1、第1讲动量冲量动量定理A组基础过关1.把重物压在纸带上,用一水平力缓缓拉动纸带,重物跟着纸带一起运动;若迅速拉动纸带,纸带就会从重物下抽出。这个现象的原因是()A.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力大B.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力小C.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的冲量大D.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的冲量大答案C用水平力缓缓拉动纸带,重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力,A、B均错误;迅速拉动纸带时,因作用时间短,重物所受冲量较小,重物速度变化小,纸带易抽出,故C正确,D错误。2.(2018安徽合肥一模)质量为0.2 kg的小球竖直向下以
2、6 m/s的速度落至水平地面上,再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量p和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是()A.p=2 kgm/sW=-2 JB.p=-2 kgm/sW=2 JC.p=0.4 kgm/sW=-2 JD.p=-0.4 kgm/sW=2 J答案A取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量p=mv2-mv1=0.24 kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2 kgm/s,方向竖直向上。由动能定理可知,合外力做的功W=12mv22-12mv12=120.242 J-120.262 J=-2 J。故A正确。3.
3、(2019山西大同质检)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()A.m2ght+mgB.m2ght-mgC.mght+mgD.mght-mg答案A解法一由v2=2gh得v=2gh。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=m2ght+mg,故A正确。解法二对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a=vt=2ght,解得F=m2ght+mg,故
4、A正确。4.一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s。则这一过程中动量的变化量为()A.大小为3.6 kgm/s,方向向左B.大小为3.6 kgm/s,方向向右C.大小为12.6 kgm/s,方向向左D.大小为12.6 kgm/s,方向向右答案D选向左为正方向,则动量的变化量p=mv1-mv0=-12.6 kgm/s,负号表示其方向向右,D正确。5.(多选)(2017湖南常德模拟)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
5、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.小球的机械能减少了mg(H+h)B.小球克服阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量大于m2gHD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量答案AC小球在整个下落过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A项正确;对小球下落的全过程运用动能定理得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B项错误;小球落到地面时的速度v=2gH,对进入泥潭的过程运用动量定理得IG-IF=0-m2gH,解得IF=IG+m2gH,知阻力的冲量大于m2gH,故C项正
6、确;对全过程分析,运用动量定理知,动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D项错误。6.(多选)(2019天津和平质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹?国家地理频道的实验结果是:四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同答案BCD恰好能穿出第4个水球,即末速度v=0,逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动,则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2-3)(3-2)(2-
7、1)1,则B正确。由于加速度a恒定,由at=v,可知子弹在每个水球中的速度变化不同,A项错误。因加速度恒定,则每个水球对子弹的阻力恒定,则由I=ft可知每个水球对子弹的冲量不同,C项正确。由动能定理有Ek=fx,f相同,x相同,则Ek相同,D项正确。7.1966年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验。实验时,用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火),接触以后,开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速。推进器的平均推力F=895 N,推进器开动时间t=7 s。测出飞船和火箭组的速度变化v=0.91 m/s。已知“双子星号”飞船的质量m1=3 4
8、00 kg。由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为()A.3 400 kgB.3 485 kgC.6 265 kgD.6 885 kg答案B根据动量定理得Ft=(m1+m2)v,代入数据解得m23 485 kg,B选项正确。8.将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2,以下判断正确的是()小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 Ns小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20 NsA.B.C.D.答案C小球在最高点速度为零,取向下为正方向,小球从抛出至最高点受到的
9、冲量:I=0-(-mv0)=10 Ns,正确;因不计空气阻力,所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s,但其方向变为竖直向下,由动量定理知,小球从抛出至落回出发点受到的冲量为:I=p=-mv0-mv=-20 Ns,则冲量大小为 20 Ns,正确,均错误。同理,若取向上为正方向也可分析出正确,错误。所以选项C正确。9.一高空作业的工人重为600 N,系一条长为L=5 m的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1 s,则安全带受的冲力是多少?(g取10 m/s2)答案1 200 N解析解法一程序法依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1,v12=2gL,得v1=2gL经
10、缓冲时间t=1 s后速度变为0,取向下为正方向,对工人由动量定理知,工人受两个力作用,即拉力F和重力mg,所以(mg-F)t=0-mv1,F=mgt+mv1t将数值代入得F=1 200 N。由牛顿第三定律知安全带受的冲力F 为1 200 N,方向竖直向下。解法二全过程法在整个下落过程中对工人应用动量定理,在整个下落过程中,重力的冲量大小为mg2Lg+t,拉力F的冲量大小为Ft。初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理得mg2Lg+t-Ft=0解得F=mg2Lg+tt=1 200 N。由牛顿第三定律知安全带受的冲力F=F=1 200 N,方向竖直向下。10.(2019福建福州期末)在水平力F
11、=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=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解析解法一用动量定理解,分段处理。选物体作为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,物体的受力情况如图甲所示,始态速度为零,终态速度为v,取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有(F-mg)t1=mv-0。对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,受力情况如图乙所示,始态速度为v,终态速度为零,根据动量定理有-mgt2=0-mv。以上两式联立解得t2=F-mgmgt1=30-0.25100.2
12、5106 s=12 s。解法二用动量定理解,研究全过程。选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终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-mg)t1+(-mg)t2=0解得t2=F-mgmgt1=30-0.25100.25106 s=12 s。B组能力提升11.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经t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+mgt,地面对他做的功为12mv2B.地面对他的冲量为mv+mgt,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12mv2D.地面对他的冲量为mv-mgt,
13、地面对他做的功为零答案B人的速度原来为零,起跳后为v,由动量定理可得I地-mgt=mv-0,可得地面对人的冲量I地=mgt+mv;而人起跳时,地面对人的支持力的作用点位移为零,故地面对人做功为零。所以只有选项B正确。12.(多选)如图所示,一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处,三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3,动量变化量的大小依次为p1、p2、p3,则有()A.三个过程中,合力的冲量相等,动量的变化量相等B.三个过程中,合力做的功相等,动能的变化量相等C.I1I2I3,p1=p2=p3D.I1I2I3,p1p2p3答案ABC由机械能守恒定律可知物体
14、下滑到底端C、D、E的速度大小v相等,动量变化量p=mv相等,即p1=p2=p3;根据动量定理,合力的冲量等于动量的变化量,故合力的冲量也相等,注意不是相同(方向不同);设斜面的高度为h,由hsin=12g sin t2得物体下滑的时间t=2hgsin2,所以越小,sin2越小,t越大,重力的冲量I=mgt就越大,故I1I20可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向:设t时间内,光束穿过小球的粒子数为n1,光束穿过小球的粒子数为n2,n1n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)p sin 从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
