資源簡介

2　動量定理
學習任務一　沖量的理解和計算
[教材鏈接] 閱讀教材,填寫沖量的相關知識.
(1)定義:　　　　與　　　　的乘積,即I=FΔt.單位:　　　　.
(2)意義:沖量反映了　　　　對　　　　的累積效應.
(3)方向:沖量也是矢量,沖量的方向由　　　　的方向決定.
(4)作用效果:使物體的　　　　發生變化.
[物理觀念]
(1)對沖量的理解
過程量 沖量描述的是力的作用對時間的積累效應,取決于力和時間這兩個因素,所以求沖量時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內的沖量
矢量性 沖量的方向與力的方向相同,合力的沖量方向與相應時間內物體動量變化量的方向相同(見學習任務二)
(2)沖量的計算
恒力的 沖量 求某個恒力的沖量:該力和力的作用時間的乘積
變力的 沖量 (1)若力與時間成線性關系變化,則可用平均力求變力的沖量 (2)圖線與時間軸圍成的面積就是力的沖量.如圖所示
合力的 沖量 (1)求幾個力的合力的沖量時,既可以先算出各力的沖量后再求矢量和,也可以先算出各力的合力再求合力的沖量 (2)利用動量定理求合力的沖量(見學習任務二)
例1 [2022·杭州外國語學校月考] 如圖所示,一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下,沿粗糙水平面做勻加速運動,經過時間t,則 (　)
A.拉力對物體的沖量大小為Ft
B.拉力對物體的沖量大小為Ftcos θ
C.摩擦力對物體的沖量大小為Ftcos θ
D.合外力對物體的沖量大小為零
[反思感悟]

變式1 如圖所示,質量為2 kg的物體在傾角為30°、高為5 m的光滑斜面上由靜止從頂端下滑到底端的過程中,g取10 m/s2,求:
(1)重力的沖量;
(2)支持力的沖量;
(3)合力的沖量.
【要點總結】
沖量的計算需要注意以下兩點
(1)求各力的沖量或者合力的沖量,首先判斷是否是恒力,若是恒力,可直接用力與作用時間的乘積求解;若是變力,要根據力的特點求解,或者利用動量定理求解.
(2)求沖量大小時,一定要注意哪個力在哪一段時間內的沖量,只要力不為零,一段時間內的沖量就不為零.
學習任務二　動量定理的理解和應用
[科學推理] 如圖所示,一個質量為m的物體在碰撞時受到另一個物體對它的恒力F,在F作用下,經過時間t,速度從v變為v',應用牛頓第二定律和運動學公式推導物體的動量改變量Δp與恒力F及作用時間t的關系.
[科學思維] 1.動量定理的理解
(1)動量定理的表達式mv'-mv=F·Δt是矢量式,等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義.
(2)動量定理反映了合力的沖量是動量變化的原因.
(3)公式中的F是物體所受的合力,若合力是變力,則F應是合力在作用時間內的平均值.
2.動量定理應用的基本程序:
(1)確定研究對象.
(2)對研究對象進行受力分析.可以先求每個力的沖量,再求各力沖量的矢量和;或先求合力,再求其沖量.
(3)抓住過程的初、末狀態,選好正方向,確定各動量和沖量的正、負號.
(4)根據動量定理列方程,如有必要還需要補充其他方程,最后代入數據求解.
角度一　用動量定理定性解釋現象
例2 [2020·全國卷Ⅰ] 行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞,車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體.若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零,關于安全氣囊在此過程中的作用,下列說法正確的是 (　)
A.增加了司機單位面積的受力大小
B.減少了碰撞前后司機動量的變化量
C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能
D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積
變式2 [2022·湖州中學月考] 如圖所示,一不可伸長的輕繩的一端固定于O點,另一端系一小球,開始時將輕繩向右拉至水平,然后將小球由靜止釋放,則小球由靜止運動到最低點的過程,下列說法正確的是　 (　)
A.拉力對小球的沖量為零
B.重力對小球的沖量為零
C.合力對小球的沖量方向水平向左
D.合力對小球的沖量方向始終指向圓心
【要點總結】
用動量定理解釋相關現象
第一類 物體動量的變化一定時,由Δp=FΔt知,Δt越長,F就越小;Δt越短,F就越大
第二類 作用力一定時,力的作用時間越長,物體動量的變化就越大;作用時間越短,動量的變化就越小
第三類 作用時間一定時,作用力越大,物體動量的變化就越大;作用力越小,物體動量的變化就越小
角度二　用動量定理定量計算
例3 (9分)蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目.一個質量為60 kg的運動員,從離水平網面3.2 m高處自由下落,著網后沿豎直方向蹦回離水平網面5.0 m高處.已知運動員與網接觸的時間為1.2 s,若把這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理,求該力的大小和方向.(g取10 m/s2)
【審題指導】
題干關鍵 獲取信息
離水平網面3.2 m高處自由下落 可獲取接觸網時的速度
蹦回離水平網面5.0 m高處 可獲取離開網時的速度
作用力當作恒力 可直接應用mv'-mv=F合·Δt
規范答題區 自評項目(共100分) 自評分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明,指明研究對象、過程、所用規律(20分)
列式規范,無連等式、使用原始表達式、無代數過程(30分)
有據①②得③等說明(10分)
結果規范,結果為數字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)
【要點總結】
應用動量定理的四點注意事項
(1)明確物體受到沖量作用的結果是導致物體動量的變化.沖量和動量都是矢量,它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則.
(2)列方程前首先要選取正方向,與規定的正方向一致的力或動量取正值,反之取負值,而不能只關注力或動量數值的大小.
(3)分析速度時一定要選取同一個參考系,未加說明時一般是選地面為參考系,同一道題目中一般不要選取不同的參考系.
(4)公式中的沖量應是合力的沖量,求動量的變化量時要嚴格按公式,且要注意是末動量減去初動量.
1.(沖量與動量)某物體在一段運動過程中受到的沖量為-1 N·s,則 (　)
A.物體的初動量方向一定與這個沖量方向相反
B.物體的末動量一定是負值
C.物體的動量一定減小
D.物體動量的增量的方向一定與所規定的正方向相反
2.(動量定理解釋現象)[2022·余杭高級中學期中] 減震性跑步鞋通常有較柔軟且彈性好的夾層鞋底幫助足部減震.如圖是某品牌跑鞋結構示意圖,關于減震的分析下列說法正確的是 (　)
A.減震跑步鞋減小了腳掌受力時間
B.減震跑步鞋減小了人腳與地面作用前后動量的變化量
C.減震跑步鞋減小了人腳與地面作用過程的作用力
D.減震跑步鞋減震部分吸收的能量不能再釋放出來
3.(動量定理的應用)[2022·溫州中學月考] 在一次摸高測試中,一質量為70 kg的同學先下蹲,再用力蹬地的同時舉臂起跳,在剛要離地時其手指距地面的高度為1.95 m;離地后身體形狀近似不變,手指摸到的最大高度為2.40 m,若從蹬地到離開地面的時間為0.2 s,則在不計空氣阻力情況下,起跳過程中他對地面的平均壓力約為(g取10 m/s2) (　)
A.1050 N
B.1400 N
C.1750 N
D.1900 N
答案
[教材鏈接] (1)力F　力F的作用時間Δt　N·s　(2)力的作用　時間　(3)力　(4)動量
例1　A　[解析] 拉力對物體的沖量大小為IF=Ft,A正確,B錯誤;由于物體做勻加速運動,不是平衡狀態,可知摩擦力的大小不等于Fcos θ,所以摩擦力對物體的沖量大小不等于Ftcos θ,C錯誤;由于物體做勻加速運動,故物體所受合外力不為零,合外力對物體的沖量大小不為零,D錯誤.
變式1　(1)40 N·s,方向豎直向下　(2)20 N·s,方向垂直于斜面向上　(3)20 N·s,方向沿斜面向下
[解析] 由牛頓第二定律得a==gsin θ=5 m/s2
由x=at2,解得t===2 s
重力的沖量為IG=mg·t=2×10×2 N·s=40 N·s,方向豎直向下
支持力的沖量為IN=FN·t=mgcos θ·t=20 N·s,方向垂直于斜面向上
合力的沖量為I合=F合·t=mgsin θ·t=20 N·s,方向沿斜面向下
[科學推理] 這個物體在碰撞過程中的加速度a=
根據牛頓第二定律得F=ma
聯立得F=m
整理得Ft=m(v'-v)=mv'-mv
即Ft=Δp.
例2　D　[解析] 因安全氣囊充氣后,受力面積增大,故減小了司機單位面積的受力大小,故A錯誤;有無安全氣囊,司機的初動量和末動量均相同,所以動量的改變量也相同,故B錯誤;因有安全氣囊的存在,司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉化為氣體的內能,不能全部轉化成汽車的動能,故C錯誤;因為安全氣囊充氣后面積增大,所以增大了司機的受力面積,在司機擠壓氣囊的過程中,由于氣囊的緩沖,增加了作用時間,故D正確.
變式2　C　[解析] 小球由靜止到運動到最低點的過程,繩子拉力雖然是變力,但拉力對小球的沖量不為零,A錯誤;小球由靜止運動到最低點的過程,根據IG=mgt,可知重力對小球的沖量不為零,B錯誤;小球由靜止運動到最低點的過程,小球的初動量為零,末動量水平向左,根據動量定理可知,合力對小球的沖量方向水平向左,C正確,D錯誤.
例3　1.5×103 N　方向豎直向上
[解析] 法一　運動員剛接觸網時速度的大小
v1== m/s=8 m/s,方向豎直向下 (2分)
剛離網時速度的大小
v2== m/s=10 m/s,方向豎直向上 (2分)
規定豎直向上為正方向,設運動員與網接觸的過程中網對運動員的作用力為FN,對運動員,由動量定理有
(FN-mg)t=mv2-m(-v1) (3分)
解得FN=+mg= N+60×10 N=1.5×103 N,方向豎直向上. (2分)
法二　此題也可以對運動員下降、與網接觸和上升的全過程應用動量定理,從3.2 m高處自由下落的時間為
t1== s=0.8 s(2分)
運動員彈回到5.0 m高處所用的時間為
t2== s=1 s(2分)
整個過程中運動員始終受重力作用,僅在與網接觸的 t3=1.2 s的時間內受到網對其向上的彈力FN的作用.規定豎直向上為正方向,對全過程應用動量定理
FNt3-mg(t1+t2+t3)=0 (3分)
則FN=mg=×60×10 N=1.5×103 N,方向豎直向上. (2分)
隨堂鞏固
1.D　[解析] 沖量是矢量,其數值前的負號表示與規定的正方向相反,由動量定理知,沖量等于動量的增量,故A、B、C錯誤,D正確.
2.C　[解析] 腳在落地前的速度大小相等,腳落地后最后的速度均為零,說明動量的變化量一定相等;減震跑步鞋主要是延長了與人相互作用的時間,根據動量定理可知,減小了人與地面的作用力,且彈性較好,吸收的部分能量可再次回彈給跑步者,故A、B、D錯誤,C正確.
3.C　[解析] 跳起后重心升高的高度為h=2.40 m-1.95 m=0.45 m,人跳起過程有v2=2gh,解得v==3 m/s,根據動量定理得(-mg)t=mv-0,解得起跳過程中地面對他的平均壓力約為=1750 N,根據牛頓第三定律可知,起跳過程中他對地面的平均壓力約為F'==1750 N,故選C.

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