动量定理课件

3.[动量定理用于求解多过程问题]
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，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
()
m A.
t2gh＋mg
答案：BCD
[谨记关键] 1．动能、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 标矢性
Ek＝12mv2 标量
p＝mv 矢量
Δp＝p′－p 矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联 方程
Ek＝2pm2 ，Ek＝12pv，p＝ 2mEk，p＝2vEk
(1)求喷泉喷水的功率 P。 (2)试计算卡通玩具在空中悬停时离喷口的高度 h。 (3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上 升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细。 请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水 柱呈现该形态的原因。
[解题指导] 由于水是流体，所以在处理问题时要取质量为 Δm 的水为研究对象进行研究，通过建立适当的物理模型进行求 解。
(2)玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，
这是由于在玻璃杯与石头的撞击过程中
()
A．玻璃杯的动量较大
B．玻璃杯受到的冲量较大
C．玻璃杯的动量变化较大 D．玻璃杯的动量变化较快
(2)选 D 从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与 草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。 因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理 Ft＝mΔv 知，此 时玻璃杯受到的力 F 较大，即玻璃杯的动量变化较快，容易碎， D 正确。
势后引。这样可以减小
()
A．球对手的力的冲量
B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量
D．球的动能变化量
(1)选 B 球对手的冲量 I＝mv－mv0 不变，故选项 A 错误； 篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触 到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用时间，根据 Ft＝mv－mv0 可知，减小了球对手的力的大小，故选项 B 正 确；根据动量变化 Δp＝mv－mv0 可知，动量变化量相同， 故选项 C 错误；球的动能变化量 ΔEk＝12mv2－12mv02 不变， 故选项 D 错误。
[逐点释解] (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。 (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。如用恒 力推车，推的时间越长，车的速度越大，动量变化量越大。
用动量定理解多过程问题的两点提醒 1．对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过
程应用动量定理。 2．物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量
定理时应引起关注。
模型构建——动量定理解决两类“柱状模型”问题 (一)流体类“柱状模型”问题
流体及 通常液体流、气体流等被广义地视为“流 其特点 体”，质量具有连续性，通常已知密度 ρ
建立“柱状模型”，沿流速 v 的方向选取一 分1
段柱形流体，其横截面积为 S 析
微元研究，作用时间 Δt 内的一段柱形流体 步2
的长度为 Δl，对应的质量为 Δm＝ρSvΔt 骤
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[例 1] (2019·黄冈 4 月质检)某游乐场入口 旁有一喷泉，在水泵的作用下会从鱼模型背部 喷出竖直向上的水柱，水柱可将站在冲浪板上 的卡通玩具托起，平稳地悬停在空中，伴随着 音乐旋律，卡通玩具能够上下运动，场面引人驻足，如图所示， 这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为 S0 的鱼背部喷口以 速度 v0 持续竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各种水的 速率都相等，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积， 确保所有水都能喷到冲浪板的底部，水柱冲击冲浪板前其水平 方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，在竖直方向的速度立 即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知卡通玩具和冲浪 板的总质量为 M，水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g，空气阻 力及水的黏滞阻力均可忽略不计，喷泉喷水的功率定义为单位 时间内喷口喷出水的动能。
[解析] (1)水喷出后做竖直上抛运动，以喷口在 Δt 时间内 喷出质量为 Δm 的水为研究对象，则喷泉喷水的功率为
P＝12ΔΔmtv02＝12ρS0vΔ0tΔtv02＝12ρS0v03。 (2)以竖直向上为正方向，以在 Δt 时间内冲击冲浪板底部的 质量为 Δm 的水柱为研究对象，设其所受冲浪板和卡通玩具的作 用力为 F，碰到冲浪板时水柱的速度大小为 v，碰后竖直方向速 度为 0。根据动量定理有
的。
(√)
(7)物体的动能变化时，动量一定变化。
(√)
(8)两物体的动量相等时，动能也一定相等。
(×)
(9)物体动量的变化量等于初、末状态动量大小之差。
(×)
(一)一站练通类考点——动量、动量变化量、冲量
1．[动量的计算]
[多选]一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作
用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化
2．[冲量的计算]
(2020·佛山模拟)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＝0.4 kg，
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＝1.25 m，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＝0.25 m，使球在离手时
获得一个竖直向下、大小为 4 m/s的初速度 v。若不计空气
应用动量定理解题的一般步骤 (1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象 一般仅限于单个物体。 (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。
解析：(1)从 A 到 B 过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式， 有：a＝v12－2sv02＝722－×852 m/s2＝－1.5 m/s2。 所以加速度的大小为 1.5 m/s2。 (2)从 A 到 B 过程，由动能定理，有： －μmgs＝12mv12－12mv02 代入数据解得：μ＝0.15。 (3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有： FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2 (2)0.15 (3)130 N
阻力及球的形变，g 取 10 m/s2，则每次拍球
()
A．手给球的冲量为 1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为 2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为 3.2 J
பைடு நூலகம்
D．人对球做的功为 2.2 J
解析：为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为 4 m/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＝ 0.4× 4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，手给球的冲量与重力给球的冲量之 和等于外力冲量，故手给球的冲量小于 1.6 kg·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＝12mv2， 解得 W＝2.2 J，选项 D 正确，C 错误。 答案：D
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；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2．冲量的计算 (1)恒力的冲量：直接用定义式 I＝Ft 计算。 (2)变力的冲量 ①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化， 即力为时间的一次函数，则力 F 在某段时间 t 内的冲量 I＝F1＋2 F2 t，其中 F1、F2 为该段时间内初、末两时刻力的大小。
2.[动量定理用于计算平均冲力] 在水平地面的右端 B 处有一面墙，一小 物块放在水平地面上的 A 点，质量 m＝ 0.5 kg，A、B 间距离 s＝5 m，如图所示。小物块以初速度 v0 ＝8 m/s从 A 向 B 运动，刚要与墙壁碰撞时的速度 v1＝7 m/s， 碰撞后以速度 v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度 g 取 10 m/s2。 求： (1)小物块从 A 向 B 运动过程中的加速度 a 的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数 μ； (3)若碰撞时间 t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力 F 的大小。
②作出 F-t 变化图线，图线与 t 轴所夹的面积即为变力的冲 量。如图所示。
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解， 即通过求 Δp 间接求出冲量。
(二)逐点释解类考点——动量定理
[全训题点]
1．[应用动量定理解释生活现象]
(1)(2020·广州模拟)篮球运动员接传来的篮球
时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺
3．[动量变化量的大小计算]
[多选]质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动，经过时
间 t，下降的高度为 h，速度变为 v，在这段时间内物体动量
变化量的大小为
()
A．m(v－v0)
B．mgt
C．m v2－v02
D．m 2gh
解析：由动量定理可得，物体在时间 t 内动量变化量的大小为 mgt，B 正确；物体在平抛运动过程中速度变化量 Δv 沿竖直方 向，其大小 Δv＝ v2－v02，由机械能守恒定律可得：12mv02＋ mgh＝12mv2，所以 v2－v02＝ 2gh，故物体动量变化量 Δp＝ mΔv＝m v2－v02＝m 2gh，选项 C、D 均正确，只有选项 A 错 误。
(F－Δmg)·Δt＝Δm·(0－v) 由于 Δt 取得很少，Δmg 很小，故 Δmg·Δt 可以忽略，于是 有 F·Δt＝Δm·(0－v)＝ρS0v0Δt·(0－v) 解得 F＝－ρS0v0v 根据牛顿第三定律和物体平衡条件可得冲浪板和卡通玩具 受到的水柱的作用力 F′满足 F′＝－F，F′＝Mg 故有 Mg＝ρS0v0v，解得 v＝ρMS0gv0 水柱从喷口喷出后做竖直上抛运动， 故有 v2－v02＝－2gh 联立，可得 h＝v20g2－2ρM2S022gv02。
动量定理课件
[微点判断]
(1)动量越大的物体，其速度越大。
(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。
(×)
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。
(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 (×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×) (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致
的图线如图所示，则
()
A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s
B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s
C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s
D．t＝4 s 时物块的速度为零
解析：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 ＝Fm1＝22 m/s2＝1 m/s2，t＝1 s 时物块的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A 正确；t＝2 s时物块的速率 v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为 p2＝mv2 ＝4 kg·m/s，B 正确；物块在 2～4 s 内做匀减速直线运动，加速 度的大小为 a2＝Fm2＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率 v3＝v2－a2t3 ＝(2－0.5× 1)m/s＝1.5 m/s，动量大小为 p3＝mv3＝3 kg·m/s，C 错误；t＝4 s 时物块的速度 v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s， D 错误。 答案：AB
m B.
t2gh－mg
m C.
tgh＋mg
m D.
tgh－mg
选 A 法一：设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，由 v2＝2gh 可得 v＝ 2gh，由动量定理得：(mg－F)t＝0－mv， 解得：F＝m t2gh＋mg，选项 A 正确。 法二：设高空作业人员自由下落 h 的时间为 t1，由 h＝12gt12 可得：t1＝ 2gh，由动量定理得：mg(t1＋t)－Ft＝0，可解 得 F＝m t2gh＋mg，选项 A 正确。