1、1第 18 课 动量 动量定理1动量、冲量及动量定理 a求恒力作用下的动量变化量(1)(2018 改编，6 分)从同一高度抛出完全相同的甲、乙、丙三个小球，甲球竖直向上抛出，乙球竖直向下抛出，丙球水平抛出。若三个小球落地时的速率相同，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A抛出时甲、乙动量相同，其动量大小均不小于丙的动量大小B落地时三个小球的动量相同，动能也相同C从抛出到落地过程，三个小球的动量变化量相同D从抛出到落地过程，三个小球受到的冲量都不同答案：D解析：根据动能定理可知，三个小球抛出时的速度大小相等，且由题意知三个小球初速度方向不同，根据动量表达式 p mv 可知，三个小球动量大小相等
2、，方向都不相同，故 A 项错误。落地时三个小球的速率相等，则动能相同，甲、乙速度方向相同，与丙速度方向不同，动量不完全相同，故 B 项错误。三个小球运动过程中只受到重力作用，但运动时间不同，甲小球时间最长，丙小球的运动时间次之，乙小球的运动时间最短，由动量定理可知，三个小球受到的冲量不同，动量变化量不同，故 C 项错误，D 项正确。b间接计算变力的冲量(2)(2018 改编，6 分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是( )A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变(2017 天津理综)B摩天轮
3、转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变(2017 天津理综)2C摩天轮转动一周时，乘客重力的冲量为零，座椅对乘客的力的冲量也为零D摩天轮转动一周的过程中，乘客受到的支持力方向始终竖直向上，支持力的冲量与重力的等大反向E摩天轮由最低点到最高点转动半周时，乘客受到的合力冲量不为零，方向与最高点速度方向相同答案：E解析：摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动，运动过程中动能不变，随着高度变化，重力势能变化，故机械能是变化的，故 A 项错误。由重力的瞬时功率 P mgvcos 可知，重力的瞬时功率随着重力与速度的夹角 变化而变化，故 B 项错误。摩天轮转动一周时，乘客重力的冲量 IG mgT，不为零，根据动量
4、定理可得 I 合 p0，故座椅对乘客的力的冲量不为零，故 C 项错误。由题意知乘客座椅面水平，故摩天轮转动一周的过程中，乘客受到座椅的支持力方向始终竖直向上；只有在与圆心等高的位置，支持力才等于重力，故摩天轮转动一周的过程中，支持力与重力的冲量反向，但是不总是等大，故 D 项错误。摩天轮从最低点到最高点转动半周时，初、末位置速度大小相等、方向相反，取最高点速度方向为正方向，对此过程由动量定理有 I 合 p mv( mv)2 mv，可知乘客受到的合力冲量不为零，方向与最高点速度方向相同，故 E 项正确。c对动量定理的理解(3)(2017 吉林二模，10 分)质量 m0.60 kg 的篮球从距地板
5、 H0.80 m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度 h0.45 m，从释放到弹跳至 h 高处经历的时间t1.1 s，忽略空气阻力，重力加速度 g10 m/s 2，求篮球对地板的平均撞击力。答案： 16.5 N，方向向下(10 分)解析：设篮球从 H 高处下落到地板所用时间为 t1，刚接触地板时的速度大小为 v1；反弹离地时的速度大小为 v2，上升的时间为 t2。由动能定理和运动学规律得，下落过程有mgH mv 0(2 分)12 21代入数据解得 v14 m/s, t1 0.4 sv1g上升过程有 mgh0 mv (2 分)12 2代入数据解得 v2 3 m/s, t2 0.3
6、 sv2g篮球与地板接触时间为 t t t1 t20.4 s(1 分)法一设地板对篮球的平均撞击力为 F，取向上为正方向，由动量定理得(F mg) t mv2( mv1)(3 分)解得 F16.5 N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为F F16.5 N，方向向下(2 分)法二3取竖直向上为正方向，由动量定理得F t mgt00(3 分)解得 F16.5 N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为F F16.5 N，方向向下(2 分)d动量定理与图像结合问题(4)(2017 安徽郎溪模拟，11 分)中国是世界上第 3 个掌握卫星回收技术的国家。将某次卫星回收过程落地前的运动简化为竖直方
7、向的匀减速直线运动、匀速直线运动和撞击地面速度减为 0 的运动三个阶段，并作 vt 图像如图所示，撞击过程未显示。设匀减速开始时的高度H1 075 m，撞击地面时间 t 0.125 s，重力加速度 g10 m/s 2。求：卫星匀速运动阶段的速度大小；卫星在匀减速运动阶段受到的阻力大小和撞击地面时受到地面的平均作用力大小之比。答案：5 m/s(3 分) 625(8 分)解析： v t 图像与 t 轴所围面积表示下落高度，为代入数据解得 v25 m/s(1 分)匀减速阶段，加速度大小为且 f mg ma1(1 分)代入数据解得 f1.2 mg(1 分)设撞击地面的过程中，地面对卫星的平均作用力为
8、F，设竖直向下为正方向，由动量定理得( F mg) t0 mv2 (2 分)代入数据解得 F5.0 mg(1 分)所以 f F625。(1 分)(5) (2018 改编，6 分)一个物体同时受到两个力 F1、 F2的作用， F1、 F2与时间的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，当该物体具有最大速度时，物体运动的时间是_s，该物体的最大动量值是_kgm/s。4答案：5(3 分) 25(3 分)解析：根据题意可知，物体受到的 F1和 F2方向相反，且 F2随时间逐渐增大。当 0F1，加速度反向，物体做加速度逐渐增大的减速运动。则 t 5 s 时物体速度最大，根据动量定理即可求解该物体的最大动
9、量。由 I Ft 知， F t 图像中图线与时间轴所围面积可表示力的冲量，前 5 s 内 F1、 F2的冲量分别为 I137.5 Ns， I212.5 Ns,则前 5 s 内合力的冲量为 I I1 I225 Ns，由动量定理可得，物体在前 5 s 内受合力的冲量等于从静止开始运动后 5 s 末的动量，为 25 kgm/s。e用动量定理解决“连续流体”的冲击力问题(6)(经典题，5 分)一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为 S，风速为 v1，船速为 v2(v2v1)，空气密度为 ，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力的大小为多少？答案： S (v1 v2)2(5 分)解析：时间 t 内吹过风帆的空气受风帆阻力，动量减小，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有 Ft S (v1 v2)t (v2 v1)(3 分)解得 F S (v1 v2)2(1 分)根据牛顿第三定律，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力为F F S (v1 v2)2(1 分)
