆市万州第一中学高一期末)交通管理法规规定：骑摩托车必须戴好头盔，这样做的目的是保护交通事故中的车手，理由是( )
A．减小头部的冲量，起到安全作用
B．延长头部与硬物的接触时间，从而减小冲力，起到保护作用
C．减小头部的速度变化使人安全
D．减小头部的动量变化量，起到安全作用
答案 B
解析 戴和不戴头盔，头部的速度变化相同，则动量变化量相同，根据动量定理可知，受到的冲量也相同，而戴头盔能够延长头部与硬物的接触时间，根据FΔt＝Δp可知，可以减小冲力，从而起到保护作用，故B正确，A、C、D错误．
2．(动量定理的应用)(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
答案 C
3．(应用动量定理处理流体问题)(2020·河北辛集中学高三上月考)超强台风“利奇马”在
2019年8月10日凌晨1点45分前后在浙江温岭沿海登陆，登陆时中心附近的最大风力
16级(52米/秒)，是新中国成立之后登陆我国强度排第五的超强台风，风力大，降水强度大，影响范围广，涉及10个省区市，持续时间长，也是历史上少有的超强台风，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，风吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F与风速大小v的关系式为( )
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝eq \f(1,2)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，则有m＝ρSvt，根据动量定理可得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得风力F与风速大小v的关系式为F＝ρSv2，故选B.
4．(动量定理的应用)(2020·广西防城港市防城中学期中)一辆轿车以30 m/s的速度行驶时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，相撞后两车均停下来，已知作用时间为0.025 s.
(1)求车祸中车内质量m＝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，求这种情况下人受到的平均冲力与不系安全带时人受到的平均冲力之比．
答案 (1)7.2×104 N (2)1∶40
解析 (1)设人受到的平均冲力大小为F，以轿车原来速度的方向为正方向
根据动量定理有－Ft＝0－mv0
解得F＝7.2×104 N
(2)若人系有安全带，同理可得
－F′t′＝－mv0
解得F′＝1.8×103 N
则F′∶F＝1∶40.
考点一 动量定理的理解
1．(多选)关于动量和冲量的说法，正确的是( )
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量变化的方向，就是它所受合外力的冲量方向
D．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大
答案 BCD
解析 由动量定理可知，物体所受合外力的冲量的大小等于动量变化的大小，方向与动量变化的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确．
2．(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，根据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
3.如图1所示，重物G压在纸带上，用一水平力缓慢地拉动纸带，重物G会跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物G下面抽出，关于这个现象，下列说法中正确的是( )
图1
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力
B．在缓慢拉动纸带时，纸带对重物的冲量大
C．在迅速拉动纸带时，纸带对重物的冲量大
D．迅速拉动纸带时重物的动量变化大
答案 B
解析 用水平力F慢慢拉动纸带，重物与纸带间有静摩擦力，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，重物与纸带间有滑动摩擦力，滑动摩擦力大于或等于静摩擦力，故A错误；缓慢拉动纸带时，重物跟着纸带运动，动量变化大，故缓慢拉时纸带对重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故缓慢拉时，纸带对重物的冲量大，故B正确，C、D错误．
考点二 动量定理的应用
4．(多选)(2020·江苏如皋高二上调研)运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被球拍击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.重力影响可忽略，则此过程中球拍对网球作用力的冲量( )
A．大小为m(v2＋v1) B．大小为m(v2－v1)
C．方向与v1方向相同 D．方向与v2方向相同
答案 AD
解析 以v1的方向为正方向，则球拍对网球作用力的冲量为I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则冲量的大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，选项A、D正确，B、C错误．
5．(多选)(2020·石家庄二中高二上月考)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变化为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(重力加速度为g)( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
答案 BCD
解析 根据动量定理，物体动量的变化量等于末动量与初动量的矢量差，而不是代数差，A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正确；Δp＝mΔv＝mvy＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正确．
6．(2020·内蒙古集宁一中高二月考)甲、乙两物体分别在恒力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2所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则下列F、I的关系正确的是( )
图2
A．F1F2，I1>I2
C．F1>F2，I1＝I2 D．F1＝F2，I1＝I2
答案 C
解析 由题图图像可知，甲、乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1＝I2；根据I＝FΔt知，作用时间长的力较小，则有F1>F2，故选C.
7.(2020·济南市历城第二中学高三月考)地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年．如图3所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
图3
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)
C.eq \f(m\r(gh),t) D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
答案 A
解析 铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v＝eq \r(2gh)
设蟾蜍口对铜珠的作用力为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：
Ft－mgt＝0－(－mv)
解得：F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，根据牛顿第三定律可知，铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小F′＝F，A正确．
8．(2020·福建三元三明一中期中)人们对手机的依赖性越来越强，如图4所示，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况．若手机质量为120 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到的手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是( )
图4
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为0.24 N
答案 B
解析 根据自由落体运动规律得v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s，选取向上为正方向，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－(－mv)＝0.12×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s，A错误；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，由动量定理得Iy－mgt＝Δp，代入数据可得：Iy＝0.48 N·s，眼睛对手机的作用力F＝eq \f(Iy,t)＝eq \f(0.48,0.2) N＝2.4 N，手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s，作用力大小约为2.4 N，方向竖直向下，故B正确，C、D错误．
9．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
答案 B
解析 设1 s时间内喷出的气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理有Ft＝mv－0，则m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，选项B正确．
10．(多选)如图5所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )
图5
A．小球的机械能减少了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于meq \r(2gH)
D．小球动量的变化量等于所受阻力的冲量
答案 AC
解析 在整个过程中，小球动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，所以A正确；对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－WF＝0，则小球克服阻力做功WF＝mg(H＋h)，故B错误；根据运动学规律，小球落到地面的速度v＝eq \r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq \r(2gH)，可知阻力的冲量为：IF＝IG＋meq \r(2gH)，即大于meq \r(2gH)，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．
11．(2020·湖南常德期中联考)原来静止的物体受合外力作用的时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图6所示，则( )
图6
A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相同
B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率不相等
C．t＝2t0时物体的瞬时速度为零，外力在0～2t0时间内对物体的冲量为零
D．0～2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
答案 C
解析 0～t0与t0～2t0内作用力方向不同，故动量变化量不相同，A错误．t＝t0时物体速度最大，t＝0和t＝2t0时物体速度都为零，两段时间内平均速率相等；又I＝F0t0－F0t0＝0，故B错误，C正确.0～2t0时间内，物体先加速后减速，位移不为零，W总＝ΔEk＝0，D错误．
12.水刀切割具有精度高、无热变形、无手刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用．某水刀切割机床如图7所示，若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，忽略水流重力的影响，则钢板受到水的冲击力大小为( )
图7
A．πρd2v B．πρd2v2
C.eq \f(1,4)πρd2v D.eq \f(1,4)πρd2v2
答案 D
解析 设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为m＝ρV＝ρSvt＝eq \f(1,4)πd2ρvt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有Ft＝0－mv，解得F＝－eq \f(mv,t)＝－eq \f(1,4)πd2ρv2，则由牛顿第三定律得钢板受到水的冲击力大小为
eq \f(1,4)πd2ρv2，故选D.
13．(2020·山东高二月考)高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”.2020年5月28日十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和国民法典》，自2021年1月1日起施行关于高空抛物的新规定，明确侵权人依法承担的责任．高空抛物的危害究竟有多大呢？让我们通过数据说明．若质量为0.2 kg的苹果，从一居民楼的16层坠下．假设每层楼的高度为3 m，则苹果下落的高度为45 m，重力加速度为10 m/s2，不计空气阻力．
(1)苹果撞击地面的过程中，求苹果的动量变化量(取竖直向下为正方向)；
(2)若苹果与地面碰撞时间约为1.2×10－3 s，求苹果对地面的撞击力大小．
答案 (1)－6 kg·m/s，方向竖直向上 (2)5 002 N
解析 (1)设苹果撞击地面前瞬间速度为v，由v＝eq \r(2gh)，解得v＝30 m/s，苹果的末速度为0，则苹果撞击地面的过程中动量变化量Δp＝0－mv，可得Δp＝－6 kg·m/s，方向竖直向上．
(2)设苹果撞击地面的过程中，地面对苹果的撞击力大小为F，由动量定理得(mg－F)Δt＝0－mv，代入数据得F＝5 002 N，根据牛顿第三定律，地面对苹果的撞击力与苹果对地面的撞击力大小相等，方向相反，故苹果对地面的撞击力大小F′＝5 002 N.
14.如图8所示，质量m＝2 kg的物体，在水平力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作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s物体与竖直墙相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰墙后反向弹回的速度大小v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小．(g取10 m/s2)
图8
答案 280 N
解析 选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，撤去F后，物体受力如图乙所示，

选F的方向为正方向，根据动量定理得：(F－μmg)t1－μmgt2＝mv
解得v＝8 m/s
物体与墙壁作用后速度变为向左，根据动量定理得
eq \x\t(F)t3＝－mv′－mv
解得eq \x\t(F)＝－280 N
故墙壁对物体的平均作用力大小为280 N.
15．人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小．一瀑布落差为h＝20 m，水流量为Q＝0.10 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零．(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10 m/s2)
答案 2×103 N
解析 设水滴下落与石头碰前速度为v，则有
mgh＝eq \f(1,2)mv2，故v＝eq \r(2gh)
设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上，石头对水的作用力为F，以竖直向下为正方向，由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv
又因Δm＝ρQΔt
联立得：F＝ρQeq \r(2gh)＝2×103 N
由牛顿第三定律知，水对石头的作用力：F′＝F＝2×103 N，方向竖直向下．