第1章 专题提升课1 动量定理的拓展应用-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

专题提升课1　动量定理的拓展应用 专题 深度剖析 1 随堂 巩固落实 2 内容 索引 专题 深度剖析 PART 01 第一部分 √ 返回导航 专题 深度剖析 (多选)(2023·高考福建卷，T7)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则(　　) A．前2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同 C．2 s到6 s内，甲、乙两车的位移不同 D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同 √ √ 返回导航 专题 深度剖析 [解析]　根据题图(a)可知前2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； 结合题图(b)可知，乙车在前2 s内根据动量定理有I2＝mv2，I2＝S0～2＝2 N·s，乙车在前6 s内根据动量定理有I6＝mv6，I6＝S0～6＝2 N·s，则可知乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B正确； 根据题图(a)可知，2 s到6 s内甲车的位移为0，根据题图(b)可知，2 s到6 s内乙车一直向正方向运动，则2 s到6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； 根据题图(a)可知，t＝8 s时甲车的速度为0，则t＝8 s时，甲车的动能为0，乙车在前8 s内根据动量定理有I8＝mv8，I8＝S0～8＝0，可知t＝8 s时乙车的速度为0，则t＝8 s时，乙车的动能为0，故D错误。 返回导航 专题 深度剖析 1．动能定理 (1)数量关系：合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关系，可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功。 (2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 2．动量定理 (1)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对冲量求矢量和。 (2)动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向。 微专题二　动量定理和动能定理的综合应用 返回导航 专题 深度剖析 √ 返回导航 专题 深度剖析 [解析]　根据动能定理，此时物块的动能Ek＝(F－f)(s＋l)，故A错误； 根据功能关系，这一过程中，物块和小车产生的内能Q＝fl，物块和小车增加的机械能ΔE＝F(l＋s)－fl，故C错误，D正确。 返回导航 专题 深度剖析 (2024·新疆阿克苏一中校考)一质量为0.5 kg的物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。求： 返回导航 专题 深度剖析 (1)物块与地面间的动摩擦因数μ； [答案]　0.32　 返回导航 专题 深度剖析 (2)若碰撞时间为0.05 s，碰撞过程中墙壁对物块平均作用力F的大小； [解析]　以水平向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s，由动量定理得FΔt＝mv′－mv 解得F＝－130 N 其中负号表示墙壁对物块的平均作用力方向向左。 [答案]　130 N　 返回导航 专题 深度剖析 (3)物块在反向运动过程中位移大小。 [答案]　5.625 m 返回导航 专题 深度剖析 1．研究对象 常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。 2．研究方法 隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。 微专题三　应用动量定理处理“流体模型”问题 返回导航 专题 深度剖析 3．基本思路 (1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。 (2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt。 (3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt。 (4)求小柱体的动量变化Δp＝Δmv＝ρv2SΔt。 (5)应用动量定理FΔt＝Δp。 返回导航 专题 深度剖析 √ 返回导航 专题 深度剖析 返回导航 专题 深度剖析 (多选)(2024·四川内江威远中学校考)高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为16 kg的铁盒开口向下倒顶在空中，铁盒悬停在到水枪口的距离为1.8 m处。已知水以恒定速率从横截面积S＝10－3 m2的水枪中持续喷出，向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的速率竖直返回；忽略水在与铁盒作用时水所受的重力的影响，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．水冲击铁盒后以5 m/s的速率返回 B．水枪的输出功率为5 kW C．水从水枪口喷出的速度为10 m/s D．铁盒悬停受到水的冲击力为160 N √ √ 返回导航 专题 深度剖析 返回导航 专题 深度剖析 √ √ 返回导航 专题 深度剖析 [解析]　风的速度由v变成0，根据Δp＝m·Δv，可得风的动量变化量不为零，A错误； 风对机身平面的冲量与机身平面对风的冲量大小相等，方向相反，D错误。 返回导航 专题 深度剖析 随堂 巩固落实 PART 02 第二部分 1．(应用动量定理处理多过程问题)(2024·陕西咸阳咸阳市实验中学校考期中)质量m＝2 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动 B．4 s末物体的速度为零 C．6 s内合外力的冲量为2 N·s D．6 s内物体动量的变化量为4 kg·m/s √ 返回导航 随堂 巩固落实 解析：由题图可知，前4 s合力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做加速度反向增大的减速运动，故A错误； 前2 s合力冲量I2＝2×2 N·s＝4 N·s，2 s到6 s合力的冲量为0，则6 s内合外力的冲量为4 N·s，即6 s内物体动量的变化量为4 kg·m/s，故C错误，D正确。 返回导航 随堂 巩固落实 2.(应用动量定理处理多过程问题)(多选)(2024·广东江门联考)“蹦极”是一种深受年轻人喜欢的极限运动，将一根自然长度等于O、M两点间距离的弹性细绳一端系在蹦极者身上，另一端固定在跳台边缘。人从跳台上由静止下落，到P点时速度达到最大，N点是下落的最低点，不计空气阻力，弹性绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，下列说法正确的是(　　) A．人由M点到P点的过程中，弹力的冲量大于重力的冲量 B．人由P点到N点的过程中，弹力的冲量大于重力的冲量 C．人由O点到N点的过程中，弹力的冲量与重力的冲量等大 D．P点一定位于MN的中点 √ √ 返回导航 随堂 巩固落实 解析：由M点到P点，人做加速运动，根据动量定理可知弹力的冲量小于重力的冲量，故A错误； 由P点到N点，人做减速运动，根据动量定理可知弹力的冲量大于重力的冲量，故B正确； 根据动量定理可知，由O点到N点，弹力的冲量与重力的冲量等大，故C正确； 人在M点时的速度竖直向下，在N点时的速度为零，MN间关于P点对称位置加速度等大反向，可知MP＜PN，故D错误。 返回导航 随堂 巩固落实 √ 返回导航 随堂 巩固落实 返回导航 随堂 巩固落实 √ 返回导航 随堂 巩固落实 返回导航 随堂 巩固落实 微专题一　应用动量定理处理多过程问题 (2023·安徽怀宁县二中高三月考)水平面上有一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。 经时间2Δt，撤去F，又经过3Δt，物体停止运动，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为(　　) A． eq \f(2F,mg) B． eq \f(F,mg) C． eq \f(2F,5mg) D． eq \f(F,5mg) [解析]　对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0－0＝0，解得μ＝ eq \f(2F,5mg) ，故A、B、D错误，C正确。 (2023·江苏苏州统考)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的物块(可视为质点)放在小车的最左端，在一水平恒力F的作用下从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t物块刚好运动到小车的最右端，已知物块和小车之间的摩擦力为f，小车运动的位移为s，则下列判断正确的是(　　) A．此时物块的动能为F(s＋l) B．此时物块的速度为 eq \f(Ft,M＋m) C．这一过程中，物块和小车产生的内能为fs D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(l＋s)－fl 根据动量定理，对物块有(F－f)t＝mv，物块的速度v＝ eq \f(（F－f）t,m) ，故B错误； [解析]　对小物块从A运动到B处的过程应用动能定理有 －μmgs＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) 代入数值解得μ＝0.32。 [解析]　对物块的反向运动过程，由动能定理得 －μmgs′＝0－ eq \f(1,2) mv′2 代入数据解得s′＝5.625 m。 模型1　液体模型 (2024·四川成都校联考)高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到某物体表面且速度在短时间内由v变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ，则水在物体表面产生的平均冲击力大小为(　　) A．ρv2πd2　 B．ρvπd2 C． eq \f(ρv3πd2,4) D． eq \f(ρv2πd2,4) [解析]　设水在时间Δt内速度由v减为零，Δt内喷射到物体表面的水的质量m＝ρvΔtπ( eq \f(d,2) )2，以这部分水为研究对象，设物体表面对水的平均作用力大小为F，以水流速度方向为正方向，由动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝ eq \f(ρv2πd2,4) ，由牛顿第三定律可知，水在物体表面产生的平均冲击力大小F′＝F＝ eq \f(ρv2πd2,4) ，A、B、C错误，D正确。 [解析]　设水从水枪口喷出的速度为v0，以竖直向下为正方向，极短时间Δt内水与铁盒作用过程中，对水由动量定理可得FΔt＝mv－(－mv)＝2ρVv＝2ρv0ΔtSv，可得F＝2ρv0Sv，水从枪口喷出到铁盒处有v2－v eq \o\al(2,0) ＝－2gh，其中h＝1.8 m，根据铁盒受力平衡可知F＝m铁盒g＝160 N，综上解得v＝8 m/s，v0＝10 m/s，故A错误，C、D正确； 时间Δt内从枪口喷出的水的动能E＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) ρSv0Δt·v eq \o\al(2,0) ，则水枪的输出功率P＝ eq \f(E,Δt) ，联立解得P＝0.5 kW，故B错误。 模型2　气体模型 (多选)C919大飞机的研制成功一部分得益于我国拥有强大的风洞测试系统。在某次风洞测试中，飞机始终保持水平静止状态，风以速度v垂直打到机身面积为S的平面上，且速度立即减为零。已知气流密度为ρ，则(　　) A.风的动量变化量为零 B．此平面受到的风力大小为ρSv2 C．若风速减小为原来的 eq \f(1,2) ，则此平面受到的风力减小为原来的 eq \f(1,4) D．风对机身平面的冲量与机身平面对风的冲量相同 在Δt时间内，风的质量为m＝v·Δt·Sρ，设平面对风的力为F，根据动量定理有FΔt＝mv＝v2·Δt·Sρ，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可得此平面受到的风力大小为F′＝F＝ρSv2，所以若风速减小为原来的 eq \f(1,2) ，根据上式可得此平面受到的风力减小为原来的 eq \f(1,4) ，B、C正确； 由动量定理可知，合外力冲量等于物体动量的变化量，物体从静止开始运动，有Ft＝mΔv，在F－t图像中，合外力的冲量即为图线与时间轴所围成图形的面积，有2×2 N·s＋ eq \f(1,2) ×2×2 N·s＝2×v4，解得v4＝3 m/s，故B错误； 3．(动量定理和动能定理的综合应用)(2023·广东广州市培正中学期末)一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v－t图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中(　　) A．摩擦力做功为 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) B．物体速度变化为零，所以F平均功率为零 C．F做功W＝ eq \f(3,2) μmgv0t0 D．F＝2μmg 解析：对0到3t0过程，由动量定理有Ft0－μmg(3t0)＝0，解得F＝3μmg，速度图线与横轴所围面积为位移，则x＝ eq \f(1,2) ×3v0t0，解得μmgx＝ eq \f(3,2) μmgv0t0，由动能定理可得W－μmgx＝0，解得W＝ eq \f(3,2) μmgv0t0，F在这段时间内做功不为0，所以平均功率也不为0，故C正确，A、B、D错误。 4．(应用动量定理处理“流体模型”)(2024·重庆黔江中学校校考)用高压水枪清洗汽车的示意图如图所示。设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后反方向的速度为0.2v，高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　) A．水柱对汽车的平均冲力为0.2ρv2πD2 B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 eq \f(1,2) ρvπD2 C．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，平均冲力加倍 D．高压水枪喷出的水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强不变 解析：高压水枪单位时间喷出的水的质量m0＝ eq \f(ρSvΔt,Δt) ＝ eq \f(1,4) ρvπD2，规定水柱冲击汽车后反方向的速度方向为正方向，由动量定理得FΔt＝0.2mv－(－mv)，m＝m0Δt，解得F＝0.3ρv2πD2，由牛顿第三定律可知水柱对汽车的平均冲击力为0.3ρv2πD2，A、B错误； 根据上述可知当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，平均冲力不是加倍，C错误； 水柱对汽车的压强p＝ eq \f(F,S) ＝1.2ρv2，压强p与高压水枪喷出的水柱直径D无关，故D减半时，水柱对汽车的压强不变，D正确。 $