选修3-5：用动量表示牛顿第二定律(新人教版)(2).doc

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问题一 牛顿第二定律的动量表示
1 质量为50kg的体操运动员从高空落下，落到垫子前的速度为1．0 m／s，方向竖直向下，该运动员经垫子缓冲0．5s停下来，求垫子对运动员的作用力?(g取10m／s2)
[解析] 错解：选竖直向上为正方向，根据动量定理Ft=Δp=p/-p得
F=(p/-p)/t=100N，方向竖直向上。
正确解法：选竖直向上为正方向，根据动量定理F合t=Δp得
(F—mg)t=p’-p，
即F=600N，方向竖直向上。
[答案] 600N
[点评] 错误之处在于误将运动员所受合力当成垫子对运动员的支持力了。
问题二 动量及动量变化
2 质量为2kg的物体以20m／s的速度被竖直上抛，3s末的速度大小为10m／s，求在这3 s内物体动量的变化。(g取10rn／s2)
[解析] 错解：根据Δp=mv/—mv，得Δp= —20 kg·m／s。
正确解法：物体运动过程中只受重力作用，重力又是恒力，根据动量定理F合t=Δp得
Δp=60kg·m／s，方向竖直向下。
[答案] 60kg·m／s 方向竖直向下
[点评] 错误解分析：(1)错误之处在于忘记了动量是矢量，将两个不知方向的动量大小之差当成了动量的变化。
(2)对F合t=Δp理解不深，往往易将物体受到的某一个力当成物体所受合力，或者误将所受合力当成物体受到的某一个力。
问题三 冲量的概念
3 质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度为v2。在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为 ( )
A．向下，m(v1—v2) B．向下，m(v1十v2)
C．向上，m(v1—v2) D．向上，m(v1+v2)
[解析] 物体以竖直速度v1，与地面碰撞而又以v2的速度反弹。物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定。根据动量定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量。
设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得
(F—mg)t=mv2—(—mv1)=mv2十mv1。
由于碰撞时间极短，t趋于零，则mgt趋于零。
所以Ft= m(v1+v2)，即弹力的冲量方向向上，大小为m(v1+v2)。
[答案] D
[点评] 此题考查了对动量定理的理解和应用。在一些短暂的变力作用过程中，动量定理显示出其优点，在应用动量定理的过程中要选取正方向，以便正确体现动量定理的矢量性。
此题还考查了依据题设条件进行简化问题的能力。
4 一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用去0．4s，该铁球的质量为336g，求从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少?从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少?(保留两位小数，g取10m／s2)
[解析] 小球进入泥潭前做自由落体运动，求出小球下落的时间，便可以求出恒定重力在这一过程的冲量；小球进入泥潭后，泥土对小球的阻力是变力，此变力的冲量要由动量定理
求得。
[答案] 小球自由下落10m所用的时间是t1=s，重力的冲量Ic=mgt1=0．336X10XN·s=4．75N·s
对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1+t2)—Ft2=0。泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2=mg(t1+t2)=0．336X10X(十0．4)N=6．10N·s，方向竖直向上，如图所示
问题四 动量定理及其应用
5 跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于 ( )
A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
[解析] 人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量如一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft=Δp一定，t越长F越小，故D对。
[答案] D
6 质量均为m的两个小球A、B，中间用一轻质弹簧相连，通过细线悬挂于O点，如图所示，剪断细线两球从静止开始下落，经过时间t小球A的速度达到vl，试求此时B球的速度v2等于多少?
[解析] 细线剪断后，A、B两球除受重力作用外，还受到变化着的弹力作用，A、B两球的运动情况比较复杂。如果从系统着眼，弹簧的弹力是内力，它不改变系统的总动量，而系统受到的重力是恒力，是系统动量变化的原因，对系统使用动量定理，是很方便解决该问题的。
[答案] 取A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在下落过程中系统受到的外力是
F外—(rnA+mB)g=2mg。系统初始状态的动量pt=0，末状态的动量p2=mv1+mv2。由动量定理
得2mgt=mv1+mv2，故此时B球的速度v2=2gt—v1。
7 一个500g的足球从1．8m高处自由落下，碰地后能弹到1．25m高，若球与地的碰撞时间为0．1s，试求球对地的平均作用力。
[解析] 由题意可知，物体的运动过程是先做自由落体运动，与地接触后做减速运动，然后反弹离开地面，最后减速上升直到最高点。在解题时，可分段考虑，也可整体分析。
[答案] 由动量定理知，足球所受合外力的冲量等于它动量的变化，即
FΔt= mv—mv/
设足球落地前的速度为v和落地后的反弹速度为v，。
根据位移和速度的关系式vt2-v02=2ax可分别得
V=6m／s， v’=5m／s；
但不能将上面数值直接代人，否则会得出错误的结果。
因为mv—mv/是矢量差，而v方向向下，v，方向向上，必须先规定正方向，不妨选向上的方向为正方向，则 F= (mv—mv/)/Δt= 55N。
即足球所受合外力为55N，方向向上。合外力是地面对球的弹力FN与球的重力G之差，即F=FN—G，故FN=60N。
即地面对足球的作用力为60N，方向向上，根据牛顿第三定律，足球对地面的作用力亦为60N，方向向下。
若相互作用的力远比物体的重力大时，则可把重力忽略不计。由动量定理所求得的合外力F，就认为是相互作用的力。
问题五 动量定理中的图象问题
8 甲、乙两个物体动量随时间变化的图象如图所示，图象对应的物体的运动过程可能是 ( )
A．甲物体可能做匀加速运动
B．甲物体可能做竖直上抛运动
C．乙物体可能做匀变速运动
D．乙物体可能与墙壁发生弹性碰撞
[解析] a甲物体的动量随时间的变化图象是一条直线，其斜率Δp/Δt恒定不变，说明物体受到恒定的合外力作用；
b由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大。综合a、b知甲物体做匀减速直线运动，与竖直上抛运动类似，所以B选项正确。
c．乙物体的动量随时间变化规律是一条曲线，曲线的斜率先增大后减小。根据动量的变化率就是物体受到的合外力(F合=Δp/Δt)知，乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后
减小。
d．由图线还可以看出，乙物体的动量先正方向减小到零，然后反方向增大。
综合c、d可知乙物体的运动是一个变加速运动，与水平面上的小球和竖直墙壁发生弹性碰撞相类似(弹性小球与竖直墙壁弹性碰撞的过程，小球受到的弹力随着形变量的增大而增大，随形变量的减小而减小，是一个变力，且小球与墙壁达到最大压缩量时，其速度等于零)，所以D选项正确。
[答案] BD
9 水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撒去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v—t图象如图所示，图中AB／／CD，
则 ( )
A．F1的冲量大于F2的冲量
B．Fl的冲量等于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力大小相等
D．两物体受到的摩擦力大小不等
[解析] 题目中给出了速度一时间图象，由图象告诉我们很多隐含条件，如图象的斜率表示加速度的大小，我们可以根据斜率的大小关系确定加速度的大小关系，从而确定力的大小
关系，同时也可以从图上直接找出力作用时间的长短。
设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由图知t1<t2，当只有摩擦力Ff作用时，由AB//CD知图线斜率相同，则加速度相同，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相同，故C选项正确，D
选项错误；对a，由动量定理得：Flt1—F2t2=mvA；对b同理：F2t2—Fft2=mvc。
由图象知，vA=vc，tl<t2，所以有mvA=mvc知，即F1t1—Fftl=F2t2—Fft2，因此F2t2>F1t1，即A、B选项均错。[答案] C．
问题六 运用动量定理求变力的冲量
10 光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下，做匀速圆周运动，已知球的质量为m，线速度为v，且绳长为L，试求球运动半圆周过程中绳拉力的冲量大小。
[解析] 球做匀速圆周运动时，受重力、桌面支持力FN及绳子的拉力，重力G和支持力FN平衡，绳子拉力即为合力，尽管F绳=mv2/L大小恒定，但方向时刻在变，不能用冲量公式I=
Ft计算。可用动量定理求解。
[答案] 在运动半周过程中，由动量定理可知：
I绳=Δp=2mvo
[点评] 在计算力的冲量时不可不考虑公式I=Ft的适用条件，盲目套用而造成错误。
11 蹦床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。一名质量为60 kg的运动员，从离水平网面3．2m高处自由下落，触网后沿竖直方向蹦回到离水平面5．0 m高处，已知运动员与网接触的时间为1．2s，求这段时间内网对运动员的平均作用力大小。(g取10m／s2)
[解析] 运动员从高处落下做自由落体运动，与弹性网接触受到向上的弹力后，再做竖直上抛运动。可以分过程应用动量定理求解，也可整个过程应用动量定理求解，须注意的是各矢量的方向要明确。
[答案] 方法一：运动员刚接触网时速度的大小 v1=8m／s，方向向下。
刚离网时速度的大小 v2=10m／s，方向向上。
在运动员与网接触的过程中，设网对运动员的作用力为F，以运动员为研究着对象，由动量定理，以向上为正方向，有
(F—mg)Δt=mv2—mv1。
解得F=1．5X103N，方向向上。
方法二：对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理。
从3．2m高处自由下落的时间为t1=0．8s，
运动员弹回到5．0m高处所用的时间为t2=1s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t2=1．2s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，对全过程应用动量定理，有
FNt3—mg(t1十t2+t3)=0，
则F=1 500N，方向向上。
[点评] 解答本题时，容易出现以下错误：(1)未能正确地进行受力分析、漏算重力，误认为所求的平均力就是合外力；
(2)没有正确理解动量定理的矢量性，误将动量的变化写为mv2—mvl o
12 将质量m=1kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以v。=10 m／s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m／s2，求：
(1)平抛运动过程中小球动量的增量ΔP；
(2)小球落地时的动量P，；
(3)飞行过程中小球所受的合外力的冲量I
[解析] 这是一道动量、动量的增量及冲量的综合题目，在曲线运动中求动量增量Δp可直接用公式Δp= p2—p1，的方法，也可以用动量定理求解，应视情况而定。
[答案] 画出小球运动轨迹的示意图，如图所示。由于小球做平抛运动，故有h=gt2/2，小球落地时间t=1s
(1)因为水平方向是匀速运动，v。保持不变，所以小球的速度增量Δv=Δvy=gt= 10m／s。
所以Δp=Δpy=mΔv=10kg·m／s。
(2)由速度合成知，落地速度v=10 m／s。
所以小球落地时的动量大小为p，=mv=10 kg·m／s。
由图知tanθ=1，则小球落地的动量的方向与水平方向的夹角为450，斜向下。
(3)小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为
I=mgt=10N·s，方向竖直向下。
[点评] 此题考查动量、动量的增量和冲量等基本概念，要注意各概念在曲线运动的求解方法及矢量的使用。
问题七 动量定理与牛顿运动定律的综合应用
13 一支竖直向上发射的火箭，除燃料外重6000kg，火箭喷气速度为1 000m／s，在开始时每秒大约要喷出多少质量的气体才能支持火箭的重量?如果要使火箭开始时有19．6m/s2向上的加速度，则每秒要喷出多少气体?
[解析] 火箭向下喷出的气体对火箭有一个向上的反作用力，正是这个力支持着火箭的重量，根据牛顿第三定律，也就知道喷出气体的受力，再根据动量定理就可求得结果。
[答案] 设火箭每秒喷出的气体质量为m，根据动量定理
可得
Ft=mv2—mv1=m(v2—v1)，
其中F=mg，v2—v1=1000m／s。 m=58．8kg。
当火箭以19．6m／s2的速度向上运动时，由牛顿第二定律得
F，—Mg=Ma，
所以 F/=M(g+a)。
设此时每秒喷出的气体质量为m/，根据动量定得有
F't=m'v2—m/v1， m，= 176．4kg。
[点评] 解决实际问题，先要合理选取研究对象，建立物理模型，然后应用相应的物理规律求解。本题中除对火箭进行分析外，还要对喷出的气体应用动量定理列式求解。
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