高中物理 专题提升一　动量定理的应用

专题提升一动量定理的应用[学习目标]1．进一步理解动量定理，熟悉应用动量定理解题的一般步骤，注意动量定理与动能定理的区别。2.学会利用动量定理处理多过程问题。3.学会应用动量定理处理连续质量变动问题。提升1动量定理与动能定理的应用【例1】一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面竖直墙，如图所示。物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)碰撞后物块克服摩擦力的功。答案(1)0.32(2)130N(3)9J解析(1)由动能定理，有－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数值解得μ＝0.32。(2)选返回方向为正方向，由动量定理，有FΔt＝mv′－mv代入数值解得F＝130N。(3)由动能定理得，碰撞后物块克服摩擦力的功W＝eq\f(1,2)mv′2＝9J。注意动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向；动能定理是标量式，应用时不用选取正方向。涉及一段时间(或冲量)选用动量定理；涉及一段位移(或功)选用动能定理。【训练1】(多选)一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为126JD．球棒对垒球做的功为36J答案AC解析设球棒对垒球的平均作用力为eq\o(F,\s\up6(－))，取末速度方向为正方向，由动量定理得eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝m(v1－v0)，其中v1＝45m/s，v0＝－25m/s，代入解得eq\o(F,\s\up6(－))＝1260N。由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝126J，故A、C正确。提升2应用动量定理处理多过程问题应用动量定理处理多过程问题的两种思路(1)可分段分别应用动量定理求解。(2)可全过程应用动量定理求解。要特别注意各力作用的时间，在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。【例2】在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg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μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10m/s2)答案12s解析解法一用动量定理，分段求解。选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，初态速度为零，末态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，初态速度为v，末态速度为零，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv联立解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。解法二用动量定理，研究全过程。选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、末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－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单，所以在解题时要树立整体优先的意识。【训练2】蹦床运动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，求此力的大小和方向。(g取10m/s2)答案1500N方向向上解析解法一运动员刚接触网时速度的大小v1＝eq\r(2gh1)＝eq\r(2×10×3.2)m/s＝8m/s，方向向下刚离网时速度的大小v2＝eq\r(2gh2)＝eq\r(2×10×5.0)m/s＝10m/s，方向向上运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，则运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，对运动员应用动量定理(以向上为正方向)，有(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)F＝eq\f(mv2－m（－v1）,Δt)＋mg解得F＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(60×10－60×（－8）,1.2)＋60×10))N＝1500N，方向向上。解法二本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理自由下落的时间为t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s运动员离网后上升所用的时间为t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2s的时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理(取向上为正方向)，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0则F＝eq\f(t1＋t2＋t3,t3)mg＝eq\f(0.8＋1＋1.2,1.2)×60×10N＝1500N，方向向上。【拓展】在[训练2]中，若运动员落到普通沙坑中，经Δt1＝0.1s停下，其他条件不变，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？提示由(F－mg)Δt1＝0－(－mv1)得F＝5400N。提升3应用动量定理处理流体冲击力问题研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp解题【例3】(2022·山东潍坊高二期中)由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11m/s，已知空气的密度为1.3kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为()A．4.0×104N B．2.0×105NC．2.2×106N D．4.4×106N答案B解析叶片直径d＝128m，叶片旋转所形成的圆的面积S＝eq\f(πd2,4)，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V＝Sv1Δt＝eq\f(πd2v1Δt,4)，风柱的质量m＝ρV，设风通过发电机时受到的平均阻力大小为f，取v1的方向为正方向，则v1＝12m/s,v2＝11m/s，根据动量定理有－fΔt＝mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105N，B正确。应用动量定理分析流体相互作用问题的方法(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。(2)写出选取的流体的质量m与Δt的关系式。(3)分析选取的流体的受力情况和初末态的动量。(4)应用动量定理列式求解。【训练3】在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下。今有一采煤用水枪，由枪口射出的高压水流速度为v。设水的密度为ρ，水流垂直射向煤层表面，若水流与煤层作用后速度减为零，则水在煤层表面产生的压强为()A．ρv2 B．2ρv2C．ρ2v D．2ρ2v答案A解析设水流的横截面积为S，则t时间内喷水质量为m＝ρSvt以该运动方向为正方向，对其与煤层碰撞过程采用动量定理(水平分运动)，有－Ft＝0－mv压强p＝eq\f(F,S)联立解得p＝ρv2，故A正确。题组一动量定理与动能定理的应用1．质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/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，关于小球动量的变化量Δp和合力对小球做的功W，下列说法正确的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝0C．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J答案A解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞的过程中动量的变化量为Δp＝mv2－mv1＝[0.2×4－0.2×(－6)]kg·m/s＝2kg·m/s；由动能定理可得，合外力做功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J，故A正确，B、C、D错误。2．一物体在合力F的作用下从静止开始做直线运动，合力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则()A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1 B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1 D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1答案C解析根据动量定理得0～t0内：F0t0＝mv1①t0～2t0内：2F0t0＝mv2－mv1②由①②解得v1∶v2＝1∶3由p＝mv得p2＝3p1由Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得Ek2＝9Ek1，选项C正确。题组二应用动量定理处理多过程问题3．(2022·安徽怀宁县二中月考)水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt，撤去F，又经过3Δt，物体停止运动，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为()A.eq\f(2F,mg) B.eq\f(F,mg)C.eq\f(2F,5mg) D.eq\f(F,5mg)答案C解析对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝eq\f(2F,5mg)，故A、B、D错误，C正确。4．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5s，篮球的质量m＝0.456kg，g＝10m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为()A．3N B．21NC．33N D．28N答案B解析由自由下落过程可得h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得自由下落时间为t1＝0.6s，反弹竖直上抛时间为t2＝0.5s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0.3s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21N，故B正确。5．(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是()A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J答案BC解析滑块从A点下滑，经过B滑动到C的过程中，根据动能定理有mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，从C点反弹运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgxCD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入数据解得v1＝3m/s，v2＝2m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中，根据动量定理有I＝－mv2－mv1，代入数据，得I＝－250N·s，故A错误，B正确；根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入数据得W＝－125J，故C正确，D错误。6．(多选)(2022·广东高二期末)一质量为4kg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变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为4m/sB．t＝2s时物块的动量大小为2kg·m/sC．t＝3s时物块的速率为0.5m/sD．t＝4s时物块的速度为零答案BD解析根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1s时物块的速率为v1＝0.25m/s；同理，t＝2s时，p2＝Ft2＝1×2kg·m/s＝2kg·m/s；t＝3s时v3＝0.25m/s；t＝4s时v4＝0，故选项B、D正确。题组三应用动量定理处理流体冲击力问题7．某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为S，所能承受的最大风力为F。设风吹到广告牌速度立刻减为零，空气密度为ρ，则广告牌能承受的垂直迎风方向的最大风速为()A.eq\r(\f(F,ρS)) B.eq\f(F,ρ)C.eq\r(\f(F,ρ)) D.eq\f(F,ρS)答案A解析设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，取风的方向为正方向，对风根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F＝ρSv2，则v＝eq\r(\f(F,ρS))，故A正确。8．(2022·河南商开大联考期末)某人感冒打喷嚏时气流喷出的速度大小为v，假设打一次喷嚏大约喷出体积为V的空气，用时约Δt。已知空气的密度为ρ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为()A.eq\f(ρVv,Δt) B.eq\f(ρVv,2Δt)C.eq\f(ρVv,4Δt) D.eq\f(ρVv,8Δt)答案A解析打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mv，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(mv,Δt)＝eq\f(ρVv,Δt)，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为eq\f(ρVv,Δt)，故A正确。9．(2019·全国卷Ⅰ，16)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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案B解析根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝1.6×103kg/s，所以选项B正确。10．有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加()A．3.6×103N B．3.6NC．1.2×103N D．1.2N答案B解析t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6N。根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N，选项B正确。11．(2022·黑龙江大庆实验中学期末)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是()A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq\f(1,4)ρvD2C．水柱对汽车的平均冲力为eq\f(1,4)ρD2v2D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍答案D解析高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，故C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，故D正确。12．(多选)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点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是()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