动量变化与动量定理

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“动量变化”与“动量定理” ——’11备考综合热身辅导系列
谈到物体或系统的动量、冲量,必须首先注意到其方向性;而动量变化指末、初动量之差。

又,动量变化等于其合外力的冲量,即动量定理。

本文讨论动量变化与动量定理在高中物理中的重要应用。

一、破解依据 欲解决此类问题,归纳以下几条依据: ㈠动量和冲量
⑴大小:mv p =,方向:与速度一致;⑵大小:;Ft I =,方向:与合外力一致。

㈡动量定理(应用仅限一维情形)
⑴大小:)(//t t F mv mv -=-,或I p p =-/(此指合外力的冲量);或
⋯⋯+++=332211t F t F t F I ⑵方向:动量变化与合外力方向一致。

㈢坐标正方向的选取:⑴初速度方向;⑵或合外力方向。

二、精选例题
[例题1](07广东物理) 机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动,所受的阻力始终不变,在此过程中,下列说法正确的是 ( )
A .机车输出功率逐渐增大
B .机车输出功率不变
C .在任意两相等时间内,机车动能变化相等
D .在任意两相等时间内,机车动量变化大小相等
[例题2] (06江苏物理) 一质量为m 的物体放在光滑的水平面上,今以恒力F 沿水平方向推该物体,在相同的时间间隔内,下列说法正确的是( )
A .物体的位移相等
B .物体动能的变化量相等
C .F 对物体做的功相等
D .物体动量的变化量相等
[例题3](07全国Ⅱ) 如图所示,PQS 是固定于竖直平面内的光滑的1/4圆周轨道,圆心O 在S 的正上方,在S 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ,从同一时刻开始,a 自由下落,b 沿圆弧下滑。

以下说法正确的是( )
A a 比b 先到达S ,它们在S 点的动量不相等
B a 与b 同时到达S ,它们在S 点的动量不相等
C a 比b 先到达S ,它们在S 点的动量相等
D b 比a 先到达S ,它们在S 点的动量不相等
[例题4] (06全国Ⅰ)一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt 时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v 。

在此过程中( )
A .地面对他的冲量为mv +mgΔt ,地面对他做的功为
2
1mv 2
B .地面对他的冲量为mv +mgΔt ,地面对他做的功为零
C .地面对他的冲量为mv ,地面对他做的功为
2
1mv 2
D .地面对他的冲量为mv -mgΔt ,地面对他做的功为零
[例题5](04上海) 在行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞引直怕伤
害,人们设计了安全带。

假定乘客质量为70 kg ,汽车车速为108 km/h (即30 m/s ),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s ,安全带对乘客的作用力大小约为( )
A .400N B.600N C.800N D.1000N
[例题6](07重庆) 为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103
kg/m 3
)( )
A.0.15 Pa
B.0.54 Pa
C.1.5 Pa
D.5.4 Pa
[例题7](07北京) 在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。

开始时滑块静止。

若在滑块所在空间加一水平匀强电场1E 持续一段时间后立刻换成与1E 相反方向的匀强电场2E 。

当电场2E 与电场1E 持续时间相同时,滑块恰好回到初始位置,且具有动能k E 。

在上述过程中,1E 对滑块的电场力做功为1w ,冲量大小为1I ;2E 对滑块的电场力做功为2W ,冲量大小为2I 。

则( )
A .21I I =
B .214I I =
C .k k E W E W 75.0,25.021==
D . k k
E W E W 80.0,20.021==
[例题8] (07全国Ⅰ)如图所示,在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m 的物体,它受到沿斜面方向的力F 的作用.力F 可按图(a )、(b )、(c)、(d )所示的两种方式随时间变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值,为沿斜面向上为正)已知此物体在t =0时速度为零,若用4321υυυυ、、、分别
表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率,则这四个速率中最大的是( )
A .1υ
B .2υ
C .3υ
D .4υ
[解析]选沿斜面向上为正方向。

显见,物体所受重力为mg,,结合图示数据,并应用动量定理总I p =∆可得
A..2;2330sin 15.025.0111g m p v mg mg mg mg p -=∆=-=⨯︒-⨯+⨯-=∆
B..5.1;5.1330sin 15.015.0222g m p v mg mg mg mg p -=∆=-=⨯︒-⨯-⨯=∆
(a) (b) (c) (c)
C..5.2;5.2330sin 25.0333g m p v mg mg mg p -=∆=-=⨯︒-⨯-=∆
D..5.15.1330sin 125.044
4g m p mgv
mg mg mg p -=∆=-=⨯︒-⨯+⨯-=∆
比较以上数据可知,速度3v 绝对值最大;因此本题答案:C 。

[例题9](03上海)一个质量为0.3kg 的弹性小球,在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与磁撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为 ( )
A .△v =0
B .△v =12m/s
C .W=0
D .W=10.8J
[例题10] (04广东)一质量为m 的小球,以初速度0v 沿水平方向射出,恰好垂直地射到一倾角为030的固定斜面上,并立即反方向弹回。

已知反弹速度的大小是入射速度大小的
34
,求在碰撞中斜面对小球的冲量大小
[例题11] (08全国Ⅰ)图—12中滑块和小球的质量均为m ,滑块可在水平放置的光滑固
定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l 1,开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点。


(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量;
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小。

图—12
[例题12](08天津)光滑水平面上放着质量m A=1kg的物块A与质量m B=2kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接),用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能E p=49J.在
A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,
如图所示,放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,
之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径
R=0.5m,B恰能到达最高点C取g=10m/s2,求
(1)绳拉断后瞬间B的速度v B的大小;
(2)绳子拉断过程中对B的冲量I的大小;
(3)绳拉断过程绳对A所做的功W.
[例题13] (05天津)如图所示,质量m A为4.0kg的木板A放在水平面C上,木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24,木板右端放着质量m B为1.0kg的小物块B(视为质点),它们均处于静止状态。

木板突然受到水平向右的12N s的瞬时冲量I作用开始运动,当小物块滑离木板时,木板的动能E M为8.0J,小物块的动能为0.50J,重力加速度取10m/s2,求
⑴瞬时冲量作用结束时木板的速度v0;
⑵木板的长度L。

[例题14](02全国)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60kg的运动员,从离水平网面3.2m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。

已知运动员与网接触的时间为1.2s。

若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理,求此力的大小。

[例题15](04天津)质量kg
m5.1
=的物块(可视为质点)在水平恒力F作用下,从水平面上A点由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物块继续滑行s
=停在B点,
t0.2
已知A、B两点间的距离m
=,物块与水平面间的动摩擦因数20
s0.5
μ,求恒力F多
.0
=
大。

(2
m
g=)
10s
/
[例题16](02广东)一质量为m的小球,以初速度
v沿水平方向射出,恰好垂直地射
到一倾角为0
30的固定斜面上,并立即反方向弹回。

已知反弹速度的大小是入射速度大小的
3
,求在碰撞中斜面对小球的冲量大小
4
[例题17] (08四川)一倾角为θ=45°的斜血固定于地面,斜面顶端离地面的高度h
=1m,斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。

在斜面顶端自
由释放一质量m=0.09kg的小物块(视为质点)。

小物块与斜
面之间的动摩擦因数μ=0.2。

当小物块与挡板碰撞后,将以原
速返回。

重力加速度g=10 m/s2。

在小物块与挡板的前4次碰撞
过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少?
[例题18](04全国Ⅲ)柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部
件组成,气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。

在重锤与桩碰撞的过程
中,通过压缩使混合物燃烧,产生高温高压气体,从而使桩向下运动,
锤向上运动。

现把柴油打桩机和打桩过程简化如下:
柴油打桩机重锤的质量为m,锤在桩帽以上高度为h处(如图1)
从静止开始沿竖直轨道自由落下,打在质量为M(包括桩帽)的钢筋混
凝土桩子上。

同时,柴油燃烧,产生猛烈推力,锤和桩分离,这一过程
的时间极短。

随后,桩在泥土中向下移动一距离l。

已知锤反跳后到达
最高点时,锤与已停下的桩幅之间的距离也为h(如图2)。

已知m=1.0×103kg,M=2.0×103kg,h=2.0m,l=0.20m,重力加速度g=10m/s2,混合物的质量不计。

设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力,求此力的大小。

三、参考答案
⒈AD ⒉D ⒊A ⒋B ⒌A ⒍B ⒎C ⒏C ⒐BC
⒑[解析]小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v .由题意,v 的方向与竖直线的夹角为30°,且水平分量仍为v 0,如右图.由此得
v =2v 0 ①
碰撞过程中,小球速度由v 变为反向的.4
3v 碰撞时间极短,可不计重力的冲量,由动量
定理,斜面对小球的冲量为
mv v m I +=)4
3
( ②
由①、②得 02
7mv I = ③
⒒[解析]⑴小球第一次到达最低点时,滑快和小球的速度分别为v 1和v 2,由机械能守恒定律得
2
2
121122
m v m v m gl +
=--------①
小球由最低点向左摆动到最高点,由机械能守恒定律得
2
21(1cos 60)2
m v m gl =------②
联立①②两式得:
v 1=v 2③
设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,由动量定理可得
mv
I -=0
从而求出 gl m I -=--------④
⑵小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳对小球的拉力做的功为W,由动能定理得 2
212
m gl W m v +=
---------⑤
联立③⑤式,可以求出
12W m gl =-
即绳对小球的拉力做的功大小为
12
m gl .
⒓[解析] (1)设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ,到达C 时的速度为v C ,有
2
2
2
11222
C B B B B B C B v m g m R m v m v m gR
==
+
代入数据得
v B =5m/s
(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1,取水平向右为正方向,有
2
1
1
12P B B B B E m v I m v m v =
=-
代入数据得
I=-4N·s,其大小为4N·s
(3)设绳断后A 的速度为v A ,取水平向右为正方向,有
12
12B B B A A A A
m v m v m v W m v =+=
代入数据得
W=8J
⒔[解析](1)设水平向右为正方向,有
I=m A v 0
代入数据解得 v 0=3.0m/s
(2)设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力的大小分别为F AB 、F BA 和F CA ,B 在A 上滑行的时间为t ,B 离开A 时A 和B 的速度分别为v A 和v B ,有
-(F BA +F CA )t =m A v A -m A v 0 F AB t =m B v B
其中 F AB =F BA
F CA =μ(m A +m B )g
设A 、B 相对于C 的位移大小分别为s A 和s B ,有
-(F BA +F CA )s A =12 m A v A 2-12 m A v 02
F AB s B =E kB
动量与动能之间的关系为
m A v A =2m A E kA m B v B =2m B E kB
木板A 的长度L=s A -s B ;代入数据解得 L=0.50m
⒕[解析] 首先,将运动员看作质量为m 的质点,从h 1高处下落,刚接触网时速度的大小
v 1=
1
2gh (向下) ①
弹跳后到达的高度为h 2,刚离网时速度的大小
v 2=
2
2gh (向上) ②
显然,其速度的改变量为
Δv =v 1+v 2(向上) ③
以a 表示加速度,Δt 表示接触时间,则
Δv =aΔt ④
然后,接触过程中运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg 。

由牛顿第二定律,
F -mg =ma ⑤
由以上五式,代入数据得解得
F =mg +m
t
gh gh ∆+
1
222=1.5×103N
⒖[解析]首先, 设撤去力F 前物块的位移为1s ,撤去力F 时物块速度为v ,物块受到的滑动摩擦力为
mg F μ=1------------①
对撤去力F 后物块滑动过程,应用动量定理得
mv t F -=-01-------②
然后,由运动学公式,可得
t v s s 2
1=
---------③
对物块运动的全过程,应用动能定理则有
011=-s F Fs -------④
由以上各式,代入数据得
N gt s mgs
F 15222=-=μμ
⒗[解析] 小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v .由题意,v 的方向与竖直线的夹角为30°,且水平分量仍为v 0,如右图.由此得
v =2v 0 --------------- ①
碰撞过程中,小球速度由v 变为反向的
.43v 碰撞时间极短,可不计重力的冲量,由动量
定理,斜面对小球的冲量为 mv v m I +=)43
(------------② 由①、②得 027mv I =
⒘[解析]解法一:设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得
θθμsin cos 21
2h
mg mv mgh += --------------①
以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量 )(v m mv I --=---------------- ②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’,则
θθμsin cos 21
2h mg h mg mv '
+'= ------------- ③
同理,有 θθμsin cos 21
2h mg v m h mg '
+'='---------------④
)(v m v m I '--'='--------------------------------⑤
式中,v’为小物块再次到达斜面底端时的速度,I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。

由①②③④⑤式得
kI I =' ---------------------⑥
式中 μθμθ+-=
t a n t a n k 。

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,
首项为
)c o t 1(2201θμ-=gh m I -----------⑦
总冲量为
)1(3214321k k k I I I I I I +++=+++=----------⑧
由 )11112k
k k k k n
n --=⋯+++-得
)c o t 1(221104θμ---=gh m k k I --------------- ⑨ 代入数据得 )63(43.0+=I N·s
解法二:设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力,斜面对它的摩擦力和支持力,小物块向下运动的加速度为a ,依牛顿第二定律得
ma mg mg =-θμθcos sin ------------①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v ,则
θs i n 22h
a v =------------------------ ②
以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
)(v m mv I --=-------------------------③
由①②③式得
)cot 1(221θμ-=gh m I ---------------④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’, 依牛顿第二定律有
a m mg mg '=-θμθcos sin ------------⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为
θsin 22
a v h '=' ---------------------------⑥
由②⑤⑥式得 h k h 2='------------------------------⑦
式中 μθμ
θ+-=tan tan k 。

同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
)cot 1(22θμ-'='h g m I -------------⑧
由④⑦⑧式得
kI I ='
以下同“解法一”。

⒙[解析] 锤自由下落,碰桩前速度v 1向下,
gh v 21= ①
碰后,已知锤上升高度为(h -l ),故刚碰后向上的速度为
)(22l h g v -= ②
设碰后桩的速度为V ,方向向下,由动量守恒,
21mv MV mv -= ③
桩下降的过程中,根据功能关系,
Fl Mgl MV =+2
21
④ 由①、②、③、④式得
])(22)[(l h h l h M m
l mg
Mg F -+-+=
⑤。

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