动量、冲量、动量定理例题分析
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1、精品资源动量 冲量 动量 定理例题分析例1在水平桌面上放着一个质量m=1kg的物体，它与桌面间的摩擦因数科=0.2,当受到一个大小为F=10M方向与水平面成 0=30角的推力后(图6-1),在t=10s内推力的冲量大小为(取g=10m /s2)A. 100NI - s-B . 87N sm/ /XX /C. 50N s雕TD . 57N s分析根据冲量的定义：冲量的大小等于作用力与时间的乘积.因此，推力的冲量为I = Ft = 10X10N- s= 100NI - s.答A.说明本题很容易发生这样几种错误：1. I=Fcos 0 t=10cos30 x 10N s=87N s；2. I =(F- mg)t = (10-0.2 X1X10)X10N- s, =50N- s；3. I=Fcos 0 -(mg+Fsin 0 )t ,=10cos30 -0.2(1 X10+10sin30 ) x 10N- s, =57N s.于是分别错选成 B、C、D.究其原因，一是由于对冲量的定义理解不正确，二是把某一个力的冲量与合外力的冲量混淆起 来了.必须注意，计算作用在物体上的某一个力的冲量，不论这个
2、力与物体实际运动的方向成多大的 夹角，其大小始终等于 Ft,它的方向始终与 F的方向相同.但物体最终动量变化的大小和方向，并 不决定于某一个力的冲量，而是决定于合外力的冲量.例2 一个小球以初速度 v0水平抛出，从抛出时刻起，经1s、2s、3s画出小球的速度矢量图(图 6-2)正确的是图6-2分析 小球抛出后，仅受重力作用，小球的动量变化等于重力的冲量，即方向竖直向下，大小 等于mgt.每经过1s,小球的动量变化都相等，所以，各秒末速度矢量的末端一定位于同一条竖直线 上（图6-3）.0B-3答 C.例3 某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯屈的方法缓冲，使自身重心又下降了 0.5m.在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为A.自身所受重力的2倍B.自身所受重力的5倍C.自身所受重力的8倍D.自身所受重力的10倍分析 下落2m双脚刚着地时的速度触地后，速度从 v降为v =0的时间可以认为等于双腿弯屈又使重心下降Ah=0.5m所需的时间.在这段时间内，如果把地面对他双脚的力简化为一个恒力，因而重心下降Ah=0.5m的过程可认为是一个匀减速过程，因此所需时间A Ah Ah 2AhAt =VV2在触地过程中，设地面对双脚的平均作用力为N,取向上的方向为正方向，由动量定理得AvN-mg=m %,0n vt , vmv即只=*+ 01a=仁111药厂唯十五广= mg + mg = 5mg.答 B.说明（1）把消防队员双脚触地时双腿弯曲的过程简化为匀减速运动，即从实际现象中抽象为一个物理模型，是这道题所考察的很重要的一个能力，应予以领会.（2）上面计算中把重心下降过程简化为一个匀减速运动，意味着每一瞬间的加速度大小，方向恒定，因此可用平均加速度（小三）代替每 一瞬间的加速度.这段时间内，消防队员的加速度大小为v V f -V V把它代入牛顿第二定律的表达式VN-ing=ma=m _ 1（参前面表格）.同样可得.但必须注意区分动量定理和牛顿第二定律适用情况的不同欢迎下载
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