高中物理选修3-5-16.2动量和动量定理

2动量和动量定理记一记动量和动量定理知识体系1个状态量——动量1个过程量——冲量1个变化量——动量的变化量1个关系式——动量定理辨一辨1.某物体的速度大小不变，动量一定不变．(×)2．物体的动量相同，其动能一定也相同．(×)3．冲量是矢量，其方向与恒力方向相同．(√)4．力越大，力对物体的冲量越大．(×)5．一段时间内，若动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零．(√)想一想1.冲量与功有什么区别和联系？提示：冲量是力在时间上的积累，功是力在位移上的积累．它们都是过程量，但冲量是矢量，功是标量．2．动量和动能有什么区别和联系？提示：动量和动能都是状态量．但动量是矢量，动能是标量．它们的关系为E k＝p22m，p＝2mE k.3．动量定理和动能定理的区别和联系？提示：动量定理：F合t＝m v t－m v0矢量式动能定理：F合x＝12m v 2t－12m v20标量式思考感悟：练一练1.质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回去，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s解析：规定竖直向下为正方向，则初动量p1＝m v1＝5×5 kg·m/s＝25 kg·m/s，末动量p2＝m v2＝5×(－3) kg·m/s＝－15 kg·m/s，故动量的变化Δp＝p2－p1＝－15 kg·m/s－25 kg·m/s＝－40 kg·m/s，故D正确．答案：D2．对任何运动的物体，用一不变的力制动使它停止下来，所需的时间决定于物体的()A．速度B．加速度C．动量D．质量解析：由动量定理Ft＝Δp，得t＝ΔpF＝0－m vF.当力不变化时，制动时间决定于物体的动量．答案：C3．水平面上的物体M，在水平恒力F的作用下由静止开始运动，经时间t后，撤去水平恒力F，又经时间t后停止运动，则物体所受的摩擦力大小为()A．F B.F 2C.F3 D.F4解析：对全过程应用动量定理得Ft－2F f t＝0F f＝12F 故B正确．答案：B4．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处．空气阻力不计，已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理，求此力的大小(g取10 m/s2)．解析：运动员刚接触网时速度的大小v1＝2gh1＝2×10×3.2 m/s＝8 m/s，方向竖直向下刚离开网时速度的大小v2＝2gh2＝2×10×5.0 m/s＝10 m/s，方向竖直向上运动员与网接触的过程中，设网对运动员的作用力为F N，对运动员由动量定理(以竖直向上为正方向)得：(F N－mg)Δt＝m v2－m(－v1)解得F N＝m v2－m(－v1)Δt＋mg＝60×10－60×(－8)1.2N＋60×10 N＝1.5×103 N.答案：1.5×103 N要点一对动量、冲量的理解1.(多选)以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是()A．在两个相等的时间间隔内，石块受到的冲量相同B．在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同C．在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同D．在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同解析：不计空气阻力，石块只受重力的作用，两个过程所用的时间相同，重力的冲量就相同，A正确．据动量定理，物体动量的增量等于它所受合力的冲量，由于在两个相等的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B正确．由于石块下落时在竖直方向上是做加速运动，下落相同高度所用时间不同，所受重力的冲量就不同，因而动量的增量不同，C错．据动能定理，合外力对物体所做的功等于物体动能的增量，石块只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力做的功就相同，因此动能的增量就相同，D正确．答案：ABD2．(多选)关于动量与动能关系的下列说法中，正确的是() A．一个质量为m的物体，其动量p与动能E k间有p＝2mE k B．两个质量相同的物体，如果动能相等，则它们的动量相同C．两个质量相同的物体，如果动量相同，则它们的动能一定相等D．两个物体的质量比为m1：m2＝1:2，动量大小之比为p1:p2＝2:3，则它们的动能之比为E k1:E k2＝4:9解析：动量p＝m v，动能E k＝12m v2，则有p＝2mE k，故选项A正确；动能相同只能说明速度的大小相等，但方向不一定相同，故动量不一定相同，故选项B错误；如果动量相同，则速度的大小一定相等，则动能一定相等，故选项C正确；由动量和动能的关系可知E k＝p22m，两个物体的质量比为m1:m2＝1:2，动量大小之比为p1:p2＝2:3，则它们的动能之比为E k1:E k2＝8:9，故选项D错误．答案：AC3．如图所示，倾角为α的光滑斜面，长为s.一个质量为m的物体自A点从静止滑下，在由A到B的过程中，斜面对物体的冲量大小是____________，重力的冲量大小是______，物体受到的冲量大小是______(斜面固定不动)．解析：该题应用冲量的定义式来求解．物体沿光滑斜面下滑，加速度a＝g sin α，滑到底端所用时间为t，由s＝12at2，可知t＝2sa＝2sg sin α由冲量的定义式得I N＝Nt＝mg cos α2sg sin α，I G＝mgt＝mg2sg sin α，I合＝F合t＝mg sin α2s g sin α答案：见解析 4.2018年5月27日下午，汤姆斯杯男团决赛，中国队以大比分31逆转战胜日本队，时隔六年再度登顶．中国队第一单打谌龙扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，运动员将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，击球过程只用了0.05 s ．试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量．(2)运动员击球过程中羽毛球所受重力的冲量、羽毛球的动能变化量各是多少？(g 取10 m/s 2)解析：(1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p 1＝m v 1＝5×10－3×903.6 kg·m/s ＝0.125 kg·m/sp 2＝m v 2＝－5×10－3×3423.6 kg·m/s ＝－0.475 kg·m/s所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝(－0.475－0.125) kg·m/s ＝－0.600 kg·m/s ，所以羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s ，方向与羽毛球飞来的方向相反．(2)羽毛球重力大小为G ＝mg ＝0.05 N所以重力的冲量I ＝G ·t ＝2.5×10－3 N·s ，方向竖直向下羽毛球的初速度为v ＝25 m/s ，羽毛球的末速度v ′＝－95 m/s所以ΔE k ＝E ′k －E k ＝12m v ′2－12m v 2＝21 J答案：(1)0.600 kg·m/s ，与羽毛球飞来的方向相反(2)2.5×10－3 N·s ，方向竖直向下 21 J要点二 对动量定理的理解及应用5.[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 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kg解析：设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m，对该气体根据动量定理有：Ft＝m v－0，解得m＝Ftv＝4.8×106×13×103kg＝1.6×103 kg，故选项B正确，A、C、D错误．答案：B6．一质量为100 g的小球从0.80 m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2 s，则这段时间内软垫对小球的冲量大小为________．(g取10 m/s2，不计空气阻力)解析：小球从高处自由下落到陷至软垫最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由v2＝2gh可求出v＝2gh＝4 m/s.接触软垫时受到软垫竖直向上的作用力F N和竖直向下的重力mg的作用，规定竖直向下为正，由动量定理得(mg－F N)t＝0－m v，故有F N t ＝0.1×10×0.2 N·s＋0.1×4 N·s＝0.2 N·s＋0.4 N·s＝0.6 N·s.答案：0.6 N·s7.质量为10 kg的物体在F＝200 N与斜面平行的力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，斜面固定不动且足够长，斜面与水平地面的夹角θ＝37°.力F作用2 s后撤去，物体在斜面上继续上滑了3 s后，速度减为零．已知g取10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物体沿斜面向上运动的最大位移s.解析：(1)对全过程应用动量定理，有：Ft1－μmg cos θ·(t1＋t2)－mg sin θ·(t1＋t2)＝0代入数据解得：μ＝0.25(2)撤去外力F后，由牛顿第二定律有：a2＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2撤去外力F时的速度为：v＝a2t2＝24 m/s总位移为：s＝v2(t1＋t2)＝60 m.答案：(1)0.25(2)60 m8．如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80 cm，足球的重量为400 g，与头部作用时间Δt为0.1 s，空气阻力不计，g＝10 m/s2，求：(1)足球一次在空中的运动时间；(2)足球对头部的作用力．解析：(1)足球自由下落时有h＝12gt21，解得t1＝2hg＝0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t＝2t1＝0.8 s.(2)设竖直向上为正方向，因空气阻力不计，所以顶球前后速度大小相同，由动量定理得(F N－mg)Δt＝m v－(－m v)，又v＝gt1＝4 m/s，联立解得F N＝36 N，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力为36 N，方向竖直向下．答案：(1)0.8 s(2)36 N，竖直向下9．在撑杆跳比赛中，横杆的下方要放上很厚的海绵垫．设一位撑杆跳运动员的质量为70 kg，越过横杆后从h＝5.6 m高处落下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经过Δt1＝1 s，Δt2＝0.1 s 停止．试比较两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力．(g取10 m/s2)解析：若规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵垫或沙坑)过程中的始、末动量为p＝m v＝－m2gh，p′＝0，受到的合外力为F＝F N－mg.由动量定理得F·Δt＝p′－p＝0－m v，即F N －mg ＝0＋m 2gh Δt， 所以F N ＝m 2gh Δt ＋mg .落在海绵垫上时，Δt 1＝1 s ，则：F N1＝(70×10＋70×2×10×5.61) N ≈1 441 N ， 落在沙坑里时，Δt 2＝0.1 s ，则：F N2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫70×10＋70×2×10×5.60.1 N ≈8 108 N. 两者相比F N2≈5.6 F N1放上海绵垫后，运动员发生同样动量变化的时间延长了，同时又增大了运动员与地面的接触面积，可以有效地保护运动员不致受到猛烈冲撞而受伤．答案：见解析基础达标1.下列说法正确的是()A．物体的质量越大，其动量就越大B．受力大的物体，受到的冲量也一定大C．冲量越大，动量越大D．物体的动能越大，其动量越大解析：根据p＝m v和I＝Ft，可知A、B是错误的．由于冲量是过程量，而动量是状态量，因此冲量和动量无关，C错．由动量和动能二者之间的关系式p2＝2mE k，又是同一物体，可知D正确．答案：D2．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上比掉在泥土上易碎，是因为掉在水泥地上时，杯子()A．受到的冲量大B．受到的作用力大C．动量的变化量大D．动量大解析：由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和泥土上时，速度相同，动量相同，D错；最后速度减为零，动量的变化量相同，C错；由动量定理知，A错；落在水泥地上时作用时间短，受到的作用力大，B对．答案：B3．(多选)为了保证航天员的安全，神舟飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1 m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下降到了2 m/s以内，随后又渐渐降到1 m/s，最终安全着陆．把返回舱离地1 m开始到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是()A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量C．延长着地过程的作用时间D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力解析：返回舱和航天员的初、末动量并没因反推火箭的作用而变化，所以返回舱和航天员的动量变化不变，根据动量定理，返回舱和航天员所受的冲量也就不变，A、B项错误．反推火箭延长了着地过程的时间，从而减小了着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力，选项C、D正确．答案：CD4.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的粗糙斜面从底端向上滑动，经过时间t1速度减为零，然后又沿斜面下滑，经过时间t2回到斜面底端，则在整个运动过程中，重力的冲量大小为()A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0解析：解题的关键是弄清两个过程中重力的冲量方向相同，其总冲量应是两段时间内冲量的代数和．由冲量的定义得：上滑过程中，重力的冲量I1＝mgt1，方向竖直向下．下滑过程中，重力的冲量I2＝mgt2，方向竖直向下，则整个运动过程中，重力的冲量大小为I＝I1＋I2＝mg(t1＋t2)，故选C.答案：C5．[重庆高考]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量，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.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v2＝2gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v＝2gh；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；规定竖直向上为正方向，从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，由动量定理可得F t－mgt＝0－(－m v)，故F＝m vt＋mg＝m2ght＋mg，故选项A正确．答案：A6．[2019·陕西省宝鸡市模拟]超强台风山竹登陆我国广东中部沿海，其风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大．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，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v 关系式为()A．F＝ρS v B．F＝ρS v2C．F＝12ρS v3D．F＝ρS v3解析：设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρS v t，设初速度方向为正，根据动量定理－Ft＝0－m v＝0－ρS v2t，F＝ρS v2，B正确．答案：B7．质量为m的小球从距地面高h处自由下落，与地面碰撞时间为Δt，地面对小球的平均作用力为F，取竖直向上为正方向，在与地面碰撞过程中()A．重力的冲量为mg(2hg＋Δt)B．地面对小球作用力的冲量为FΔtC．合外力对小球的冲量为(mg＋F)ΔtD．合外力对小球的冲量为(mg－F)Δt解析：在与地面碰撞过程中，因取竖直向上为正方向，故重力的冲量为－mgΔt，地面对小球作用力的冲量为FΔt，所以合外力对小球的冲量为(F－mg)Δt，故正确选项应为B.答案：B8．原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力随时间的变化情况如图所示，则()A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内的动量变化相同B．0～t0时间内物体的平均速度与t0～2t0时间内的平均速度不等C．t＝2t0时物体的速度为零，合外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，合外力对物体做功为零解析：0～t0与t0～2t0时间内合外力方向不同，动量变化不同，A错；t＝0时v0＝0，t＝t0时物体速度最大，t＝2t0时物体速度为零，则0～t0与t0～2t0时间内物体的平均速度相等，B错；由动量定理Ft＝mΔv可知，C正确；2t0时间内物体先加速后减速，位移不为零，动能变化为零，合外力对物体做功为零，D错．答案：C能力达标9.如图所示，质量分别为m＝1 kg和M＝2 kg的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对放在下面的质量为m的物块施加一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F＝6t(N)，两物块之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，下列结论正确的是()A．两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/sB．从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为23s C．从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 mD．从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6 N·s 解析：当两物块间达到最大静摩擦力时，M与m发生相对滑动，则此时M的加速度为：a＝μMgM＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，则对整体受力分析可知，F＝(m＋M)a＝3×2 N＝6 N＝6t，则可知从施加推力到发生相对运动的时间为1 s，F是随时间均匀增加的，故1 s内平均推力F＝62N＝3 N，对整体由动量定理可得，F t＝(M＋m)v，解得：v＝1 m/s，故A正确，B错误；若物块做匀加速直线运动，则1 s内的位移x＝12v t＝0.5 m，而物块做的是变加速直线运动，则位移不是0.5 m，故C错误；由动量定理可知，I＝(M＋m)v＝3 N·s，故D错误．故选A.答案：A10．(多选)两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中()A．重力的冲量相同B．斜面弹力的冲量不同C．斜面弹力的冲量均为零D．合力的冲量不同解析：设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度为v＝2gh，所用时间t＝1sinθ·2hg.由冲量定义可求得重力的冲量大小为I G＝mgt＝m2ghsin θ，方向竖直向下；斜面弹力的冲量大小为I N＝mg cos θ·t＝m2ghtan θ，方向垂直斜面向上；合力的大小为mg sin θ，I合＝mg sin θ·t＝m2gh，方向沿斜面向下(与合力方向相同)．两斜面倾角不同，则重力冲量大小不同，方向相同；弹力冲量大小与方向均不相同；合力冲量大小相等，方向不同．答案：BD11．(多选)完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2，甲、乙两物体做匀减速直线运动直到静止，其速度随时间的变化情况如图所示，则()A．若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1>s2B．若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s甲、s乙，则s甲>s 乙C．若F1、F2所做的功分别为W1、W2，则W1>W2D．若F1、F2的冲量分别为I1、I2，则I1>I2解析：由于v -t图中图线与时间轴所围的“面积”表示物体的位移，则在F1、F2作用时间内s1＝v0t0，s2＝2v0t0，所以s1<s2，A错．s甲＝3v0t0，s乙＝52v0t0，所以s甲>s乙，B对．全过程由动能定理得W F－W f＝0－0，所以W F＝W f，而W f＝f·s，两物体完全一样，水平面相同，即f＝μmg相同，因s甲>s乙，所以W f甲>W f乙，故W1>W2，C对．全过程由动量定理知I F－I f＝0，而f相同，所以I f甲＝f×3t0，I f乙＝f×5t0，故I f甲<I f乙，即I1<I2，D错．答案：BC12．[2019·厦门高二检测]将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；(3)小球落地时的动量p′.解析：(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量I＝mgt＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝12gt2，落地时间t＝2hg＝1 s.小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为：I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．由动量定理得：Δp＝I＝10 kg·m/s方向竖直向下．(3)如图所示，小球落地时竖直分速度为v y＝gt＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102m/s＝10 2 m/s，tan θ＝v yv0＝1，θ＝45°，所以小球落地时的动量大小为p′＝m v＝10 2 kg·m/s，方向与水平面成45°斜向下．答案：(1)4 N·s方向竖直向下(2)10 kg·m/s方向竖直向下(3)10 2 kg·m/s方向与水平面成45°斜向下。