专题课:动量定理的应用 例1 AC [解析] 因运动员将重物缓慢上举,则可认为是平衡状态,地面对运动员的支持力为(M+m)g,整个过程的时间为(t1+t2+Δt),根据动量定理有I=Ft,可知地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2+Δt);因地面对运动员的支持力没有位移,可知地面对运动员做的功为0,选项A正确,B错误;运动员对重物的作用力为Mg,作用时间为(t1+t2+Δt),根据I=Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1+t2+Δt),重物的位移为(h1+h2),根据动能定理有W=Mgs,可知运动员对重物做的功为Mg(h1+h2),选项C正确,D错误. 例2 D [解析] 质点动能最小,即动量最小时,由动量定理可得I合=Ft=mv,由图像可知,图像与t轴围成的面积表示合力的冲量大小,即动量的变化量大小,则t轴上方为正,下方为负,由图像可知,4 s末动量的变化量最小,质点的速度最小,动能最小,所以D正确,A、B、C错误. 例3 B [解析] 由于力是变化的,根据牛顿第二定律可知物体加速度先增大后减小,故A错误;由图可知,合外力做功的大小为图中曲线与s轴围成的面积,那么物体的位移为3s0时速度最大,由动能定理可得m=×2F0×3s0,最大速度为vm=,根据动量定理可知合外力的冲量I=mvm=,故B正确,C错误;根据冲量的定义可知物体在0~3s0运动过程中,重力的冲量为IG=mgt不为0,故D错误. 例4 B [解析] 设水流速度为v,高压水枪t时间内喷出的水的质量m=ρV=ρπ·vt,由动量定理有Ft=mv,得F=πρd2v2,水的流量Q=π·v=,故选B. 例5 BC [解析] 设卫星在尘埃区飞行时间为t,飞船扫过的尘埃数量为N=nSv0t,对卫星和尘埃整体分析,根据动量定理可得Ft=v0-Mv0,解得卫星推进器需要提供推力F=nSm0,可知为了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要提供的推力不变,故A错误,B正确;推进功率为P=Fv0,解得P=nSm0,故C正确,D错误. 随堂巩固 1.AC [解析] 根据动量定理得F·t=mv2-mv1,解得F== N=-1260 N,故A正确,B错误;根据动能定理得W=m-m=×0.18×452 J-×0.18×252 J=126 J,故C正确,D错误. 2.A [解析] F t图像中图线与时间轴所围图形的面积表示冲量的大小,由题图可知,0~4t0时间内,F的合冲量为0,根据动量定理可知物体的末速度为0,根据动能定理可知0~4t0时间内F做的功为0,故A正确;0~2t0时间内,F的合冲量为0,根据动量定理可知在2t0时刻物体的速度为0,故B、D错误;在3t0时刻,F为0,所以物体的加速度为0,故C错误. 3.A [解析] 取竖直向下为正方向,设Δt时间内撞击锅盖的豆子个数为n,则由动量定理可得F·Δt=nm·Δv=nm·v-nm=,因为锅盖刚好被顶起,所以F=Mg,所以有Mg·Δt=,解得=,单位时间撞击锅盖的豆子个数为,故A正确,B、C、D错误.专题课:动量定理的应用 1.A [解析] 根据动能定理可知,合外力对物体做功不为零,则动能变化不为零,物体的速度大小一定变化,因此动量一定变化,故A正确;根据动能定理可知,合外力对物体做功多,则物体动能变化多,物体速度大小变化大,而动量是矢量,速度矢量的差值不一定大,因此物体的动量变化不一定大,故B错误;根据动量定理可知,合外力对物体的冲量不为零,则物体的动量一定变化,可能只有速度方向变化而大小不变,故物体的动能不一定发生变化,例如做匀速圆周运动的物体,故C错误;根据动量定理可知,合外力对物体的冲量大,则物体动量的变化一定大,但是物体的动能变化不一定大,例如做匀速圆周运动的物体,故D错误. 2.BD [解析] 物体从静止开始运动,则其初动量、初动能都为0,若动量、动能变化相同,则其末动量、末动能相同.若在相同位移内它们动量变化相同,由动能定理有Fs=mv2-0=,得F∝,即=,选项A错误,B正确;若在相同时间内它们动能变化相同,由动量定理Ft=mv-0=,得F∝,即=,选项C错误,D正确. 3.D [解析] 图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量,根据动量定理I合=Δp,则有×2 kg·m/s=p-0,解得p=3 kg·m/s,故A错误;根据动 ... ...
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