专题一动量定理的拓展应用-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练测（人教版2019）

第一章动量守恒定律 专题一动量定理的拓展应用 学习目标 1,能够应用动量定理解决多过程问题 2.动量定理和动能定理的综合应用. 3.应用动量定理分析“流体模型“问题。 互动探究解疑难 要点归纳重难突玻 口探究升华 探究升华 一、应用动量定理处理多过程问题 二、动量定理和动能定理的综合应用 明确研 1.对力的两点理解 股为单个物体 究对象 (1)力指的是合力、重力、弹力、摩擦力、电场 进行受 ,求每个力的冲量，再求合力的冲量。或先求合 力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也 力分析 力，年求合力的神常 可以不同时作用。 分析过程， 达取止正方向，确定初、来态研究对象的动量 (2)力既可以是恒力，也可以是变力。 挖初、木态 2.动能定理体现的“三个关系” （列方程)一 版极动臣定弹列方程求年 (1)数量关系：合力所做的功与物体动能的 典例剖析 变化具有等量替代关系，可以通过计算物体 [例1]一质量为m的小滑 动能的变化，求合力做的功，进而求得某一 块沿倾角为0的斜面向上 力做的功 滑动，经过时间（速度变 (2)单位关系：等式两边物理量的国际单位 为零，经过时间2回到斜 都是焦耳。 面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大 (3)因果关系：合力做功是引起物体动能变 小始终为F:。已知重力加速度g,求： 化的原因。 (1)滑块从出发到回到出发点重力的冲量； 3.动量定理的三个要点 (2)滑块从出发到回到出发点摩擦力的冲量： (1)应用动量定理时研究对象既可以是单一 (3)请用动量定理求滑块再次回到出发点时 物体，也可以是系统，当研究对象为系统时 的速度大小。 不考虑内力的冲量。 (2)求合力的冲量的方法有两种：第一种是 先求合力再求合力的冲量，第二种是求出每 个力的冲量再求各力冲量的矢量和。 (3)动量定理是矢量式，列方程之前先规定 正方向。 口针对训练 口典例剖析 1.水平面上有一质量为m的物体，在水平推力 [例2]竞技跳水是奥运会正式竞赛项目之 F的作用下由静止开始运动。经时间2△1， 一，分跳板跳水和跳台跳水。某质量为M 撤去F,又经过3△1，物体停止运动，则该物 的运动员在进行10m跳台跳水训练时，以 体与水平面之间的动摩擦因数为 速度。竖直向上起跳，经过一段时间后人 ( 4.2F B.F 水。为方便计算，假设水池深5m,运动员在 ”mg mg 水中做匀减速运动，且运动员到达池底时速 c黑 品 度恰好减为零，，=5m/s,M=60kg,g取 10m/s”,空气阻力不计。求： 5 高中物理·选择性必修第一册（人载版） (1)运动员入水时的速度大小： 。典例剖析 (2)运动员从离开跳台至到达池底整个过程 [例3]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水 的时间t: 柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在 (3)运动员在水中受到水的平均作用力大 空中。为计算方便，假设水柱从横截面积为 小F。 S的喷水口持续以速度。竖直向上喷出：玩 具底部为平板（面积略大于S):水柱冲击到 玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零， 在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻 力。已知水的密度为，重力加速度大小为 g。求： 针对训练 (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量： 2.（多选)在平直公路上，汽车 (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷水 由静止开始做匀加速运动， 口的高度。 当动能达到某值时，立即关 3 闭发动机后滑行至停止，其 v-1图像如图所示。汽车牵引力为F,运动 过程中所受的摩擦阻力恒为「，全过程中牵 引力所做的功为W,冲量大小为11，克服摩 擦阻力所做的功为W:,摩擦阻力的冲量大 小为I2。则下列关系中正确的是 ( A.F:f=3:1 B.F:f=4:1 C.W,:W2=1:1 D.I1￥L2=3：2 口探究升华 三、应用动量定理处理“流体模型”问题 1.流体类问题 针对训练 3.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒 通常液体流、气体流等被广义地视为“流 流体及其 子的质量均为m,单位体积内粒子数量n为 体”，特点是质量具有连续性，题目中通常 特点 给出密度p作为已知条件 恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可 建立“柱体”模型，沿流速。的方向选取一 以忽略，其速率均为，且与器壁各面碰撞的 (1) 段柱形流体，其横截面积为S 机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度 用微元法研究，作用时间△1内一段柱形流 方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学 分析 (2) 力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 步骤 体的长度为△/=△，对应的质量为△m PV-pSAl-pSvAr Fv与m、n和0的关系。 建立方程，应用动量定理研究这段柱形 (3) 流体 2.微粒类问题 微粒及其 通常电子流，光子流，尘埃等被广义地视 特点 为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单 位体积内粒子数刀 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段 (1) 微元，柱体的横截面积为S 用微元法研究，作用时间△内的一段柱形 分析 (2) 步骤 流体的长度△，对应的体积为△V■ S,△1，则微元内的粒子数N=u,S△r 先应用动量定理研究单个粒子，建立方 (3) 程，再乘N计算 6 第一章动量守恒定律。 随堂巩固促应用 验证反情迁移英用 1.(多过程问题)水平面 球做的功W,下列说法正确的是() 上有质量相等的a、b A.△p=-10kg·m/sW=-10J 两个物体，水平推力 B.△p=10kg·m/sW=-10J F、F分别作用在a、 0 B D C.△p=-2kg·m/sW=-10J b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一 D.△p=-2kg·m/sW-10J 段距离后停下。两物体的-t图线如图所 3.(流体模型)“中国民航英雄机长”刘传健执 示，图中AB∥CD。则整个过程中 ( 行重庆飞拉萨任务时，在万米高空突遇前挡 A.F,的冲量等于F2的冲量 风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理 B.F,的冲量大于F2的冲量 危机，奇迹般的安全迫降成都。假设飞机挡 C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b 风玻璃破裂时飞机的时速约为，空中风速 物体的冲量 不计，机长面部垂直风速方向的受力面积为 D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b: S,万米高空的空气密度为P,则机长面部受 物体的冲量 到的冲击力大小约为 2.(动量定理和动能定理的综合应用)质量为 A.pSvu B.oSv 1kg的篮球竖直向下以6m/s的速度落至水 平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖 C. D.pSu 直向上为正方向，在篮球与地面接触的时间 内，关于篮球动量变化量△p和合外力对篮 提示、请完成《素能提升训练)训练二 3.动量守恒定律 学习目标 核心素养 ~系统、内力与外力 1,知道系统，内力、外力的概念。 一内容 2理解动量守恒定律及表达式，理解其守恒的条件。 ~动量守恒定律 表达式 3.能够应用动量守恒定律解决基本问题。 定 4.知道动量守恒定律具有普适性。 一→守恒条件 →动量守恒定律的普适性 自主学习探新知 溪前後习双基落实 一、相互作用的两个物体的动量改变 3.由于F=-F2,所以m1'一m1U= 在光滑的水平面上，质量为m2的物体B ,即m'+m2' 以速度追上质量为m1、速度为的物体 二、系统、内力和外力 A,碰撞后A、B的速度分别为u‘和v'。 1.系统：两个（或多个） 的物体构 1.物体A动量的变化量等于它所受作用力F 成的整体。 的冲量，即F,△t= 2.内力： 物体间的作用力。 2.物体B动量的变化量等于它所受作用力F 3.外力： 的物体施加给系统内物 的冲量，即F2△1 体的力。 7AI伴学助手 在线答疑 同步课堂讲义 E配套答案 鑫露棘麟 日抖音微信扫 要点三--[问题导引] 第一章 动量守恒定律 提示：(1)Ft(F-μmg)t (2)mv-m 1.动量 (3)不相等。合外力的冲量(F—μmg)t与物体动量的变 化量相等 2.动量定理 [典例剖析] [例3] C 在碰撞过程中，人的动量变化量是一定的，而 用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理 Ft=【自主学习探新知】 △p可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶 员的动量变化率。 一、1.静止 同样的高度 2.速度 大 3.不相等 不变 二、1.(1)质量 速度 kg·m/s (2)矢 速度的方向 [针对训练] 2.(1)速度变化量 (2)平行四边形定则 3.D 三、1.(2)I=F△t (3)过程(4)矢 力F的方向 【随堂巩固促应用】 2.(1)动量变化量(2)I=p'—p mu-mu 1.B 2.A 3.B [自我诊断] 专题— 动量定理的拓展应用 1.(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)√ 【互动探究解疑难】2.—mv —mgt [典例剖析]【互动探究解疑难】 [例1] [解析](1)根据冲量的定义可知，因运动时间 为t?+t?,则重力的冲量为I?=mg(t?+t?),方向竖直 向下。 要点————[问题导引] 提示：因为方向时刻改变，故动量不相同；动能时刻 相同。 (2)因摩擦力先沿斜面向下后沿斜面向上，而上滑过程 用时短，故摩擦力的冲量为I=F?(t?-t?),方向沿斜面 向上。 [典例剖析] [例1] [解析] 以竖直向下为正方向，则由 mgH= 2m2 (3)取沿斜面向下的方向为正方向，对于滑块下滑的过程，由动量定理得mgsinθ·t?-F?t?=mv-0,得球与地面接触时的速度v?=4 m/s, 此时的动量p?=mv?=0.8 kg·m/s,方向向下。 由mgh=2mv2 解得滑块回到出发点时的速度大小为 0=mgsino·ta-Ft=(gsino-—)?,得球刚离开地面时的速度 v?=—3 m/s, 方向沿斜面向下。 [答案](1)mg(t?+t?),方向竖直向下 (2)F?(t?— 此时的动量 p?=mv?=—0.6 kg·m/s,方向向上。 所以△p= p?一 p?=(一0.6— 0.8)kg·m/s= (3)(gsino-熙)。t?),方向沿斜面向上 -1.4 kg·m/s,负号表示方向向上。 [针对训练] [答案] p?=0.8 kg·m/s,方向向下 p?=—0.6 kg·m/s, 方向向上 △p=-1.4 kg·m/s,方向向上 1.C [典例剖析] [例2] [解析](1)运动员向上起跳到入水的过程中， 根据动能定理可得Mgh=2Mo3-2Mo2 解得运动员入水时的速度大小 v=15 m/s。 [针对训练] 1.D 要点 [问题导引] 提示：拉力F做的功是零，但冲量是 Ft,同理重力做的 功为零，冲量为mgt。 (2)规定竖直向上为正方向，根据动量定理可得 一Mgt?=-Mv-Mv?,解得t?=2 s, 设运动员从入水到池底过程的时间为t?,根据平均速度 公式则有h=0t°?,解得t?=3 s, [典例剖析] [例2] [解析] 重力的冲量：I?=G·t=mg·t=5× 10×2 N·s=100 N·s,方向竖直向下， 运动员从离开跳台至到达池底整个过程的时间 t=?+1?=3s≈2.67 s。 支持力的冲量：Ip=F·t=mgcos a·t=5×10× 0.8×2 N·s=80 N·s,方向垂直斜面向上。 摩擦力的冲量：I,=F?·t=μmgcos a·t=0.2×5× (3)对运动员从起跳至到达池底的全过程，根据动能定 理可得Mg(h+d)-Fd=0-_Mo2,10×0.8×2 N·s=16 N·s,方向沿斜面向上。 [答案] 见解析 解得运动员在水中受到水的平均作用力大小 F= 1 950 N。[针对训练] 2.BC [答案](1)15 m/s(2)2.67 s (3)1 950 N 1 [针对训练] 2.AC [典例剖析] [例3] [解析](1)在刚喷出的一段很短的 △t时间内， 可认为喷出的水柱保持速度 v。不变。 该时间内，喷出水柱的高度△=v?△t 喷出水柱的质量 △m=p△V 其中△V为水柱体积，满足△V=△S ① ② ③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 Am=paS。 (2)设玩具底面相对于喷水口的高度为h, fF冲 由玩具受力平衡得F冲=Mg ④ 其中，F。为水柱对玩具底部的作用力， 由牛顿第三定律知 F压=F冲 ⑤ 其中，F羞为玩具底部对水柱的作用力，v , Mg 为水柱到达玩具底部时的速度， 由运动学公式得v2—v?2=-2gh ⑥ 在很短的 △t 时间内，冲击玩具水柱的质量为 △m=pu?S△t ⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定 理得一(F压+△mg)△t=—△mv ⑧ 由于△t很小，△mg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F △t=△mv ⑨ 由④⑤⑥①可得A=2g-2Ms [答案](1)mS (2)g-2Ms [针对训练] 3.F=gmm2 【随堂巩固促应用) 1.D 2.B 3.B 3.动量守恒定律 【自主学习探新知】 一、1.m?v?-m?v? 2.m?v?'-m?v? 3.—(m?v?'-m?v?)m?v?+m?v? 二、1.相互作用 2.系统中 3.系统以外 三、1.不受外力 0 保持不变 2.p=p 3.(1)外力 [自我诊断] 1.(1)×(2)√ (3)× (4)√ (5)√ 2.3 【互动探究解疑难】 要点—----[问题导引] 提示：(1)两球分别受到重力和桌面对它们的支持力作 用，且满足二力平衡，两球发生碰撞时，它们之间的相互 作用力是内力。由于两球组成的系统所受外力的合力 为零，故系统动量守恒。 (2)烧断细线后，弹簧弹力是内力，系统所受外力的合力 为零，系统动量守恒。 (3)物体和小车组成的系统，由于水平方向上合力为零， 故水平方向的动量守恒；但是竖直方向上合力不为零， 故竖直方向上的动量不守恒。 [典例剖析] [例1] C 在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系 统所受外力之和为0,系统动量守恒；剪断细线，弹簧恢 复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力 之和不为0,系统动量不守恒；木球与铁球的系统所受 合力为0,系统动量守恒；木块下滑的过程中，斜面始终 受挡板的作用力，系统动量不守恒。故选C。 [针对训练] 1.BC 要点二——[问题导引] 提示：两车碰撞过程系统动量守恒，以客车的速度方向 为正方向，由动量守恒定律得 mv—Mv′=0,代入数据 解得v√=m-15300020m/s=100 m/s。 [典例剖析] [例2] [解析] 两个小车及磁体组成的系统在水平方 向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动 量守恒，设向右为正方向。 (1)vφ=3 m/s,vz=-2 m/s。 据动量守恒定律得 mvφ+mvz=mv′,代入数据解得 v甲′=vφ+vz=(3-2)m/s=1 m/s,方向向右。 (2)两车的距离最小时，两车速度相同，设为v, 由动量守恒定律得 mvp+mvz=mv+mv。 解得v=m2-m=+=3-2m/s=0.5 m/s,方 向向右。 [答案] (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向 向右 [针对训练] 2.3:2 要点三——[问题导引] 提示：物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系 统在水平方向上动量守恒，即 mvcos θ=(m?+m)·v, 得=mo+s,方向与v的水平分量方向相同。 [典例剖析] [例3] [解析] 槽固定时，设球上升的高度为h?,由机 h=g械能守恒得mgh=2mo2,解得 槽不固定时，设球上升的最大高度为 h?,此时两者速度 为v。由水平方向上动量守恒得 mv?=(m+m。)v, mo2=_(m+m。)2+mgh?,由机械能守恒得 解得槽不固定时，小球上升的高度h?=2(m+mg g 2(m+og[答案] [针对训练] 3.0.2 m/s 【随堂巩固促应用】 1.B 2.D 3.A 2