专题课:动量定理的应用 例1 D [解析] 由动能定理可得,W1=m(2v)2-mv2=mv2,而W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,可见W1∶W2=1∶7;若末动量与初动量共线,由动量定理可得,I1=2mv-mv=mv或I1=|-2mv-mv|=3mv,因末动量与初动量不一定共线,故mv≤I1≤3mv;同理若末动量与初动量共线,I2=5mv-2mv=3mv或I2=|-5mv-2mv|=7mv,因为末动量与初动量不一定共线,故3mv≤I2≤7mv,则I1≤I2,选项D正确. 例2 B [解析] 外力对甲物体的冲量为I甲=2F0×3t0=6F0t0,外力对乙物体的冲量为I乙=4F0×2t0=8F0t0,外力对丙物体的冲量为I丙=×5t0=10F0t0,则I丙>I乙>I甲,根据动量定理I=Δp可知Δp丙>Δp乙>Δp甲,故选B. 变式 BC [解析] 根据冲量的定义,I=Ft,故0~t0时间内拉力冲量I=mgt0,冲量不为零,A错误;0~t0时间内拉力小于重力,物体没有运动,不产生位移,根据功的定义,可知拉力F不做功,B正确;3t0时刻速度最大,力F的冲量为F t图像t0~3t0时间内图线与t轴围成的面积,设竖直向上为正方向,根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,有3mgt0-mg·2t0=mvmax,可知vmax=gt0,C正确;3t0~4t0时间内物体向上减速,根据动量定理,有mgt0-mgt0=mv-mvmax,4t0时刻物体的速度v=gt0,D错误. 拓展延伸1 如图所示 拓展延伸2 相同 [解析] 2t0至3t0与3t0至4t0时间内,图线与t轴围成的面积相等,而合力方向相反,则合力的冲量为零,动量的变化量为零,故物体在2t0时刻和4t0时刻速度相同. 例3 A [解析] 根据平衡条件得mg=F,根据动量定理得F·Δt=Δm·v-0,可知得Δm=ρSv·Δt,解得v=∝,若玩家带上一位质量也为m的游客一起悬停在空中,总质量为2m,此时水速应该调整为v,故选A. 例4 B [解析] 以在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为S、高为vΔt的柱体内微粒的总质量,即M=mSvΔt,初动量为0,末动量为Mv,设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得FΔt=Mv-0,则 F===mSv2=0.784 N,根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2,飞船要保持原速度匀速飞行,牵引力应增加F'=F=0.784 N,B正确. 随堂巩固 1.D [解析] 物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中,在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功,故由动能定理有W1-W2=0,得W1=W2;由动量定理有I1-I2=0,得I1=I2,故D正确,A、B、C错误. 2.D [解析] 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则F t图像的面积即合外力的冲量大小,再根据动量定理可知F t图像的面积也是动量的变化量大小,且图线一直在t轴的上方,由于头部有初动量,由图可知,动量变化越来越大,则动量的大小一直减小直到假人头部静止,动量变化最大,A、B错误;根据动量与动能的关系有Ek=,而F t图像的面积表示动量的变化量大小,则动能的变化量跟曲线与横轴围成的面积不成正比,C错误;由题知假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确. 3.B [解析] 设空气密度为ρ,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为0,建筑物的面积为S,设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则有m=ρSvt,以t时间内吹到建筑物上的空气为研究对象,根据动量定理有-Ft=0-ρSv2t,则有==121,故选B.专题课:动量定理的应用 1.B [解析] 根据动能定理可知-μmgx=0-Ek,即两滑块克服摩擦力做的功相等,且质量较小的滑块运动位移较大,选项B正确,D错误;根据动量定理可知-μmgt=0-p,p=,则t=,可知质量大的滑块运动时间短,选项A错误;根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量,即I=Δp=-,则质量大的滑块所受摩擦力的冲量大,选项C错误. 2.BC [解析] 整个下落过程中动能变化量为零,重力势能减小了mg,则小球的机械能减少了mg,A错误;整个下落过程中,根据动能定理有mg(H+h)-Wf=0-0,小球克服阻力做的功为Wf=mg(H+h),B正确;小球落地时的速度为v=,在陷入泥潭过程中 ... ...
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