高效作业3 拓展与归类•专题研析1 动量定理的应用-【精彩三年】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

高效作业3 [拓展与归类•专题研析1　动量定理的应用] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [A级　新教材落实与巩固] 1．(多选)如图所示，质量为m、2m的甲、乙两个同种材质的物体静止在粗糙水平面上，某时刻，它们同时受到水平恒力F作用而运动，经过时间t，同时撤掉力F。下列叙述中正确的是(　 　) 　　 A．在力F作用的时间内，两物体动量变化量Δp甲<Δp乙　 B．在力F作用的时间内，两物体动量变化量Δp甲>Δp乙　 C．在力F作用的时间内，两物体所受摩擦力的冲量I甲<I乙　 D．在力F作用的时间内，两物体所受摩擦力的冲量I甲>I乙　 BC 【解析】由冲量的定义I＝Ft可知，两物体所受恒力的冲量相同；由于两物体的质量不同，故在相同时间内乙物体受到的摩擦力大于甲物体受到的摩擦力，摩擦力的冲量I甲<I乙，C正确，D错误。乙物体受到合力的冲量小于甲物体受到合力的冲量，由动量定理可知，两物体动量变化量 Δp甲>Δp乙，A错误，B正确。 2．如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中(　　) A．两个小球所受合力做功相同 B．两个小球所受合力的冲量相同 C．两个小球到达斜面底端的时间相同 D．两个小球到达斜面底端时的速度相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 3．一个水龙头垂直于墙面以10 m/s的速度喷出水柱，水柱的横截面积为3×10-4 m2，水柱垂直冲击竖直墙壁后变为速度为0的无数小水滴，水的密度为1×103 kg/m3，则水柱对墙壁的冲击力为(　　) A．30 N B．3 N C．15 N D．1.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 4．某地中考体育项目“垫排球”要求一分钟垫72个能得满分，已知排球质量为260 g，有效高度为离地2 m。小明同学在某次测试中一分钟连续垫了75个，假设排球每次在空中的时间相等，每次与手部平均作用时间为0.2 s，则(　　) A．每次垫球后排球在空中运动的时间约为0.8 s B．垫球后球离开手的高度约为0.8 m C．手对球的作用力约为10.4 N D．每次垫球过程，排球克服重力做功的平均功率约为3.9 W 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5．一物块在空中某位置由静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则(　　) A．物块在第一个t0时间内的位移等于在第二个t0 时间内的位移 B．在第一个t0时间内合力做的功在数值上小于在第二个t0时间内合力做的功 C．在第一个t0时间内重力的冲量等于在第二个t0时间内重力的冲量 D．在第一个t0时间内合力的冲量大小小于在第二个t0时间内合力的冲量大小 C 【解析】在v-t图像中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移，由题图可知，物块在第一个t0时间内的位移小于在第二个t0时间内的位移，A错误。根据动能定理可知，合力对物块做的功等于动能的改变量，由题图可知，在第一个t0时间内动能的变化量大小等于在第二个t0时间内动能的变化量大小，则在第一个t0时间内合力做的功在数值上等于在第二个t0时间内合力做的功，B错误。根据冲量定义I＝mgt，可知在第一个t0时间内重力的冲量等于在第二个t0时间内重力的冲量，故C正确。根据动量定理可知，合力的冲量等于物块动量的变化量，因两个过程动量变化量大小相等，则在第一个t0时间内合力的冲量大小等于在第二个t0时间内合力的冲量大小，故D错误。 6．一种拓展训练的团队合作项目——“鼓动人心”如图所示。每个队友都拉着其中一条绳子，通过绳子控制鼓面来颠球，借助全体队员的共同努力，完成颠球目标。某次颠球过程，质量为250 g的排球从静止下落45 cm击中鼓面，被队员齐心协力竖直弹回原高度，排球与鼓面的接触时间为0.1 s，不计空气阻力，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量为0 B．鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的冲量等于排球动量的变化量 C．若队员齐心协力，可以使鼓面与每根绳子始终处于同一水平面上 D．鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的平均作用力大小为17.5 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D 7．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞的极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒豆粒的总质量为100 g。在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　　) A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 8．(多选)如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示。已知当地重力加速度为g，空气阻力不计。在物体上升过程中，下列说法正确的是(　 　) A．在0～t0时间内拉力F的冲量为0 B．在0～t0时间内拉力F所做的功为0 C．物体在上升过程中的最大速度为gt0 D．在4t0时刻物体的速度为0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9．(多选)蹦床运动是一项运动员利用蹦床表现杂技技巧的竞技运动。一名质量为50 kg的运动员从离蹦床1.8 m处自由下落，若从运动员接触蹦床到运动员降至最低点经历了0.2 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则这段时间内，下列说法正确的是(　　　) A．运动员受到合力的冲量大小为300 N·s B．重力的冲量大小为100 N·s C．运动员的动量变化量大小为300 N·s D．蹦床对运动员的冲量大小为200 N·s ABC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [B级　素养养成与评价] 10．2023年4月7日，由中国航空工业全新研制的四吨级先进双发多用途直升机“吉祥鸟”AC332，在天津滨海新区圆满完成全状态首次飞行。“吉祥鸟”AC332在无风的情况下悬停在空中时的照片如图所示。“吉祥鸟”直升机的质量为M，螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为v，忽略尾翼螺旋桨消耗的能量，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11．[2023·湖州中学检测] 一宇宙飞船的正面截面积S＝2 m2，飞船以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量m＝2×10-7 kg。假设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　) A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×10-3 N D．1.2 N B 【解析】设在时间t内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M，则M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理知Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入相关数据得F＝3.6 N，根据牛顿第三定律知，微粒对飞船的作用力大小为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件知，飞船的牵引力应增加3.6 N，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12．[2023·南京中学检测] (1)如图所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平方向的力F(恒力)的作用下，经过一段时间t后，速度变为v1。请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。 (2)高空坠物很危险。一球形面团，质量为1 kg，从20 m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片。若面团与地面的作用时间约为0.1 s，试估算地面受到平均冲击力的大小。 答案：(1)见解析　(2)210 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)求运动员从O点运动到M点的时间。 (2)运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的分速度在0.80 s的时间内减小为0，求缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小。 答案：(1)4.5 s　(2)2 440 N (2)运动员落到M点时竖直分速度vy＝gt＝45 m/s 运动员在M点时垂直于斜坡向下的分速度为 v＝vy cos 37°－v0sin 37°＝18 m/s 设缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小为F，以垂直斜坡向上为正方向，由动量定理可得 (F－mg cos 37°)t′＝0－(－mv) 解得F＝2 440 N 感谢聆听，再见！ 【解析】小球在下滑时只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下两个小球所受合力做功即重力做功相等，由mgh＝mv2得v＝，两小球到达斜面底端时的速度大小相同，方向不同，A正确，D错误；两个小球在两种情况下到达斜面底端的速度大小是相等的，但速度的方向不同，所以小球的末动量不同，根据动量定理I＝Δp＝mv－0，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的，B错误；小球在斜面上做匀加速直线运动，故全程的平均速度＝相等，而斜面长度不同，根据x＝t可知，运动时间不同，C错误。 【解析】在时间t内射到墙上的水柱质量m＝Svtρ，水柱受力为F，选水速方向为正方向，由动量定理得Ft＝0－mv，得F＝－v＝－Sρv2，代入数据可得F＝－30 N。由牛顿第三定律可知水柱对墙壁的冲击力为30 N，故选A。 【解析】一分钟连续垫了75个，排球每次与手部平均作用时间为0.2 s，每次垫球后排球在空中运动的时间约为t＝ s＝0.6 s，选项A错误；垫球后排球离开手的高度约为h＝g＝0.45 m，选项B错误；排球弹起的速度大小与下落到手部的速度大小相等，v＝g＝3 m/s，选竖直向上为正方向，根据动量定理得(F－mg)t′＝mv－(－mv)，其中t′＝0.2 s，解得F＝10.4 N，选项C正确；垫球瞬间，排球克服重力做功几乎为0，则克服重力做功的功率约为0，选项D错误。 【解析】冲量等于作用力与时间的乘积，显然排球从落下到弹回原处的过程中，排球重力的冲量不为0，A错误；根据动量定理，鼓面向上颠球的过程中，鼓面对排球的作用力与排球重力的合力的冲量等于排球动量的变化量，B错误；因鼓有重力，所以鼓面与每根绳子不可能在同一平面上，C错误；在排球与鼓面接触的时间内，根据动量定理有(F－mg)t＝mv2－ (－mv1)，其中v1＝v2＝＝3 m/s，得F＝17.5 N，D正确。 【解析】设豆粒从80 cm高处落到秤盘上时速度为v1，则v＝2gh，v1＝＝ m/s＝4 m/s，v2＝v1＝2 m/s，设向上为正方向，根据动量定理得Ft＝mv2－(－mv1)，则F＝＝ N＝ 0.6 N，由牛顿第三定律可知，秤盘受到的压力大小F′＝F＝0.6 N，B正确。 【解析】根据冲量定义I＝Ft知，在0～t0时间内，力F不为0，故力F的冲量不为0，故A错误。在0～t0时间内，由题图知F<mg，物体静止，力F所做的功为0，故B正确。由题图可知，在t0～3t0内，F>mg，物体在这段时间内一直向上加速运动，在3t0时刻，物体具有上升过程中的最大速度；在3t0时刻之后，由于F<mg，物体减速上升，所以从t0到3t0，运用动量定理有IF－IG＝mvm－0，结合F-t图像围成的面积表示力F的冲量可知IF＝mg(3t0－t0)＋mg·2t0＝3mgt0，IG＝mg(3t0－t0)＝2mgt0，联立求得vm＝gt0，故C正确。从3t0到4t0，运用动量定理得I′F－I′G＝mgt0－mgt0＝mv－mvm，结合图像得v＝gt0，并不为0，故D错误。 【解析】根据运动学规律可知，运动员在接触蹦床瞬间的速度大小为v＝＝6 m/s，从运动员接触蹦床到运动员降至最低点的过程中，运动员动量变化量大小为Δp＝mv＝300 N·s，根据动量定理可知运动员受到合力的冲量大小为I＝Δp＝300 N·s，故A、C正确；根据冲量的定义可知，从运动员接触蹦床到运动员降至最低点的过程中，重力的冲量大小为I1＝mgt＝100 N·s，故B正确；设蹦床对运动员的冲量大小为I2，取竖直向上为正方向，则由动量定理有I2－I1＝Δp，代入数据解得I2＝400 N·s，故D错误。 A．“吉祥鸟”直升机悬停在空中，空气对“吉祥鸟”直升机的冲量为0 B．单位时间内，“吉祥鸟”直升机对空气所做的功为Mv2 C．单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为 D．“吉祥鸟”直升机的发动机消耗的功率为Mgv 【解析】“吉祥鸟”直升机悬停在空中，空气对“吉祥鸟”直升机的作用力不为0，空气对“吉祥鸟”直升机的冲量不为0，故A错误；设空气对“吉祥鸟”直升机的作用力大小为F，则有F＝Mg，设t时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为m，直升机对空气的作用力为F′，根据动量定理可得F′t＝Ft＝mv，联立可得单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为m0＝＝，故C错误；“吉祥鸟”直升机t时间内对空气所做的功为W＝mv2，“吉祥鸟”直升机在单位时间内对空气所做的功即发动机消耗的功率为P＝＝＝Mgv，故B错误，D正确。 【解析】(1)根据牛顿第二定律有F＝ma 加速度的定义式为a＝＝ 联立可得FΔt＝mv′－mv 其中FΔt表示物体所受合力的冲量，mv′－mv表示物体动量的变化量。 (2)面团刚落地时的速度 v＝ 解得v＝20 m/s 面团与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向，由动量定理可得 (F－mg)t＝0－(－mv) 解得面团受到的支持力F＝210 N 根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲击力大小F冲＝F＝210 N 13．在2022年北京冬季奥运会的跳台滑雪项目中，运动员从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端水平飞出，之后在着陆坡着陆滑行直至停止。着陆坡可看作倾角为θ＝37°的斜面，运动员连同滑雪板的总质量m＝80 kg。某次试跳通过携带的传感器显示运动员离开台端O点的速度为 30 m/s，落到着陆坡上的M点，如图所示。不计运动员所受空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝。 【解析】(1)设运动员从O点运动到M点的时间为t，由位移偏角公式可得tan θ＝＝＝ 解得t＝4.5 s $$