第七章 启智微专题 建模提能3 应用动量定理分析变质量问题的技巧-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案课件PPT（新教材）

第七章　动量守恒 定律及其应用 启智微专题　建模提能3　应用动量定理分析变质量问题的技巧 目录 1 2 启智微专题 课时作业 目录 启智微专题 目录 * 水流、气流等流体或电子流、粒子流等微粒对物体表面持续撞击时，或者对流体或微粒持续施加作用力时，流体或微粒持续发生其中的部分动量改变的情形，分析这些问题时，一般以流体或微粒为研究对象，沿流体的流速或微粒的速度方向建立“柱状”模型，应用动量定理及微元法等综合分析。 1．流体类问题 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。 目录 答案 * 运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水等速率反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　) A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s 目录 解析 解析　根据平衡条件，水对飞行器的作用力F＝Mg，根据牛顿第三定律，飞行器对水的平均作用力大小也等于F。设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρ·V＝2ρSvt，由动量定理可知，飞行器对水的平均作用力在t时间内对质量为Δm的水的冲量I＝Ft＝Δm[v－(－v)]，联立可得v＝eq \r(\f(Mg,4ρS))＝eq \r(\f(90×10,4×1000×π×0.052)) m/s≈5.4 m/s，B正确。 目录 * 【名师点睛】　流体类问题分析步骤 (1)建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。 (2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt。 (3)建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv。 目录 * 2．微粒类问题 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n。 目录 答案 解析 * 解析 设Δt时间内发动机喷出离子的质量为Δm，对这部分离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3 kg×Δt，v＝3×104 m/s，解得F＝0.09 N，由牛顿第三定律知，探测器受到的平均推力与F等大反向，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故C正确，A、B、D错误。 (2020·海南高考)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为(　　) A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N 目录 * 【名师点睛】　微粒类问题分析步骤 (1)建立“柱体”模型，沿速度v的方向选取一段微元，其横截面积为S。 (2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt。 (3)应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解，即FΔt＝NmΔv。 目录 答案 * 1．(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是(　　) A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力 B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力 C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速 D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用 目录 解析 解析　燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq \f(Δm,Δt)·v，可知增加单位时间的燃气喷射量eq \f(Δm,Δt)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。 目录 答案 * 2．(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　) A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 目录 解析 解析　设空气的密度为ρ，台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt内吹向交通标志牌的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向该交通标志牌的末速度变为零，对台风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，结合牛顿第三定律可得台风对该交通标志牌的作用力大小F′＝F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有eq \f(F2′,F1′)＝2,2)eq \f(v,veq \o\al(2,1)) ≈4，故选B。 目录 答案 解析 * 3．一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为(　　) A．Snmveq \o\al(2,0) B．2Snmveq \o\al(2,0) C．Snmveq \o\al(3,0) D．2Snmveq \o\al(3,0) 解析　时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmveq \o\al(2,0)S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝nmveq \o\al(3,0)S，故C正确，A、B、D错误。 目录 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 ［A组　基础巩固练］ 答案 1．物理学科核心素养第一要素是“物理观念”，下列“物理观念”中正确的是(　　) A．做曲线运动的物体，动量的变化率一定改变 B．合力对物体做功为零，则合力的冲量也一定为零 C．做匀变速运动的物体，任意时间内的动量变化量的方向是相同的 D．做圆周运动的物体，经过一周，合力的冲量一定为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　根据动量定理知，动量的变化率即为合力，则做匀变速曲线运动的物体，动量的变化率恒定，A错误；合力对物体做功为零，则合力可能不为零，例如合力可能作用了一段时间，物体初末速度大小相等，但方向不同，故合力的冲量不一定为零，B错误；做匀变速运动的物体所受的合力恒定，动量变化量的方向与合力同向，保持不变，C正确；做变速圆周运动的物体，经过一周，动量的变化量不一定为零，由动量定理知合力的冲量不一定为零，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 解析 2．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p­x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p­x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　) 解析　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝meq \r(2ax)＝meq \r(2a)·xeq \s\up6(\f(1,2))，且x和p均应为正值，故对应的相轨迹为图像D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 3.(2023·安徽省宣城市高三下第二次模拟调研)如图所示，将一质量为m的小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做半径为r的匀速圆周运动，周期为T，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．在T时间内，小球受到的重力冲量为零 B．在eq \f(T,2)时间内，小球受到合力的冲量为零 C．在T时间内，小球受到弹力的冲量为零 D．在eq \f(T,2)时间内，小球受到弹力的冲量大小为meq \r(\f(16π2r2,T2)＋\f(g2T2,4)) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　在T时间内，小球受到的重力冲量IG＝mgT，不为零，故A错误；小球的线速度大小v＝eq \f(2πr,T)，在eq \f(T,2)时间内，小球的速度大小不变，方向反向，根据动量定理可知，小球受到合力的冲量大小为I合＝2mv＝eq \f(4mπr,T)，故B错误；在T时间内，小球动量改变量为零，根据动量定理可得0＝mgT＋IN，解得小球受到弹力的冲量IN＝－mgT，不为零，故C错误；在eq \f(T,2)时间内，根据平衡条件可知，小球受到弹力的竖直分力等于重力，则水平分力等于合力，则小球受到弹力的水平分力冲量大小Ix＝I合，竖直分力冲量大小Iy＝mg·eq \f(T,2)，则小球受到弹力的冲量大小IN′＝2,x)eq \r(I＋Ieq \o\al(2,y)) ＝meq \r(\f(16π2r2,T2)＋\f(g2T2,4))，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 解析 4．(2022·福建省福州市高三下3月质量检测)2021年12月9日下午，航天员王亚平等天空授课时，在演播室主持人给同学们提出下列思考题“航天员站在舱外机械臂上，一只手拿一个小钢球，另一只手拿一根羽毛，双手用同样的力，向同一方向抛出，预定距离两米，小钢球和羽毛哪个先抵达？”假设力的作用时间相同，那么正确的结论是(　　) A．小钢球先到达 B．羽毛先到达 C．同时到达 D．无法判定 解析　根据动量定理，可得Ft＝mv，依题意，力F和作用时间t均相同，小钢球的质量大于羽毛的质量，所以v钢球<v羽毛，易知羽毛先到达。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 5.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v­t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A．F1的冲量等于F2的冲量 B．F1的冲量大于F2的冲量 C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 解析 6．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 解析　设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 ［Ｂ组　综合提升练］ 答案 7.(鲁科版选择性必修第一册·第1章[单元自我检测]T7改编)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍 B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3．2 kg·m/s D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　设足球自由下落h＝80 cm时的速度为v1，时间为t1，由veq \o\al(2,1)＝2gh，有v1＝eq \r(2gh)＝4 m/s，由h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，有t1＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s，足球反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛运动的初速度大小v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s；对足球与头部作用的过程，取竖直向上为正方向，该过程中足球动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)＝3.2 kg·m/s，由动量定理有(eq \o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝Δp，其中Δt＝0.1 s，解得eq \o(F,\s\up6(－))＝36 N，即头部对足球的平均作用力大小为36 N，而足球的重力大小为4 N，则头部对足球的平均作用力是足球重力的9倍，故A错误，C正确。足球下落到刚接触头部时的动量大小为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球从最高点下落到重新回到最高点的过程，所受重力的冲量大小为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 解析 8．(2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　) A．40 B．80 C．120 D．160 解析　根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12 N，设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 9.(2023·湖南省株洲市高三下一模)“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意向。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状；所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为eq \f(v,5)，另一半则留在叶面上；忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为(　　) A.eq \f(\a\vs4\al(11ρhv),10t) B.eq \f(\a\vs4\al(9ρhv),10t) C.eq \f(\a\vs4\al(3ρhv),5t) D.eq \f(\a\vs4\al(2ρhv),5t) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　根据题意，单位时间的降水量为Δh＝eq \f(h,t)，设芭蕉叶的面积为S，则Δt时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m＝ρSΔhΔt；设芭蕉叶对向四周散开的雨滴的竖直向上的平均作用力为F1，对留在芭蕉叶上的雨滴竖直向上的平均作用力为F2，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知F1Δt＝eq \f(1,2)m×eq \f(v,5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)mv))，F2Δt＝0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)mv))，则雨滴受到芭蕉叶的平均作用力为F＝F1＋F2；由牛顿第三定律可知，芭蕉叶上受到雨滴的平均冲击力大小为F′＝F，根据压强定义式有p＝eq \f(F′,S)，联立解得p＝eq \f(\a\vs4\al(11ρhv),10t)，故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案 10.(2022·湖北省武汉市高三下5月模拟(二))如图所示，用一个水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)把一物体压在竖直粗糙的足够高的平整墙上。重力加速度大小为g。已知t＝0时物体的速度为零，则物体在下滑后速度即将减为零的瞬间，加速度大小为(　　) A．0 B．0.5g C．g D．2g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　设物体与墙壁之间的动摩擦因数为μ，则物体运动过程中所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μF＝μkt，由上式可知Ff随t正比例增大，其关系图像为一条过原点的倾斜线段，如图所示，图像与t轴所围的面积表示Ff在相应时间内的冲量大小。设t1时刻物体速度刚好即将减为零，则这段时间内Ff的冲量大小为If＝eq \f(1,2)μkteq \o\al(2,1)，对物体整个运动过程根据动量定理有mgt1－If＝0－0，解得t1＝eq \f(2mg,μk)，t1时刻物体所受的滑动摩擦力大小为Ff1＝μkt1＝2mg，设此时物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得Ff1－mg＝ma，解得a＝g，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 答案　(1)6000 J　(2)1680 N 答案 11．(2022·山东省济宁市高三下一模)第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月份在北京成功举办，其中跳台滑雪是最具观赏性的项目之一。如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道和着陆坡三部分组成。若比赛中，质量为m＝60 kg的运动员从跳台A点由静止开始滑下，到达B点后水平飞出，落在着陆坡上的P点，缓冲后沿着陆坡向下滑行(着陆时沿着陆坡方向的速度保持不变)，与P点接触时间t＝0.6 s。已知A、B间高度差为h＝30 m，B、P间距离s＝75 m，着陆坡倾角α＝37°，运动员受到的空气阻力不计，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)运动员在AB段运动过程中，克服阻力所做的功W阻； (2)运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力F的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 解析 解析　(1)运动员从B到P做平抛运动，设运动时间为t0，在B点的速度大小为vB，在水平方向有scosα＝vBt0 在竖直方向有ssinα＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,0) 联立解得vB＝20 m/s，t0＝3 s 运动员从A到B的过程中，由动能定理得 mgh－W阻＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－0 解得W阻＝6000 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 目录 (2)着陆前瞬间，运动员在垂直着陆坡方向的分速度大小为 v⊥＝gt0cos37°－vBsin37° 规定垂直着陆坡向上为正方向，运动员着陆过程中由动量定理得 (F－mgcosα)t＝0－(－mv⊥) 联立解得F＝1680 N。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$