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小专题一　动量定理的应用
[学习目标]　1.会应用动量定理解决多物体、多过程问题.2.能从图像中提炼信息,并结合动量定理分析问题.3.能用动量定理建立流体模型,解决流体相关问题.(难点)
一、用动量定理处理多过程问题
1.单物体多过程问题注意过程间的联系为衔接速度,常用规律有动量定理、动能定理,可分段使用,也可全程列式,有时综合使用.
2.多物体多过程问题,主要运用整体法隔离法解题,并且需注意物体运动的等时性.
3.多过程问题应首先画出运动过程示意图,若包含碰撞过程或缓冲过程往往需运用动量定理解题.
[例1] 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】 方法一　用动量定理,分段求解.
选物体为研究对象,撤去F前物体做匀加速直线运动的过程,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;
撤去F后物体做匀减速直线运动的过程,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.
方法二　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=t1=×6 s=12 s.
如果物体在不同阶段受力不同,即合外力不恒定,此情况下应用动量定理时,一般采取以下两种方法:
(1)分段处理法:找出每一段合外力的冲量I1、I2、…、In,这些冲量的矢量和即合冲量I=I1+I2+…+In,根据动量定理I=p′-p求解,分段处理时,需注意各段冲量的正负.
(2)全过程处理法:在全过程中,第一个力的冲量I1,第二个力的冲量I2……第n个力的冲量In,这些冲量的矢量和即合冲量I,根据I=p′-p求解,用全过程法求解时,需注意每个力的作用时间及力的方向.
(3)若不需要求中间量,用全程法更为简便.
[训练1] (多选)如图所示,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点时速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g,关于小球下落的整个过程,下列说法正确的有(　　)
[A] 小球的机械能减小了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等于m
[D] 小球动量的改变量等于0
【答案】 AD
【解析】 小球的初、末动能都为零,重力势能减小,因此小球的机械能减少量等于重力势能的减少量mg(H+h),A正确;由能量守恒可知,小球克服阻力做的功等于减少的机械能,为mg(H+h),B错误;整个过程小球动量改变量等于0,由动量定理IG-If=Δp=0可知,小球所受阻力的冲量If=IG=mg(+Δt),Δt为小球在泥潭中的运动时间,根据运动学知识可知,刚进入泥潭时的速度为,则在泥潭中运动的加速度为,Δt=,所以阻力的冲量为If=·,故C错误,D正确.
二、动量定理与图像的结合
1.F-t图像:I=Ft 面积代表冲量.
2.v-t图像:0→v→0图像 全程应用动量定理、动能定理.
[例2] (多选)(2025·广东广州阶段训练)一个质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上,物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2.现给物块一水平方向的外力F,F随时间t变化的图线如图所示,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
[A] 0～1 s内,重力的冲量为零
[B] 0～4 s内,物块受到的摩擦力的冲量方向不变
[C] t=1 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
[D] t=3 s时物块的动量大小为0
【答案】 CD
【解析】 0～1 s内,重力的冲量为IG=mgt1=0.5×10×1 N·s=5 N·s,A错误;由F-t图像与坐
标轴围成的面积表示冲量,设t3时物块速度为0,由动量定理知IF-μmgt3=0,在2～4 s内,
外力F随时间变化的表达式为F=2t-8(N),t=t3时,物块受到力的冲量为IF={5×1+1×1+
} N·s=(-8t3+18) N·s,联立代入数据得t3=3 s,故t3=3 s时物块的速度减为0,此时动量为0,所以在3 s时摩擦力方向改变,在0～4 s内,物块受到的摩擦力的冲量方向改变,B错误,D正确;0～1 s内,根据牛顿第二定律有F1-μmg=ma1,代入解得v1=a1t1=8 m/s,t=
1 s时物块的动量大小为p1=mv1=0.5×8 kg·m/s=4 kg·m/s,C正确.
[训练2] (多选)(2025·广东深圳期中)水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上.一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下.两个物体的v-t图像如图所示,图中AB∥CD.整个过程中(　　)
[A] F1的冲量等于F2的冲量
[B] F1的冲量小于F2的冲量
[C] 摩擦力对物体a的冲量等于摩擦力对物体b的冲量
[D] 合力对物体a的冲量等于合力对物体b的冲量
【答案】 BD
【解析】 v-t图线的斜率表示加速度,因为AB与CD平行,所以撤去推力后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力,所以两物体受到的摩擦力大小相等.又因为物体a的总运动时间小于物体b的,根据I=ft可知,整个过程中摩擦力对物体a的冲量小于对物体b的冲量,故C错误;根据动量定理,对a、b整个过程分别有F1t1-ftOB=0,F2t2-ftOD=
0,因tOB不论F-t图像还是v-t图像,涉及多过程问题要灵活地隔离某个过程或全程列方程,若过程复杂,需画物体的运动分析示意图和受力分析示意图,防止出现疏漏.
三、用动量定理解决多物体问题
[例3] 如图所示,质量M=2 kg的木板静止放在光滑水平面上,木板右端放着质量m=1 kg的物块,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.2.木板在水平恒力F=8 N的作用下运动了2 s,木板足够长,求:
(1)此过程恒力F的冲量大小;
(2)此时木板和物块的总动量的大小.(重力加速度g取10 m/s2)
【答案】 (1)16 N·s　(2)16 N·s
【解析】 (1)F的冲量大小
IF=Ft=16 N·s.
(2)物块与木板相对滑动.
方法一　选向右为正方向,此时对物块有
μmgt=mv1,
得p1=mv1=4 N·s,
对木板有Ft-μmgt=Mv2,
得p2=Mv2=12 N·s,
故总动量的大小p=p1+p2=16 N·s.
方法二　对系统,此时木板和物块的总动量为
mv1+Mv2=Ft=16 N·s.
对于两个物体组成的系统,它们之间相互作用力的冲量的矢量和总为零,所以动量定理也适用于物体系统,冲量表达式为IF=(m1v1′+m2v2′)-(m1v1+m2v2),其中IF是系统外力冲量的矢量和.
四、用动量定理处理“流体类”问题
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,一般给出流体密度ρ
分析 步骤 (1)建立“柱体”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,运用动量定理研究这段柱形流体
[例4] 初秋时节,小明站在荷塘边感受习习凉风.若风以大小为v的水平速度正对吹向小明,风与小明的接触面积为S,风与小明作用后的速度变为零,空气的密度为ρ,则小明受到风的压力大小为(　　)
[A] ρSv [B] ρ
[C] ρS2v2 [D] ρSv2
【答案】 D
【解析】 在时间t内,与小明作用的风的质量m=ρV=ρSvt,根据动量定理有-Ft=0-mv,解得F=ρSv2,由牛顿第三定律可知D正确.
流体模型的处理方法
(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)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt.
(4)求小柱体的动量变化Δp=Δm·v=ρv2SΔt.
(5)运用动量定理FΔt=Δp.
课时作业
(分值:79分)
(选择题每题6分)
知识点一　应用动量定理处理多过程问题
1.(多选)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2.0×10-3 s,则(　　)
[A] 鸡蛋自由下落的时间约为1.8 s
[B] 鸡蛋自由下落的时间约为3.8 s
[C] 鸡蛋对地面产生的冲击力约为102 N
[D] 鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N
【答案】 BD
【解析】 设每层楼高3 m,则鸡蛋下落的总高度约为h=(25-1)×3 m=72 m;自由下落的时
间为t1== s≈3.8 s,与地面碰撞时间记为t2,由动量定理有mg(t1+t2)=Ft2,得F=
=950.5 N,结果与1 000 N最接近,故B、D正确.
知识点二　动量定理与图像的结合
2.(2025·广东佛山月考)一个质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动,力F随时间t变化的图线如图所示,则(　　)
[A] 前3 s内合力F的冲量大小为0
[B] t=1 s时,物块的速率为2 m/s
[C] t=2 s时,物块的动量大小为2 kg·m/s
[D] 前4 s内动量的变化量大小为2 kg·m/s
【答案】 A
【解析】 F-t图像与t轴所围成的面积表示冲量,由图像可知,前3 s内合力F的冲量大小为0,A正确;根据动量定理Ft=Δp=mΔv,结合图像可解得t=1 s时物块的速率为1 m/s,B错误;根据动量定理Ft=Δp=mΔv,可解得2 s时物块的动量为1 kg·m/s,C错误;由图像可知,前4 s内动量的变化量大小为1 kg·m/s,D错误.
3.(2025·广东茂名期末)质量为2 kg的物体做直线运动,其速度—时间图像如图所示.物体在前20 s内所受外力的冲量是(　　)
[A] 0 [B] -10 N·s
[C] 20 N·s [D] -20 N·s
【答案】 D
【解析】 由题图可知,物体在前20 s初状态的动量为p1=mv1=2×5 kg·m/s=10 kg·m/s,末状态的动量p2=mv2=2×(-5) kg·m/s=-10 kg·m/s,由动量定理得I=p2-p1=-20 kg·m/s=-20 N·s,故D正确.
知识点三　用动量定理解决多物体问题
4.(6分)如图所示,质量为M的实心铁球牵引着质量为m的木块从静止开始下沉,经时间t1它们的速度达到v1,恰在此时,绳断了,再经时间t2木块的速度变为零(木块未到达水面),求此时铁球的速度大小.
【答案】
【解析】 设向下为正方向,对两者组成的系统由动量定理得
F合t1=(M+m)v1,
在时间t2内F合t2=Mv-(M+m)v1,
联立解得v=.
知识点四　用动量定理处理“流体类”问题
5.(12分)水刀是一种应用高压水流的切割技术.如图,某型号水刀工作过程中,将水从面积S=0.1 mm2的细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料表面,从而产生极大压强,实现切割,已知该水刀每分钟用水600 g,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3.
(1)(6分)求从喷嘴喷出水的流速v的大小;
(2)(6分)高速水流垂直打在材料表面上后,水速几乎减为0,求水对材料表面的压强p.
【答案】 (1)100 m/s　(2)1.0×107 Pa
【解析】 (1)1分钟喷出的水的质量为
m=ρSvt,
所以水的流速v=,
代入数据解得v=100 m/s.
(2)选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象,由动量定理得
-FΔt=0-Δmv,
其中Δm=ρSvΔt,
根据牛顿第三定律知,材料表面受到的压力大小F′=F,
根据压强公式有p=,
联立解得p=1.0×107 Pa.
(选择题每题9分)
6.在光滑水平面上,一个静止的物体受到一水平力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示,则下列说法正确的是(　　)
[A] 在0～4t0时间内,力F做的功为0
[B] 在2t0时刻,物体的速度最大
[C] 在3t0时刻,物体的加速度最大
[D] 在0～2t0时间内,力F的冲量为F0t0
【答案】 A
【解析】 F-t图像与坐标轴所围图形的面积表示冲量.由题图可知,0～4t0时间内,F的合冲量为0,根据动量定理可知物体的末速度为0,根据动能定理可知,0～4t0时间内F做的功为0,A正确;0～2t0时间内,F的合冲量为0,根据动量定理可知,2t0时刻物体的速度为0,B、D错误;在3t0时刻,F为0,所以物体的加速度为0,C错误.
7.我国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆,火星车“祝融号”开展巡视探测,假定火星上风速约为18 m/s,火星大气密度约为1.3×10-2 kg/m3,“祝融号”迎风面积约为6 m2,风垂直吹到火星车上速度立刻减为零,则火星车垂直迎风面受到的压力约为(　　)
[A] 1.4 N [B] 25 N [C] 140 N [D] 250 N
【答案】 B
【解析】 设很短一段时间Δt内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为m,则有m=ρvSΔt,以该部分风为研究对象,设风速方向为正方向,根据动量定理有-FΔt=0-mv,解得F=ρv2S=1.3×
10-2×182×6 N≈25 N,根据牛顿第三定律可知火星车垂直迎风面受到的压力约为25 N,故B正确,A、C、D错误.
8.(2025·广东广州期末)使用无人机播植树种时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质制成种子胶囊.播种时,在静止于离地面10 m高处的无人机上,播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度竖直向下射出,种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种.已知种子胶囊的总质量为20 g,不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
[A] 土壤对种子胶囊的冲量大小为0.1 N·s
[B] 发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量为100 N·s
[C] 种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N
[D] 播种器对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零
【答案】 C
【解析】 种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动,有h=v0t+gt2,解得种子胶囊在空中运动的时间为t=1 s,可得种子胶囊落地的速度为v=v0+gt=15 m/s,根据动量定理得土壤对种子胶囊的冲量为I1=0-mv=-20×10-3×15 N·s=-0.3 N·s,故土壤对种子胶囊的冲量大小为0.3 N·s,A错误;发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量为I0=mv0=20×10-3×5 N·s=
0.1 N·s,故B错误;种子胶囊在土壤中做匀减速运动,有v2=2ah1,解得加速度为a=1 125 m/s2,种子胶囊在土壤中运动的时间t1== s= s,根据动量定理有t1=0-mv,解得=-22.5 N,即平均阻力大小为22.5 N,故C正确;播种器对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为I=I0+I1=0.1 N·s-0.3 N·s=-0.2 N·s,故D错误.
9.(16分)(2025·广东佛山期中)宇宙尘埃有很大的科研价值,某卫星携带的收集装置如图甲所示.如图乙所示为质量为M的卫星以速度v0飞向一颗静止的尘埃,如图丙所示为尘埃被收集装置撞击后嵌入其中的情景,该尘埃的质量为m0(因m0 M,故卫星速度v0视为不变).
(1)(5分)求该尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小Δp;
(2)(5分)该尘埃在收集装置中嵌入深度为L,则其在被收集过程中受到的作用力F大小是多少 (假设此过程中作用力大小不变)
(3)(6分)卫星继续以速度v0进入一个尘埃区,尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃,每颗尘埃的平均质量为m0,已知卫星正面面积为S,由于大量尘埃与卫星碰撞后均附着在卫星上,卫星速度会受到影响,为了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要增加多大的推力
【答案】 (1)m0v0　(2)　(3)nSm0
【解析】 (1)因m0 M,卫星收集尘埃时速度不受影响,尘埃的速度会从0加速到v0,则尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小为
Δp=m0v0-0=m0v0.
(2)在尘埃加速到与卫星共速过程中,
根据运动学公式可得
s卫星=v0t,
s尘埃=v0t,
L=s卫星-s尘埃=v0t,
以尘埃作为研究对象,根据动能定理可得
Fs尘埃=FL=m0-0,
解得F=.
(3)设卫星在尘埃区飞行的时间为t,卫星扫过的尘埃数量为N=nSv0t,对卫星和尘埃整体分析,根据动量定理可得F′t=(Nm0+M)v0-Mv0,
解得卫星推进器需要增加推力
F′=nSm0.(共22张PPT)
小专题一　动量定理的应用
1.会应用动量定理解决多物体、多过程问题.2.能从图像中提炼信息,并结合动量定理分析问题.3.能用动量定理建立流体模型,解决流体相关问题.(难点)
[学习目标]
一、用动量定理处理多过程问题
1.单物体多过程问题注意过程间的联系为衔接速度,常用规律有动量定理、动能定理,可分段使用,也可全程列式,有时综合使用.
2.多物体多过程问题,主要运用整体法隔离法解题,并且需注意物体运动的等时性.
3.多过程问题应首先画出运动过程示意图,若包含碰撞过程或缓冲过程往往需运用动量定理解题.
[例1] 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
如果物体在不同阶段受力不同,即合外力不恒定,此情况下应用动量定理时,一般采取以下两种方法:
(1)分段处理法:找出每一段合外力的冲量I1、I2、…、In,这些冲量的矢量和即合冲量I=I1+I2+…+In,根据动量定理I=p′-p求解,分段处理时,需注意各段冲量的正负.
(2)全过程处理法:在全过程中,第一个力的冲量I1,第二个力的冲量I2……第n个力的冲量In,这些冲量的矢量和即合冲量I,根据I=p′-p求解,用全过程法求解时,需注意每个力的作用时间及力的方向.
(3)若不需要求中间量,用全程法更为简便.
·方法总结·
[训练1] (多选)如图所示,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点时速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g,关于小球下落的整个过程,下列说法正确的有(　 　 )
AD
二、动量定理与图像的结合
1.F-t图像:I=Ft 面积代表冲量.
2.v-t图像:0→v→0图像 全程应用动量定理、动能定理.
[例2] (多选)(2025·广东广州阶段训练)一个质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上,物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2.现给物块一水平方向的外力F,F随时间t变化的图线如图所示,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则(　　 )
[A] 0～1 s内,重力的冲量为零
[B] 0～4 s内,物块受到的摩擦力的冲量方向不变
[C] t=1 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
[D] t=3 s时物块的动量大小为0
CD
[训练2] (多选)(2025·广东深圳期中)水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上.一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下.两个物体的v-t图像如图所示,图中AB∥CD.整个过程中(　　 )
[A] F1的冲量等于F2的冲量
[B] F1的冲量小于F2的冲量
[C] 摩擦力对物体a的冲量等于摩擦力对物体b的冲量
[D] 合力对物体a的冲量等于合力对物体b的冲量
BD
【解析】 v-t图线的斜率表示加速度,因为AB与CD平行,所以撤去推力后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力,所以两物体受到的摩擦力大小相等.又因为物体a的总运动时间小于物体b的,根据I=ft可知,整个过程中摩擦力对物体a的冲量小于对物体b的冲量,故C错误;根据动量定理,对a、b整个过程分别有F1t1-ftOB=0,F2t2-ftOD=0,因tOB不论F-t图像还是v-t图像,涉及多过程问题要灵活地隔离某个过程或全程列方程,若过程复杂,需画物体的运动分析示意图和受力分析示意图,防止出现疏漏.
·方法总结·
三、用动量定理解决多物体问题
[例3] 如图所示,质量M=2 kg的木板静止放在光滑水平面上,木板右端放着质量m=1 kg的物块,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.2.木板在水平恒力F=8 N的作用下运动了2 s,木板足够长,求:
(1)此过程恒力F的冲量大小;
【答案】 (1)16 N·s　
【解析】 (1)F的冲量大小
IF=Ft=16 N·s.
(2)此时木板和物块的总动量的大小.(重力加速度g取10 m/s2)
【答案】 (2)16 N·s
【解析】(2)物块与木板相对滑动.
方法一　选向右为正方向,此时对物块有μmgt=mv1,
得p1=mv1=4 N·s,
对木板有Ft-μmgt=Mv2,
得p2=Mv2=12 N·s,
故总动量的大小p=p1+p2=16 N·s.
方法二　对系统,此时木板和物块的总动量为mv1+Mv2=Ft=16 N·s.
对于两个物体组成的系统,它们之间相互作用力的冲量的矢量和总为零,
所以动量定理也适用于物体系统,冲量表达式为IF=(m1v1′+m2v2′)-(m1v1+
m2v2),其中IF是系统外力冲量的矢量和.
·方法总结·
四、用动量定理处理“流体类”问题
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,一般给出流体密度ρ
分析 步骤 (1)建立“柱体”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,运用动量定理研究这段柱形流体
D
【解析】 在时间t内,与小明作用的风的质量m=ρV=ρSvt,根据动量定理有
-Ft=0-mv,解得F=ρSv2,由牛顿第三定律可知D正确.
流体模型的处理方法
(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)求小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt.
(4)求小柱体的动量变化Δp=Δm·v=ρv2SΔt.
(5)运用动量定理FΔt=Δp.
·方法总结·
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