第六章　动量.doc

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过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量,即为mgt,不为零,故A错误,C正确;运动员入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量变化量不等于零,故B错误;过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误。2.[动量、冲量、动能的比较](多选)如图所示,质量相等的两物体a、b,用不可伸长的轻绳跨接在光滑轻质定滑轮两侧,用外力压住b,使b静止在水平粗糙桌面上,a悬挂于空中。撤去压力,b在桌面上运动,a下落,在此过程中( )、b两物体总动能的增加量解析:BC 根据冲量定义,b在桌面上运动,重力对b的冲量一定不为零,选项A错误;质量相等的两物体a、b,用不可伸长的轻绳跨接在光滑轻质定滑轮两侧,设b在桌面上运动的速度为vb,连接b的轻绳与水平方向的夹角为θ,则有vbcosθ=va,由此可知撤去压力,b在桌面上运动,a下落,在此过程中,vb>va,根据动量定义可知,a增加的动量大小小于b增加的动量大小,选项B正确;根据功能关系,轻绳的拉力做功等于a机械能的减少量,轻绳的拉力做功与摩擦力对b做负功的代数和等于b机械能的增加量,所以a机械能的减少量大于b机械能的增加量,选项C正确;对于质量相等的两物体a、b组成的系统,b物体运动受到摩擦力作用,需要克服摩擦力做功,所以根据功能关系,a重力势能的减少量大于a、b两物体总动能的增加量,选项D错误。3.[冲量、功的计算]拍皮球是大家都喜欢的体育活动,能强身健体。已知皮球质量为m=,为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h=,小明需每次在球到最高点时拍球,每次拍球作用的距离为s=,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4m/s的初速度v。若不计空气阻力及球的形变,g取10m/s2,则每次拍球( )·m/·m/:D 为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为4m/s的初速度v,根据动量定理可知,合外力要给皮球的冲量为I=mv=×4kg·m/s=·m/s,手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力冲量,·m/s,选项A、B错误;设人对球做的功为W,由动能定理知,W+mgs=mv2,解得W=,选项D正确,C错误。4.[图像法求解冲量](多选)一物块静止在粗糙水平地面上,0~4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示,0~2s内速度图像如图乙所示。重力加速度g=10m/s2,关于物块的运动,下列说法正确的是( ):AD 由题图乙可知,第2s内物块匀速运动,联合题图甲可知摩擦力Ff=2N,根据速度—时间图像的斜率表示加速度,则第1s内物块的加速度a=m/s2=4m/s2,第1s内F=6N,根据牛顿第二定律有F-Ff=ma,代入数据解得m=1kg,又Ff=μmg,解得μ=,故D正确;由题图甲可知,第3s内物块减速运动,F的大小为2N,方向与速度反向,根据牛顿第二定律有2N+Ff=ma′,解得a′=4m/s2,则减速到0的时间为t0==s=1s,故第3s末物块速度为0,此后,摩擦力方向改变,第4s内拉力与摩擦力大小相等,方向相反,物块静止,故A正确;速度—时间图像与时间坐标轴围成的面积表示位移,则前4s内的位移为×(1+3)×4m=8m,故B错误;前4s内拉力的冲量为F-t图像与时间坐标轴所围面积,则有IF=6×1N·s+2×1N·s-2×2N·s=4N·s,故C错误。、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式Ek=mv2p=mvΔp=p′-p标矢性标量矢量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek=,Ek=pv,p=,p=联系(1)都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系。(2)若物体的动能发生变化,则动量一定也发生变化;=Ft计算冲量,此方法仅适用于恒力的冲量,无需考虑物体的运动状态图像法利用F-t图像计算冲量,F-t图像与t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平均力法若方向不变的力大小随时间均匀变化,则力F在某段时间t内的冲量I=t,F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法对于变力的冲量不能直接用I=Ft求解,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量考点二动量定理的理解与应用[互动共研类](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==,即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。(1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。(2)当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。[例1] 2021年7月30日,中国选手朱雪莹获东京奥运会女子蹦床冠军。假设朱雪莹的质量为m,在比赛中某次从床垫正上方h1高处自由落下,落垫后反弹的高度为h2,设朱雪莹与床垫接触的时间为t,求在朱雪莹与床垫接触的时间内朱雪莹对床垫的平均作用力。(空气阻力不计,重力加速度为g)[解析] 设朱雪莹下降h1刚接触床垫瞬间的速度大小为v1,离开床垫瞬间的速度大小为v2,由机械能守恒定律得mv12=mgh1mv22=mgh2设时间t内,床垫对朱雪莹的平均作用力为F,取向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2-(-mv1)以上三式联立可得F=+mg再由牛顿第三定律得,朱雪莹对床垫的作用力为F′=F=+mg,方向竖直向下。[答案] +mg,方向竖直向下应用动量定理解题的一般步骤(1)确定研究对象。一般选单个物体或多个物体组成的系统。(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;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,如有必要还需要其他补充方程,最后代入数据求解。对过程较复杂的运动,可分段运用动量定理,也可整个过程运用动量定理。1.[应用动量定理进行定性分析]如图所示,在跳高场地上放有厚厚的海绵垫子,码头上挂有废旧橡皮轮胎。下列解释中正确的是( ),,,,落地时越危险,是因为落地时人受到的冲量越大解析:D 跳高时,在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力,不是减小冲量,故选项A错误;在码头上装橡皮轮胎,是为了延长作用时间,从而减小冲力,不是减小冲量,故选项B错误;动量相同的两个物体受相同的制动力作用,根据动量定理Ft=mv,则知运动时间相等,故选项C错误;从越高的地方跳下,落地时速度越大,动量越大,则冲量越大,故选项D正确。2.[应用动量定理进行定量计算](多选)(2021·全国乙卷)水平桌面上,一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动,物体通过的路程等于s0时,速度的大小为v0,此时撤去F,物体继续滑行2s0的路程后停止运动,重力加速度大小为g,则( ):BC 外力撤去前,由牛顿第二定律可知F-μmg=ma1①由速度位移公式有v02=2a1s0②外力撤去后,由牛顿第二定律可知-μmg=ma2③由速度位移公式有-v02=2a2×2s0④由①②③④可得,水平恒力F=动摩擦因数μ=,滑动摩擦力Ff=μmg=可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,故C正确,D错误;在此过程中,外力F所做的功W=Fs0=mv02,故A错误;由平均速度公式可知,外力F作用时间t1==,在此过程中,F的冲量大小是I=Ft1=mv0,故B正确。3.[应用动量定理解决多过程问题]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(工人最终静止悬挂在空中),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)解析:方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,取向下的方向为正方向,对工人受力分析知,工人受两个力作用,即拉力F和重力mg,由动量定理知(mg-F)t=0-mv1,F=代入数据得F=1200N。由牛顿第三定律,工人对安全带的平均冲力F′为1200N,方向竖直向下。方法二全程列式法工人自由下落段,L=gt12,得t1=,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,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-Ft=0,解得F==1200N。由牛顿第三定律知工人对安全带的平均冲力F′=F=1200N,方向竖直向下。答案:1200N,方向竖直向下专项研究拓视野——两类“柱状”模型应用动量定理求解连续作用问题水柱持续冲击煤层、宇宙飞船在飞行过程中与很多太空微粒相撞后微粒附着在飞船上、太空探测器利用光子流形成的光压获取动力等现象都属于连续作用问题。这类问题的特点是研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体),所以应设法把水柱、太空微粒、光子流等质点化,通常选取一小段时间内喷出的水柱、太空微粒束、光子流束等“柱状”模型作为研究对象,对它们进行受力分析,应用动量定理,或者结合牛顿运动定律综合求解有关问题。该类问题常见以下两类模型:模型一流体类“柱状”模型流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度ρ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S2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=ρSvΔt3建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体[例1] 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。[解析] (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV①ΔV=v0SΔt②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为=ρv0S。③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由机械能守恒定律得Δmv2+Δmgh=Δmv02④在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=Δmv⑤设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h=-。[答案] (1)ρv0S (2)-模型二微粒类“柱状”模型微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立“柱状模型”,沿运动的方向选取一段微元,柱体的横截面积为S2微元研究,作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl,对应的体积为ΔV=Sv0Δt,则微元内的粒子数N=nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算[例2] 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v=×103m/s的速度进入密度ρ=×10-6kg/m3的微粒尘区,飞船垂直于运动方向上的最大截面积S=5m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,则飞船要保持速度v不变,所需推力多大?[解析] 设飞船在微粒尘区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm=ρSvΔt,微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加,设微粒受的力为F,由动量定理FΔt=Δp得FΔt=Δmv=ρSvΔtv,解得F=ρSv2=×10-6×5×(×103)2N=40N,由牛顿第三定律及力的平衡知,飞船所受推力F′=F=40N。[答案] 40N