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第1講　動量和動量定理
情境導思 觀察女子短道速滑隊比賽發現,“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖去。在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,回答下列問題: (1)甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同嗎 (2)甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功嗎
[footnoteRef:1] [1:
【答案】 質量　速度　p=mv　速度　相同　乘積　相同
變化量　mv′-mv]
如圖所示,質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動,經過時間t1,速度變為零并又開始下滑,經過時間t2回到斜面底端,滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff,已知重力加速度為g。在整個運動過程中,下列說法正確的是(　　)
　　　　
[A] 重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)cos θ
[C] 合力的沖量為零
[D] 摩擦力的總沖量大小為Ff(t1+t2)
【答案】 B
考點一　對動量、沖量的理解與計算
1.動量的理解
(1)瞬時性:動量是描述物體運動狀態的物理量,是針對某一時刻或位置而言的。
(2)相對性:動量的大小與參考系的選取有關,通常情況是指相對地面的動量。
2.動量與動能的比較
項目 動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p=mv Ek=mv2
標矢性 矢量 標量
變化因素 合力的沖量 合力所做的功
大小關系 p= Ek=
變化量 Δp=Ft ΔEk=Fl
聯系 (1)都是相對量,與參考系的選取有關,通常選取地面為參考系。 (2)若物體的動能發生變化,則動量一定也發生變化;但動量發生變化時動能不一定發生變化
3.沖量的計算
(1)恒力的沖量:直接用定義式I=Ft計算,無需考慮物體的運動狀態。
(2)變力的沖量。
①平均值法:方向不變的變力的沖量,若力的大小隨時間均勻變化,即力為時間的一次函數,則力F在某段時間t內的沖量I=t,其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。
②圖像法:作出F-t變化圖線,圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量,如圖所示。
③動量定理法:對于易確定始、末時刻動量的情況,求出該力作用下物體動量的變化量,再由動量定理I=Δp求解。
[例1] 【動量與動能的理解】 (多選)在光滑水平面上,原來靜止的物體在水平力F的作用下,經過時間t,通過位移L后動量變為p,動能變為Ek。以下說法正確的是(　　)
[A] 在F作用下,若這個物體經過位移2L,其動量等于2p
[B] 在F作用下,若這個物體經過位移2L,其動能等于2Ek
[C] 在F作用下,若這個物體經過時間2t,其動能等于2Ek
[D] 在F作用下,若這個物體經過時間2t,其動量等于2p
【答案】 BD
【解析】 在光滑水平面上,物體所受合力為F,根據動能定理知FL=Ek,物體位移變為原來的2倍,則動能變為原來的2倍,根據p=,知動量變為原來的倍,故A錯誤,B正確;根據動量定理知Ft=mv,物體運動時間變為原來的2倍,則動量變為原來的2倍,根據Ek=知,動能變為原來的4倍,故C錯誤,D正確。
[例2] 【恒力沖量的計算】 如圖,表面光滑的固定斜面傾角為30°,頂端安裝一定滑輪,小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻,A、B處于同一高度并恰好保持靜止狀態。剪斷輕繩后A下落,B沿斜面下滑,則(　　)
[A] A的質量是B的質量的2倍
[B] 兩物塊落地的瞬間速度相同
[C] 從剪斷繩子到落地,兩物塊動能的變化量不同
[D] 從剪斷繩子到落地,兩物塊重力的沖量相同
【答案】 C
【解析】 根據平衡關系有mAg=F,mBgsin 30°=F,可得mB=2mA,故A錯誤;A豎直下落,B沿斜面下滑,所以兩物塊落地的瞬間速度方向不同,根據動能定理有mgh=ΔEk,可知從剪斷繩子到落地,兩物塊動能的變化量不同,故B錯誤,C正確;從剪斷繩子到落地,由h=g,=gsin 30°,可得tA=,tB=,則兩物塊重力的沖量分別為IA=mAgtA=mA,IB=mBgtB=4mA,故D錯誤。
[例3] 【變力沖量的計算】 (2024·廣東卷,14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態,并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質量為m,重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞過程中F的沖量大小和方向;
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
【答案】 (1)
(2)①330 N s　方向豎直向上　②0.2 m
【解析】 (1)如圖所示,敏感球受重力mg和敏感臂的壓力FN以及斜面的支持力FN′,
則由牛頓第二定律可知
(mg+FN)tan θ=ma,
解得tan θ=。
(2)①由題圖丙可知碰撞過程中F的沖量大小
IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,
方向豎直向上。
②頭錘落到氣囊上時的速度v0==8 m/s,
取豎直向上為正方向,頭錘與氣囊作用過程根據動量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),
解得v=2 m/s,
則上升的最大高度h==0.2 m。
考點二　動量定理的理解和應用
1.對動量定理的理解
(1)Ft=mvt-mv0是矢量式,兩邊不僅大小相等,而且方向相同。
(2)Ft=mvt-mv0除表明兩邊大小、方向的關系外,還說明了兩邊的因果關系,即合力的沖量是動量變化的原因。
(3)動量定理中的沖量是合力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,可以是各力沖量的矢量和,也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。
(4)由Ft=mvt-mv0,得F==,即物體所受的合力等于物體動量的變化率。
2.用動量定理解釋兩種現象(F=)
(1)Δp一定時,F的作用時間越短,力就越大;作用時間越長,力就越小。
(2)F一定時,力的作用時間越長,Δp就越大;力的作用時間越短,Δp就越小。
[例4] 【應用動量定理定性解釋有關現象】 (2024·廣東深圳聯考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時,調整地板之間銜接平整,需要用錘子輕輕敲打;把鐵釘釘入堅硬的木板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由,以下說法正確的是(　　)
[A] 釘鐵釘時,應選鐵錘快速敲打,以獲得較大的力
[B] 釘鐵釘時,應選橡膠錘快速敲打,以獲得較小的力
[C] 鋪地板時,應選鐵錘低速敲打,以獲得較小的力
[D] 鋪地板時,應選橡膠錘低速敲打,以獲得較大的力
【答案】 A
【解析】 根據動量定理得Ft=0-(-mv0),解得 F=,釘鐵釘時,為了獲得較大的力F,應選擇鐵錘快速敲打。選擇鐵錘是因為鐵錘的質量比橡膠錘質量大,快速敲打能減小鐵錘與鐵釘的作用時間t,增大鐵錘的初速度v0,獲得較大的力,A正確,B錯誤。鋪地板時,為了獲得較小的力F,應該選擇橡膠錘低速敲打。選擇橡膠錘是因為橡膠錘的質量小,低速敲打能增大橡膠錘與地板的作用時間t,減小橡膠錘的初速度v0,獲得較小的力,C、D錯誤。
[例5] 【應用動量定理的定量計算】 用質量為m的小鐵錘以速度v1向下擊打一塊質量為M的磚塊(擊打時間極短),擊打后,小鐵錘以v1的速率反向彈回,已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為t,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
[A] 在擊打過程中,鐵錘所受合力的沖量大小為mv1
[B] 在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小為mgt
[C] 磚塊緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg
[D] 磚塊緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg+
【答案】 D
【解析】 設方向向下為正方向,在擊打過程中,對鐵錘由動量定理可得I=m(-v1-v1)=-mv1,在擊打過程中,鐵錘所受合力的沖量大小為mv1,故A錯誤;鐵錘擊打磚塊的時間未知,所以在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小不能求解,故B錯誤;在擊打過程中,鐵錘與磚塊由動量守恒定律可得mv1=-mv1+Mv,解得Mv=mv1,磚塊緩沖過程中,對磚塊由動量定理可得(-F1+Mg)t=0-Mv,聯立解得手對磚塊的支持力大小為F1=Mg+,由牛頓第三定律可知磚塊對手的壓力大小為F1′=Mg+,故C錯誤,D正確。
[例6] 【應用動量定理求解多過程問題】 在水平力 F=30 N的作用下,質量m=5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物體向前運動多長時間才停止 (g取10 m/s2)
【答案】 12 s
【解析】 法一　用動量定理分段處理
選物體作為研究對象,對于撤去F前物體做勻加速直線運動的過程,物體的受力情況如圖甲所示,初態速度為零,末態速度為v,取水平力F的方向為正方向,根據動量定理有
(F-μmg)t1=mv-0,
對于撤去F后,物體做勻減速直線運動,受力情況如圖乙所示,初態速度為v,末態速度為零,根據動量定理有-μmgt2=0-mv,
聯立解得t2=12 s。
法二　用動量定理研究全過程
選物體作為研究對象,研究整個運動過程,這個過程的初、末狀態物體的速度都等于零。取水平力F的方向為正方向,根據動量定理得
Ft1-μmg(t1+t2)=0,
解得t2=12 s。
應用動量定理解題的一般思路
考點三　用動量定理研究“流體類”模型
(1)對于流體類(通常指液體流、氣體流),質量具有連續性。若應用動量定理必須建立柱狀模型,如何建立流體類柱狀模型
提示:對于流體運動,可沿流速v的方向選取一段柱形流體,設在極短的時間Δt內通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl,如圖所示。
(2)如何求解作用時間Δt內流體的質量Δm
提示:設流體的密度為ρ,則在Δt的時間內流過該截面的流體的質量為Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)如何求解流體微元與其他物體作用后所受的合力
提示:根據動量定理,流體微元所受的合力的沖量等于該流體微元動量的變化量,即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:①作用后流體微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
②作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
1.“流體”是由大量質點組成的質量連續分布且以一定速度運動的物體系。流體與其他物體的連續作用問題是力學中的一類常見問題,此類問題的難點是如何合理選取研究對象。用整體法、微元法、等效法結合動量定理是求解流體連續作用問題的重要方法。
2.兩類模型
(1)流體類柱狀模型。
(2)微粒類柱狀模型。
[例7] 【“流體類”模型問題】 (2024·江蘇南京階段練習)臺風給高層建筑物帶來了不小的挑戰。已知三級風速約為4 m/s,十四級風速約為44 m/s,則十四級風速作用在建筑物上的風力大約是三級風速作用在建筑物上的風力的(　　)
[A] 11倍 [B] 120倍
[C] 180倍 [D] 1 900倍
【答案】 B
【解析】 設空氣密度為ρ,空氣吹到建筑物上后速度瞬間減為零,建筑物的面積為S,那么t時間內吹到建筑物上的空氣質量為m,則有m=ρSvt,以t時間內吹到建筑物上的空氣為研究對象,根據動量定理有Ft=0-ρSv2t,則有==121,故B正確。
[例8] 【“微粒類”模型問題】 (2024·山東棗莊三模)如圖,將總質量為400 g的2 000粒黃豆從距秤盤125 cm高處連續均勻地倒在秤盤上,觀察到指針指在刻度為80 g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不變,重力加速度g取
10 m/s2,不計空氣阻力,則持續傾倒黃豆的時間約為(　　)
[A] 1.5 s [B] 2.5 s [C] 3.0 s [D] 5.0 s
【答案】 D
【解析】 黃豆落在秤盤上的速度大小為v==5 m/s,設持續傾倒黃豆的時間為t,則單位時間落在秤盤上的黃豆數量為n=,黃豆對秤盤的撞擊力遠大于黃豆的重力,故重力可以忽略,取豎直向上為正方向,由動量定理得FΔt=2nm0v,方程兩側根據時間累計求和可得Ft=2m總v,又因為F=0.8 N,則代入數據可得t=5.0 s,故選D。
對點1.對動量、沖量的理解與計算
1.(6分)(多選)下列關于動量的說法正確的是(　　)
[A] 質量大的物體,動量一定大
[B] 甲物體的動量p1=5 kg·m/s,乙物體的動量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
[C] 一個物體的速率改變,它的動量一定改變
[D] 一個物體的運動狀態改變,它的動量一定改變
【答案】 CD
【解析】 根據動量的定義可知,它是質量和速度的乘積,因此它由質量和速度共同決定,質量大的物體,動量不一定大,故A錯誤;動量是矢量,動量的負號只表示方向,不參與大小的比較,故p12.(4分)(2024·寧夏銀川一模)甲、乙兩物體以相同的初動量在水平面上做勻減速直線運動,直到停止,其動量隨時間變化的p-t圖像如圖所示,已知甲、乙兩物體與地面間的動摩擦因數相同,則在此過程中(　　)
[A] 甲、乙兩物體的質量之比為2∶1
[B] 甲、乙兩物體的質量之比為1∶2
[C] 甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為2∶1
[D] 甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為1∶1
【答案】 A
【解析】 根據動量定理有-μmgt=p-p0,整理得p=-μmgt+p0,圖像斜率的絕對值為|k|=μmg,甲、乙兩物體的質量之比為m1∶m2=|k1|∶|k2|=∶=2∶1,故A正確,B錯誤;根據能量守恒定律,甲、乙兩物體受到的摩擦力做功為W=m=,故甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為 Wf1∶Wf2=m2∶m1=1∶2,故C、D錯誤。
3.(4分)一質點靜止在光滑水平面上,現對其施加水平外力F,力F隨時間按正弦規律變化,如圖所示,下列說法正確的是(　　)
[A] 第2 s末,質點的動量為零
[B] 第2 s末,質點的動量方向發生變化
[C] 第4 s末,質點回到出發點
[D] 在1~3 s時間內,力F的沖量為零
【答案】 D
【解析】 由題圖可知,0~2 s時間內,F的方向和質點運動的方向相同,質點經歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動,所以第 2 s 末,質點的速度最大,動量最大,方向不變,A、B錯誤;2~4 s內,F的方向與0~2 s內F的方向不同,該質點0~2 s內做加速運動,2~4 s內做減速運動,所以質點在0~4 s內的位移均為正,第4 s末沒有回到出發點,C錯誤;在F-t圖像中,圖線與坐標軸所圍的面積表示力F的沖量,由題圖可知,1~2 s內的面積與2~3 s內的面積大小相等,一正一負,則在1~3 s時間內,力F的沖量為零,D正確。
對點2.動量定理的理解和應用
4.(6分)(多選)安全氣囊在車輛發生劇烈碰撞時自動彈出,是對駕駛員和乘客的一種安全保護措施,如圖所示。關于安全氣囊在此過程中的作用,下列說法正確的是(　　)
[A] 增加了碰撞過程駕駛員的受力面積
[B] 減少了碰撞前后駕駛員的動量變化量
[C] 減少了碰撞前后駕駛員的動能變化量
[D] 延長了碰撞過程駕駛員的受力時間
【答案】 AD
【解析】 在碰撞過程中,駕駛員動量變化量和動能變化量是一定的,安全氣囊延長了受力時間,同時增加了駕駛員的受力面積,根據動量定理可知,減小了駕駛員的受力大小,從而保護駕駛員,故A、D正確。
5.(4分)(2024·廣東模擬)如圖,動物園熊貓館中有一個長s=10 m、傾角為30°的光滑坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量m=80 kg的熊貓從坡道頂端由靜止滑下,熊貓與防護板的作用時間t=0.4 s,熊貓與防護板接觸后不反彈,并且可以看作質點,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] 熊貓滑到坡底所用的時間為 s
[B] 熊貓到達坡底時的動量大小為800 kg·m/s
[C] 熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為 400 N
[D] 熊貓與防護板碰撞過程中只受到防護板對它的沖量
【答案】 B
【解析】 由題意可知,熊貓沿坡道向下做勻加速直線運動,加速度大小a=gsin 30°,由勻變速運動規律可知s=at2,v=at,聯立解得t=2 s,v=10 m/s,故A錯誤;熊貓到達坡底時的動量大小 p=mv=800 kg·m/s,故B正確;以沿斜面向下為正方向,設防護板對熊貓的平均作用力大小為,由動量定理可知(mgsin 30°-)t=0-mv,解得 =2 400 N,故C錯誤;熊貓與防護板碰撞過程中受防護板的彈力、自身重力、斜面支持力等力的沖量,故D錯誤。
對點3.用動量定理研究“流體類”模型
6.(4分)(2024·海南海口一模)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象,為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p,某同學將一圓柱形量筒置于雨中,測得時間t內量筒中水面上升的高度為h,設雨滴下落的速度為v0,雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈,雨水的密度為ρ,不計雨滴重力,壓強p為(　　)
[A] (v0-v) [B] (v0+v)
[C] ρ(-v2) [D] ρ(+v2)
【答案】 B
【解析】 設極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴的質量為Δm,雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S,設豎直向上為正方向,根據動量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0),由于時間t內量筒中水面上升的高度為h,則單位面積單位時間內下落的雨水質量為m0==,則極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴的質量Δm=m0SΔt=,根據牛頓第三定律有F2=F1,雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p=,聯立解得 p=(v0+v),故B正確。
7.(6分)(2024·福建三模)(多選)消防員進行消防滅火演練時,用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物,設水柱直徑為D,以水平速度v垂直射向著火物,水柱沖擊著火物后速度變為零。高壓水槍的質量為M,消防員手持高壓水槍操作,進入水槍的水流速度忽略不計,水的密度為ρ,下列說法正確的是(　　)
[A] 水槍的流量為πvD2
[B] 水槍的功率為πρD2v3
[C] 水柱對著火物的平均沖擊力大小為πρD2v2
[D] 向前水平噴水時,消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方
【答案】 BD
【解析】 設Δt時間內,從水槍噴出的水的體積為ΔV,質量為Δm,則Δm=ρΔV,ΔV=SvΔt=πD2vΔt,流量Q==πD2v,A錯誤;Δt時間內水槍噴出的水的動能為Ek=Δmv2=πρD2v3Δt,可知高壓水槍在Δt時間內對水做功為W=Ek=πρD2v3Δt,則高壓水槍的功率為P==πρD2v3,B正確;考慮極短時間Δt′內噴到著火物上水的質量為m,設著火物對水柱的作用力為F,設初速度方向為正方向,由動量定理得-FΔt′=0-mv,Δt′時間內沖到著火物上水的質量為m=ρπD2vΔt′,解得F=πρD2v2,由牛頓第三定律可知,水柱對著火物的平均沖擊力大小為F′=F=πρD2v2,C錯誤;當高壓水槍水平向前噴出高壓水流時,水流對高壓水槍的作用力水平向后,由于高壓水槍有重力,根據平衡條件可知,手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方,D正確。
8.(4分)如圖所示,表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上,∠ABC<∠ACB,質量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達斜面底端的過程中,下列說法正確的是(　　)
[A] 兩物塊所受重力的沖量相同
[B] 兩物塊動量的改變量相同
[C] 兩物塊動能的改變量相同
[D] 兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率相同
【答案】 C
【解析】 設斜面傾角為θ,則物塊在斜面上的加速度均為a=gsin θ,設斜面高度為h,則物塊在斜面上滑行的時間為t==,因為∠ABC<∠ACB,可得物塊在AB斜面上的滑行時間比在AC斜面上的滑行時間長;根據I=mgt可知,兩物塊所受重力的沖量不相同,選項A錯誤;根據動量定理有mgsin θ·t=mv-0=Δp可知,Δp=m,動量改變量是矢量,兩物塊的動量改變量大小相等、方向不同,選項B錯誤;根據動能定理有ΔEk=mgh=mv2,可知兩物塊的動能改變量相同,選項C正確;兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率P=mgvsin θ=mgsin θ,因為∠ABC<∠ACB,則重力的瞬時功率不相同,選項D錯誤。
9.(6分)(2024·廣西卷,10)(多選)如圖,堅硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個豎直方向的方孔,方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬,形狀為正四棱臺,上下底面均為正方形,四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m,與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔,接觸但無擠壓,錘子以極短時間撞擊木栓后反彈,錘子對木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移,未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變,彈力呈線性變化,最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,則(　　)
[A] 進入過程,木料對木栓的合力的沖量為-I
[B] 進入過程,木料對木栓的平均阻力大小約為+mg
[C] 進入過程,木料和木栓的機械能共損失了+mgΔx
[D] 木栓前進Δx后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為
【答案】 BD
【解析】 錘子撞擊木栓到木栓進入過程,木栓所受合力的沖量為0,錘子對木栓的沖量為I,則木栓所受重力的沖量與木料對木栓的合力沖量之和為-I,故A錯誤;錘子撞擊木栓的極短時間內對木栓由動量定理有I=p,故木栓獲得的動能為Ek==,木栓進入過程由動能定理有(mg-)Δx=0-Ek,解得平均阻力為=+mg,故B正確;木栓進入過程損失的動能與重力勢能之和為+mgΔx,因為其中一部分轉化為了木料的彈性勢能,所以木料和木栓損失的機械能小于+mgΔx,故C錯誤;木栓的一個側面所受彈力和摩擦力如圖,
由于方孔側壁彈力呈線性變化,則有(Ffsin θ+FNcos θ)=,又Ff=μFN,聯立解得Ff=,故D正確。
10.(7分)(2024·遼寧大連三模)如圖甲所示,光滑水平面上靜置有“L”形長木板A,A的上表面左側光滑、右側粗糙,其上表面上放有一質量為mB=1.2 kg 的物體B,B用輕質水平彈簧與A左側連接,初始狀態彈簧處于原長,B可視為質點。0~3 s 時間內,一水平向右的恒力F作用于B上,這段時間內A、B的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示,在t=3 s后撤去外力和輕質彈簧,此時B剛好滑到A的粗糙部分。一段時間后,A、B相對靜止,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
(2)長木板A的質量mA;
(3)3 s以后,A、B第一次達到相對靜止時,共同速度v共的大小。
【答案】 (1)1.2 N　(2)0.8 kg　(3)1.8 m/s
【解析】 (1)t=0時刻,對物體B,根據牛頓第二定律可知,恒力F的大小為F=mBa0,
解得F=1.2 N。
(2)t=3 s時刻,對整體,根據牛頓第二定律有F=(mA+mB)a1,
解得mA=0.8 kg。
(3)0~3 s過程中,對整體,根據動量定理有Ft=(mA+mB)v共,
解得v共=1.8 m/s。
11.(9分)(2024·重慶模擬)相對傳統的護林員巡查,無人機巡查具有效率高、地形適應能力強等優勢。如圖,某次巡查中,質量為m的無人機從地面由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動,2t0時刻開始向上做勻減速直線運動,3t0時刻到達距離地面高h處,速度恰好為零。這一過程中無人機受到向上的升力大小可以通過程序控制,無人機受到的空氣阻力與速率成正比,即F阻=kv,其中k為已知常數,已知重力加速度為g。求:
(1)0~2t0時間內無人機的加速度大小及這段時間內升力的最大值Fm;
(2)整個運動過程中升力的沖量大小I。
【答案】 (1)　mg++　(2)3mgt0+kh
【解析】 (1)設無人機運動的最大速度為vm,勻加速運動過程有vm=a1×2t0,
全過程有h=×2t0+t0,
聯立解得a1=,
勻加速過程由牛頓第二定律可得
F-mg-kv=ma1,
當v=vm時,升力最大,可得
Fm=mg++。
(2)設全過程升力的沖量大小為I,空氣阻力沖量的大小為I阻,由動量定理可得
I-mg×3t0-I阻=mΔv=0,
I阻=∑F阻Δt=∑kvΔt=kh,
解得I=3mgt0+kh。
(
第
10
頁
)第1講　動量和動量定理
情境導思 觀察女子短道速滑隊比賽發現,“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖去。在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,回答下列問題: (1)甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同嗎 (2)甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功嗎
如圖所示,質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動,經過時間t1,速度變為零并又開始下滑,經過時間t2回到斜面底端,滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff,已知重力加速度為g。在整個運動過程中,下列說法正確的是(　　)
　　　　
[A] 重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)cos θ
[C] 合力的沖量為零
[D] 摩擦力的總沖量大小為Ff(t1+t2)
考點一　對動量、沖量的理解與計算
1.動量的理解
(1)瞬時性:動量是描述物體運動狀態的物理量,是針對某一時刻或位置而言的。
(2)相對性:動量的大小與參考系的選取有關,通常情況是指相對地面的動量。
2.動量與動能的比較
項目 動量 動能
物理意義 描述機械運動狀態的物理量
定義式 p=mv Ek=mv2
標矢性 矢量 標量
變化因素 合力的沖量 合力所做的功
大小關系 p= Ek=
變化量 Δp=Ft ΔEk=Fl
聯系 (1)都是相對量,與參考系的選取有關,通常選取地面為參考系。 (2)若物體的動能發生變化,則動量一定也發生變化;但動量發生變化時動能不一定發生變化
3.沖量的計算
(1)恒力的沖量:直接用定義式I=Ft計算,無需考慮物體的運動狀態。
(2)變力的沖量。
①平均值法:方向不變的變力的沖量,若力的大小隨時間均勻變化,即力為時間的一次函數,則力F在某段時間t內的沖量I=t,其中F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小。
②圖像法:作出F-t變化圖線,圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量,如圖所示。
③動量定理法:對于易確定始、末時刻動量的情況,求出該力作用下物體動量的變化量,再由動量定理I=Δp求解。
[例1] 【動量與動能的理解】 (多選)在光滑水平面上,原來靜止的物體在水平力F的作用下,經過時間t,通過位移L后動量變為p,動能變為Ek。以下說法正確的是(　　)
[A] 在F作用下,若這個物體經過位移2L,其動量等于2p
[B] 在F作用下,若這個物體經過位移2L,其動能等于2Ek
[C] 在F作用下,若這個物體經過時間2t,其動能等于2Ek
[D] 在F作用下,若這個物體經過時間2t,其動量等于2p
[例2] 【恒力沖量的計算】 如圖,表面光滑的固定斜面傾角為30°,頂端安裝一定滑輪,小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻,A、B處于同一高度并恰好保持靜止狀態。剪斷輕繩后A下落,B沿斜面下滑,則(　　)
[A] A的質量是B的質量的2倍
[B] 兩物塊落地的瞬間速度相同
[C] 從剪斷繩子到落地,兩物塊動能的變化量不同
[D] 從剪斷繩子到落地,兩物塊重力的沖量相同
[例3] 【變力沖量的計算】 (2024·廣東卷,14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態,并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,敏感球的質量為m,重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞過程中F的沖量大小和方向;
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
考點二　動量定理的理解和應用
1.對動量定理的理解
(1)Ft=mvt-mv0是矢量式,兩邊不僅大小相等,而且方向相同。
(2)Ft=mvt-mv0除表明兩邊大小、方向的關系外,還說明了兩邊的因果關系,即合力的沖量是動量變化的原因。
(3)動量定理中的沖量是合力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,可以是各力沖量的矢量和,也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。
(4)由Ft=mvt-mv0,得F==,即物體所受的合力等于物體動量的變化率。
2.用動量定理解釋兩種現象(F=)
(1)Δp一定時,F的作用時間越短,力就越大;作用時間越長,力就越小。
(2)F一定時,力的作用時間越長,Δp就越大;力的作用時間越短,Δp就越小。
[例4] 【應用動量定理定性解釋有關現象】 (2024·廣東深圳聯考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時,調整地板之間銜接平整,需要用錘子輕輕敲打;把鐵釘釘入堅硬的木板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由,以下說法正確的是(　　)
[A] 釘鐵釘時,應選鐵錘快速敲打,以獲得較大的力
[B] 釘鐵釘時,應選橡膠錘快速敲打,以獲得較小的力
[C] 鋪地板時,應選鐵錘低速敲打,以獲得較小的力
[D] 鋪地板時,應選橡膠錘低速敲打,以獲得較大的力
[例5] 【應用動量定理的定量計算】 用質量為m的小鐵錘以速度v1向下擊打一塊質量為M的磚塊(擊打時間極短),擊打后,小鐵錘以v1的速率反向彈回,已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為t,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)
[A] 在擊打過程中,鐵錘所受合力的沖量大小為mv1
[B] 在擊打過程中,鐵錘重力的沖量大小為mgt
[C] 磚塊緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg
[D] 磚塊緩沖過程中,對手的壓力大小為Mg+
[例6] 【應用動量定理求解多過程問題】 在水平力 F=30 N的作用下,質量m=5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物體向前運動多長時間才停止 (g取10 m/s2)
應用動量定理解題的一般思路
考點三　用動量定理研究“流體類”模型
(1)對于流體類(通常指液體流、氣體流),質量具有連續性。若應用動量定理必須建立柱狀模型,如何建立流體類柱狀模型
提示:對于流體運動,可沿流速v的方向選取一段柱形流體,設在極短的時間Δt內通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl,如圖所示。
(2)如何求解作用時間Δt內流體的質量Δm
提示:設流體的密度為ρ,則在Δt的時間內流過該截面的流體的質量為Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)如何求解流體微元與其他物體作用后所受的合力
提示:根據動量定理,流體微元所受的合力的沖量等于該流體微元動量的變化量,即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:①作用后流體微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
②作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
1.“流體”是由大量質點組成的質量連續分布且以一定速度運動的物體系。流體與其他物體的連續作用問題是力學中的一類常見問題,此類問題的難點是如何合理選取研究對象。用整體法、微元法、等效法結合動量定理是求解流體連續作用問題的重要方法。
2.兩類模型
(1)流體類柱狀模型。
(2)微粒類柱狀模型。
[例7] 【“流體類”模型問題】 (2024·江蘇南京階段練習)臺風給高層建筑物帶來了不小的挑戰。已知三級風速約為4 m/s,十四級風速約為44 m/s,則十四級風速作用在建筑物上的風力大約是三級風速作用在建筑物上的風力的(　　)
[A] 11倍 [B] 120倍
[C] 180倍 [D] 1 900倍
[例8] 【“微粒類”模型問題】 (2024·山東棗莊三模)如圖,將總質量為400 g的2 000粒黃豆從距秤盤125 cm高處連續均勻地倒在秤盤上,觀察到指針指在刻度為80 g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不變,重力加速度g取
10 m/s2,不計空氣阻力,則持續傾倒黃豆的時間約為(　　)
[A] 1.5 s [B] 2.5 s [C] 3.0 s [D] 5.0 s
(滿分:60分)
對點1.對動量、沖量的理解與計算
1.(6分)(多選)下列關于動量的說法正確的是(　　)
[A] 質量大的物體,動量一定大
[B] 甲物體的動量p1=5 kg·m/s,乙物體的動量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
[C] 一個物體的速率改變,它的動量一定改變
[D] 一個物體的運動狀態改變,它的動量一定改變
2.(4分)(2024·寧夏銀川一模)甲、乙兩物體以相同的初動量在水平面上做勻減速直線運動,直到停止,其動量隨時間變化的p-t圖像如圖所示,已知甲、乙兩物體與地面間的動摩擦因數相同,則在此過程中(　　)
[A] 甲、乙兩物體的質量之比為2∶1
[B] 甲、乙兩物體的質量之比為1∶2
[C] 甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為2∶1
[D] 甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為1∶1
3.(4分)一質點靜止在光滑水平面上,現對其施加水平外力F,力F隨時間按正弦規律變化,如圖所示,下列說法正確的是(　　)
[A] 第2 s末,質點的動量為零
[B] 第2 s末,質點的動量方向發生變化
[C] 第4 s末,質點回到出發點
[D] 在1~3 s時間內,力F的沖量為零
對點2.動量定理的理解和應用
4.(6分)(多選)安全氣囊在車輛發生劇烈碰撞時自動彈出,是對駕駛員和乘客的一種安全保護措施,如圖所示。關于安全氣囊在此過程中的作用,下列說法正確的是(　　)
[A] 增加了碰撞過程駕駛員的受力面積
[B] 減少了碰撞前后駕駛員的動量變化量
[C] 減少了碰撞前后駕駛員的動能變化量
[D] 延長了碰撞過程駕駛員的受力時間
5.(4分)(2024·廣東模擬)如圖,動物園熊貓館中有一個長s=10 m、傾角為30°的光滑坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量m=80 kg的熊貓從坡道頂端由靜止滑下,熊貓與防護板的作用時間t=0.4 s,熊貓與防護板接觸后不反彈,并且可以看作質點,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] 熊貓滑到坡底所用的時間為 s
[B] 熊貓到達坡底時的動量大小為800 kg·m/s
[C] 熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為 400 N
[D] 熊貓與防護板碰撞過程中只受到防護板對它的沖量
對點3.用動量定理研究“流體類”模型
6.(4分)(2024·海南海口一模)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象,為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p,某同學將一圓柱形量筒置于雨中,測得時間t內量筒中水面上升的高度為h,設雨滴下落的速度為v0,雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈,雨水的密度為ρ,不計雨滴重力,壓強p為(　　)
[A] (v0-v) [B] (v0+v)
[C] ρ(-v2) [D] ρ(+v2)
7.(6分)(2024·福建三模)(多選)消防員進行消防滅火演練時,用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物,設水柱直徑為D,以水平速度v垂直射向著火物,水柱沖擊著火物后速度變為零。高壓水槍的質量為M,消防員手持高壓水槍操作,進入水槍的水流速度忽略不計,水的密度為ρ,下列說法正確的是(　　)
[A] 水槍的流量為πvD2
[B] 水槍的功率為πρD2v3
[C] 水柱對著火物的平均沖擊力大小為πρD2v2
[D] 向前水平噴水時,消防員對水槍的作用力方向向前且斜向上方
8.(4分)如圖所示,表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上,∠ABC<∠ACB,質量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達斜面底端的過程中,下列說法正確的是(　　)
[A] 兩物塊所受重力的沖量相同
[B] 兩物塊動量的改變量相同
[C] 兩物塊動能的改變量相同
[D] 兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率相同
9.(6分)(2024·廣西卷,10)(多選)如圖,堅硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個豎直方向的方孔,方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬,形狀為正四棱臺,上下底面均為正方形,四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m,與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔,接觸但無擠壓,錘子以極短時間撞擊木栓后反彈,錘子對木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移,未到達方孔底部。若進入的過程方孔側壁發生彈性形變,彈力呈線性變化,最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,則(　　)
[A] 進入過程,木料對木栓的合力的沖量為-I
[B] 進入過程,木料對木栓的平均阻力大小約為+mg
[C] 進入過程,木料和木栓的機械能共損失了+mgΔx
[D] 木栓前進Δx后木料對木栓一個側面的最大靜摩擦力大小約為
10.(7分)(2024·遼寧大連三模)如圖甲所示,光滑水平面上靜置有“L”形長木板A,A的上表面左側光滑、右側粗糙,其上表面上放有一質量為mB=1.2 kg 的物體B,B用輕質水平彈簧與A左側連接,初始狀態彈簧處于原長,B可視為質點。0~3 s 時間內,一水平向右的恒力F作用于B上,這段時間內A、B的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示,在t=3 s后撤去外力和輕質彈簧,此時B剛好滑到A的粗糙部分。一段時間后,A、B相對靜止,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
(2)長木板A的質量mA;
(3)3 s以后,A、B第一次達到相對靜止時,共同速度v共的大小。
11.(9分)(2024·重慶模擬)相對傳統的護林員巡查,無人機巡查具有效率高、地形適應能力強等優勢。如圖,某次巡查中,質量為m的無人機從地面由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動,2t0時刻開始向上做勻減速直線運動,3t0時刻到達距離地面高h處,速度恰好為零。這一過程中無人機受到向上的升力大小可以通過程序控制,無人機受到的空氣阻力與速率成正比,即F阻=kv,其中k為已知常數,已知重力加速度為g。求:
(1)0~2t0時間內無人機的加速度大小及這段時間內升力的最大值Fm;
(2)整個運動過程中升力的沖量大小I。
(
第
10
頁
)(共67張PPT)
高中總復習·物理
第1講　
動量和動量定理
情境導思
觀察女子短道速滑隊比賽發現,“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面,并且開始向前滑行,待乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖去。在乙推甲的過程中,忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用,回答下列問題:
(1)甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同嗎
(2)甲對乙做多少負功,乙對甲就一定做多少正功嗎
知識構建
質量
速度
p=mv
速度
相同
乘積
相同
變化量
mv′-mv
小題試做
如圖所示,質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動,經過時間t1,速度變為零并又開始下滑,經過時間t2回到斜面底端,滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff,已知重力加速度為g。在整個運動過程中,下列說法正確的是
(　　)　　
[A] 重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)sin θ
[B] 支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1+t2)cos θ
[C] 合力的沖量為零
[D] 摩擦力的總沖量大小為Ff(t1+t2)
B
1.動量的理解
(1)瞬時性:動量是描述物體運動狀態的物理量,是針對某一時刻或位置而言的。
(2)相對性:動量的大小與參考系的選取有關,通常情況是指相對地面的動量。
2.動量與動能的比較
聯系 (1)都是相對量,與參考系的選取有關,通常選取地面為參考系。
(2)若物體的動能發生變化,則動量一定也發生變化;但動量發生變化時動能不一定發生變化
3.沖量的計算
(1)恒力的沖量:直接用定義式I=Ft計算,無需考慮物體的運動狀態。
(2)變力的沖量。
②圖像法:作出F-t變化圖線,圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量,如圖
所示。
③動量定理法:對于易確定始、末時刻動量的情況,求出該力作用下物體動量的變化量,再由動量定理I=Δp求解。
[例1] 【動量與動能的理解】 (多選)在光滑水平面上,原來靜止的物體在水平力F的作用下,經過時間t,通過位移L后動量變為p,動能變為Ek。以下說法正確的是(　 　)
[A] 在F作用下,若這個物體經過位移2L,其動量等于2p
[B] 在F作用下,若這個物體經過位移2L,其動能等于2Ek
[C] 在F作用下,若這個物體經過時間2t,其動能等于2Ek
[D] 在F作用下,若這個物體經過時間2t,其動量等于2p
BD
[例2] 【恒力沖量的計算】 如圖,表面光滑的固定斜面傾角為30°,頂端安裝一定滑輪,小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)。初始時刻,A、B處于同一高度并恰好保持靜止狀態。剪斷輕繩后A下落,B沿斜面下滑,則(　　)
[A] A的質量是B的質量的2倍
[B] 兩物塊落地的瞬間速度相同
[C] 從剪斷繩子到落地,兩物塊動能的變化量不同
[D] 從剪斷繩子到落地,兩物塊重力的沖量相同
C
[例3] 【變力沖量的計算】 (2024·廣東卷,14)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。
(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定,其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中,敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂,使之處于水平狀態,并卡住卷軸外齒輪,鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為FN,
敏感球的質量為m,重力加速度為g。忽略敏感球
受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan θ。
【解析】 (1)如圖所示,敏感球受重力mg和敏感臂的壓力FN以及斜面的支持力FN′,
則由牛頓第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma,
(2)如圖乙所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律,可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
①碰撞過程中F的沖量大小和方向;
【答案】 (2)①330 N s　方向豎直向上　
②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。
【答案】 ②0.2 m
1.對動量定理的理解
(1)Ft=mvt-mv0是矢量式,兩邊不僅大小相等,而且方向相同。
(2)Ft=mvt-mv0除表明兩邊大小、方向的關系外,還說明了兩邊的因果關系,即合力的沖量是動量變化的原因。
(3)動量定理中的沖量是合力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,可以是各力沖量的矢量和,也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。
(1)Δp一定時,F的作用時間越短,力就越大;作用時間越長,力就越小。
(2)F一定時,力的作用時間越長,Δp就越大;力的作用時間越短,Δp就越小。
[例4] 【應用動量定理定性解釋有關現象】 (2024·廣東深圳聯考)錘子是常用裝修工具。鋪木地板時,調整地板之間銜接平整,需要用錘子輕輕敲打;把鐵釘釘入堅硬的木板需要用錘子重重敲打。關于兩種情況下選用的錘子及理由,以下說法正確的是(　　)
[A] 釘鐵釘時,應選鐵錘快速敲打,以獲得較大的力
[B] 釘鐵釘時,應選橡膠錘快速敲打,以獲得較小的力
[C] 鋪地板時,應選鐵錘低速敲打,以獲得較小的力
[D] 鋪地板時,應選橡膠錘低速敲打,以獲得較大的力
A
D
[例6] 【應用動量定理求解多過程問題】 在水平力 F=30 N的作用下,質量m=5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ=0.2,若F作用6 s后撤去,撤去F后物體向前運動多長時間才停止 (g取
10 m/s2)
【答案】 12 s
【解析】 法一　用動量定理分段處理
選物體作為研究對象,對于撤去F前物體做勻加速直線運動的過程,物體的受力情況如圖甲所示,初態速度為零,末態速度為v,取水平力F的方向為正方向,根據動量定理有(F-μmg)t1=mv-0,
對于撤去F后,物體做勻減速直線運動,受力情況如圖乙所示,初態速度為v,末態速度為零,根據動量定理有-μmgt2=0-mv,
聯立解得t2=12 s。
法二　用動量定理研究全過程
選物體作為研究對象,研究整個運動過程,這個過程的初、末狀態物體的速度都等于零。取水平力F的方向為正方向,
根據動量定理得Ft1-μmg(t1+t2)=0,
解得t2=12 s。
方法點撥
應用動量定理解題的一般思路
(1)對于流體類(通常指液體流、氣體流),質量具有連續性。若應用動量定理必須建立柱狀模型,如何建立流體類柱狀模型
提示:對于流體運動,可沿流速v的方向選取一段柱形流體,設在極短的時間Δt內通過某一橫截面S的柱形流體的長度為Δl,如圖所示。
(2)如何求解作用時間Δt內流體的質量Δm
提示:設流體的密度為ρ,則在Δt的時間內流過該截面的流體的質量為Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(3)如何求解流體微元與其他物體作用后所受的合力
提示:根據動量定理,流體微元所受的合力的沖量等于該流體微元動量的變化量,即FΔt=ΔmΔv,分兩種情況:①作用后流體微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2。
②作用后流體微元以速率v反彈,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。
1.“流體”是由大量質點組成的質量連續分布且以一定速度運動的物體系。流體與其他物體的連續作用問題是力學中的一類常見問題,此類問題的難點是如何合理選取研究對象。用整體法、微元法、等效法結合動量定理是求解流體連續作用問題的重要方法。
2.兩類模型
(1)流體類柱狀模型。
(2)微粒類柱狀模型。
[例7] 【“流體類”模型問題】 (2024·江蘇南京階段練習)臺風給高層建筑物帶來了不小的挑戰。已知三級風速約為4 m/s,十四級風速約為44 m/s,則十四級風速作用在建筑物上的風力大約是三級風速作用在建筑物上的風力的(　　)
[A] 11倍 [B] 120倍
[C] 180倍 [D] 1 900倍
B
[例8] 【“微粒類”模型問題】 (2024·山東棗莊三模)如圖,將總質量為400 g的2 000粒黃豆從距秤盤125 cm高處連續均勻地倒在秤盤上,觀察到指針指在刻度為80 g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不變,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,則持續傾倒黃豆的時間約為(　　)
[A] 1.5 s [B] 2.5 s
[C] 3.0 s [D] 5.0 s
D
基礎對點練
對點1.對動量、沖量的理解與計算
1.(6分)(多選)下列關于動量的說法正確的是(　 　)
[A] 質量大的物體,動量一定大
[B] 甲物體的動量p1=5 kg·m/s,乙物體的動量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
[C] 一個物體的速率改變,它的動量一定改變
[D] 一個物體的運動狀態改變,它的動量一定改變
CD
【解析】 根據動量的定義可知,它是質量和速度的乘積,因此它由質量和速度共同決定,質量大的物體,動量不一定大,故A錯誤;動量是矢量,動量的負號只表示方向,不參與大小的比較,故p12.(4分)(2024·寧夏銀川一模)甲、乙兩物體以相同的初動量在水平面上做勻減速直線運動,直到停止,其動量隨時間變化的p-t圖像如圖所示,已知甲、乙兩物體與地面間的動摩擦因數相同,則在此過程中(　　)
[A] 甲、乙兩物體的質量之比為2∶1
[B] 甲、乙兩物體的質量之比為1∶2
[C] 甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為2∶1
[D] 甲、乙兩物體受到的摩擦力做功之比為1∶1
A
3.(4分)一質點靜止在光滑水平面上,現對其施加水平外力F,力F隨時間按正弦規律變化,如圖所示,下列說法正確的是(　　)
[A] 第2 s末,質點的動量為零
[B] 第2 s末,質點的動量方向發生變化
[C] 第4 s末,質點回到出發點
[D] 在1~3 s時間內,力F的沖量為零
D
【解析】 由題圖可知,0~2 s時間內,F的方向和質點運動的方向相同,質點經歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動,所以第 2 s 末,質點的速度最大,動量最大,方向不變,A、B錯誤;2~4 s內,F的方向與0~2 s內F的方向不同,該質點0~2 s內做加速運動,2~4 s內做減速運動,所以質點在0~4 s內的位移均為正,第4 s末沒有回到出發點,C錯誤;在F-t圖像中,圖線與坐標軸所圍的面積表示力F的沖量,由題圖可知,1~2 s內的
面積與2~3 s內的面積大小相等,一正一負,則在1~3 s時間
內,力F的沖量為零,D正確。
對點2.動量定理的理解和應用
4.(6分)(多選)安全氣囊在車輛發生劇烈碰撞時自動彈出,是對駕駛員和乘客的一種安全保護措施,如圖所示。關于安全氣囊在此過程中的作用,下列說法正確的是(　 　)
[A] 增加了碰撞過程駕駛員的受力面積
[B] 減少了碰撞前后駕駛員的動量變化量
[C] 減少了碰撞前后駕駛員的動能變化量
[D] 延長了碰撞過程駕駛員的受力時間
AD
【解析】 在碰撞過程中,駕駛員動量變化量和動能變化量是一定的,安全氣囊延長了受力時間,同時增加了駕駛員的受力面積,根據動量定理可知,減小了駕駛員的受力大小,從而保護駕駛員,故A、D正確。
5.(4分)(2024·廣東模擬)如圖,動物園熊貓館中有一個長s=10 m、傾角為30°的光滑坡道,坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量m=80 kg的熊貓從坡道頂端由靜止滑下,熊貓與防護板的作用時間t=0.4 s,熊貓與防護板接觸后不反彈,并且可以看作質點,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[B] 熊貓到達坡底時的動量大小為800 kg·m/s
[C] 熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為 400 N
[D] 熊貓與防護板碰撞過程中只受到防護板對它的沖量
B
對點3.用動量定理研究“流體類”模型
6.(4分)(2024·海南海口一模)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象,為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p,某同學將一圓柱形量筒置于雨中,測得時間t內量筒中水面上升的高度為h,設雨滴下落的速度為v0,雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈,雨水的密度為ρ,不計雨滴重力,壓強p為
(　　)
B
7.(6分)(2024·福建三模)(多選)消防員進行消防滅火演練時,用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物,設水柱直徑為D,以水平速度v垂直射向著火物,水柱沖擊著火物后速度變為零。高壓水槍的質量為M,消防員手持高壓水槍操作,進入水槍的水流速度忽略不計,水的密度為ρ,下列說法正確的是(　 　)
BD
綜合提升練
8.(4分)如圖所示,表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上,∠ABC<
∠ACB,質量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達斜面底端的過程中,下列說法正確的是(　　)
[A] 兩物塊所受重力的沖量相同
[B] 兩物塊動量的改變量相同
[C] 兩物塊動能的改變量相同
[D] 兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率相同
C
9.(6分)(2024·廣西卷,10)(多選)如圖,堅硬的水平地面上放置一木料,木料上有一個豎直方向的方孔,方孔各側壁完全相同。木栓材質堅硬,形狀為正四棱臺,上下底面均為正方形,四個側面完全相同且與上底面的夾角均為θ。木栓質量為m,與方孔側壁的動摩擦因數為μ。將木栓對準方孔,接觸但無擠壓,錘子以極短時間撞擊木栓后反彈,錘子對木栓沖量為I,方向豎直向下。木栓在豎直方向前進了Δx的位移,未到達方孔底部。
若進入的過程方孔側壁發生彈性形變,彈力呈線性變化,最大靜摩擦力約等于滑動摩擦力,則(　 　)
BD
10.(7分)(2024·遼寧大連三模)如圖甲所示,光滑水平面上靜置有“L”形長木板A,A的上表面左側光滑、右側粗糙,其上表面上放有一質量為mB=1.2 kg 的物體B,B用輕質水平彈簧與A左側連接,初始狀態彈簧處于原長,B可視為質點。0~3 s 時間內,一水平向右的恒力F作用于B上,這段時間內A、B的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示,在t=3 s后撤去外力和輕質彈簧,此時B剛好滑到A的粗糙部分。一段時間后,A、B相對靜止,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
【答案】 (1)1.2 N　
【解析】 (1)t=0時刻,對物體B,根據牛頓第二定律可知,
恒力F的大小為F=mBa0,
解得F=1.2 N。
(2)長木板A的質量mA;
【答案】 (2)0.8 kg
【解析】 (2)t=3 s時刻,對整體,
根據牛頓第二定律有F=(mA+mB)a1,
解得mA=0.8 kg。
(3)3 s以后,A、B第一次達到相對靜止時,共同速度v共的大小。
【答案】 (3)1.8 m/s
【解析】 (3)0~3 s過程中,對整體,
根據動量定理有Ft=(mA+mB)v共,
解得v共=1.8 m/s。
11.(9分)(2024·重慶模擬)相對傳統的護林員巡查,無人機巡查具有效率高、地形適應能力強等優勢。如圖,某次巡查中,質量為m的無人機從地面由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動,2t0時刻開始向上做勻減速直線運動,3t0時刻到達距離地面高h處,速度恰好為零。這一過程中無人機受到向上的升力大小可以通過程序控制,無人機受到的空氣阻力與速率成正比,即F阻=kv,其中k為已知常數,已知重力加速度為g。求:
(1)0~2t0時間內無人機的加速度大小及這段時間內升力的最大值Fm;
(2)整個運動過程中升力的沖量大小I。
【答案】 (2)3mgt0+kh
【解析】 (2)設全過程升力的沖量大小為I,空氣阻力沖量的大小為I阻,
由動量定理可得
I-mg×3t0-I阻=mΔv=0,
I阻=∑F阻Δt=∑kvΔt=kh,
解得I=3mgt0+kh。

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