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Word(教科版)

专题提升课1　动量定理的拓展应用 微专题一　应用动量定理处理多过程问题 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．　 　　　　　　　 B． C． D． [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＝，故A、B、D错误，C正确。 [答案]　C (多选)(2023·高考福建卷，T5)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 [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＝S0～2＝2 N·s，乙车在前6 s内根据动量定理有I6＝mv6＝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，则此时甲车的动能为0，乙车在前8 s内根据动量定理有I8＝mv8＝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。 [答案]　BC 微专题二　动量定理和动能定理的综合应用 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。 (2024·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 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 [解析]　根据动能定理，此时物块的动能Ek＝(F－f)(s＋l)，故A错误；根据动量定理，对物块有(F－f)t＝mv, 物块的速度v＝，故B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。 [答案]　D (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： (1)物块与地面间的动摩擦因数μ； (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； (3)物块在反向运动过程中位移大小。 [解析]　(1)对小物块从A运动到B处的过程中，应用动能定理有 －μmgs＝mv2－mv 代入数值解得μ＝0.32。 (2)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。 (3)对物块的反向运动过程，由动能定理得 －μmgs′＝0－mv′2 代入数据解得s′＝5.625 m。 [答案]　(1)0.32　(2)130 N　(3)5.625 m 微专题三　应用动量定理处理“流体模型”问题 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。 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。 模型1　气体模型 (2024·重庆南开中学期末)质量为M，竖立在地表的火箭，点火后瞬间加速度为4g(g为地表重力加速度)，若单位时间火箭喷出的气体质量为μ，则点火后瞬间火箭的喷气速度为(　　) A．　　　　　　 　 B． C． D． [解析]　设喷出气体对火箭的作用力为F，由牛顿第二定律有F－Mg＝Ma＝M·4g，可得F＝5Mg，由牛顿第三定律可知火箭对气体的力F′＝F，则在Δt时间内，设点火后瞬间火箭的喷气速度为v，对气体由动量定理有F′Δt＝μΔtv－0，联立解得v＝。 [答案]　A (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，则此平面受到的风力减小为原来的 D．风对机身平面的冲量与机身平面对风的冲量相同 [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；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F′＝F＝ρSv2，所以若风速减小为原来的，则根据上式可得此平面受到的风力减小为原来的，B、C正确；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。 [答案]　BC 模型2　液体模型 (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＝＝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＝＝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。 [答案]　D 　(2024·重庆西南大学附中期末) “鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从10 m高处静止下落撞到地面而不破裂。某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从10 m高处静止下落到地面后瞬间速度减小为零，鸡蛋 在保护器装置中继续向下运动0.3 m、用时0.1 s静止而完好无损。已知鸡蛋在装置中运动过程受到恒定的作用力，且该装置含鸡蛋的总质量为0.12 kg，其中鸡蛋质量为m＝0.05 kg，不计下落过程装置质量的变化，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)装置落地前瞬间的速度大小； (2)在下降10 m过程，装置含鸡蛋所受阻力做的功； (3)鸡蛋在向下运动0.3 m过程，装置对鸡蛋的冲量大小。 [解析]　(1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同设为v，对鸡蛋继续向下运动0.3 m的过程，根据运动学公式x＝t，代入数据解得v＝6 m/s。　 (2)以装置含鸡蛋为研究对象，设质量为M，根据动能定理有Mgh－Wf＝Mv2－0 代入数据解得Wf＝9.84 J。 (3)以鸡蛋为研究对象，向上为正方向，根据动量定理I－mgt＝0－m(－v) 代入数据解得I＝0.35 N·s。 [答案]　(1)6 m/s　(2)9.84 J　(3)0.35 N·s 1．(应用动量定理处理多过程问题)(2024·江苏南京高二统考期中)高空作业人员必须要系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，自由下落h后安全带刚好被拉直，此后经过时间t作业人员下落到最低点，在时间t内安全带对人的平均作用力大小为(重力加速度大小为g)(　　) A．＋mg　　　　 B．－mg C．mg－ D． 解析：选A。从作业人员跌落开始直到作业人员下落到最低点，运用动量定理，有t－mg(t1＋t)＝0－0，h＝gt，联立可得＝＋mg。 2.(应用动量定理处理多过程问题)(多选)(2024·内蒙古赤峰二中校考)冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为3 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．冰壶第1 s末的速度大小为1 m/s B．力F前1 s内的冲量大小为1 N·s C．冰壶第1 s末与第2 s末速度大小之比为3∶4　 D．前2 s内运动员对冰壶做的功为0.6 J 解析：选AC。由题图可知，力F前1 s内的冲量大小I1＝Ft1＝3×1 N·s＝3 N·s，冰壶在第1 s内由动量定理可得I1＝mv1，解得冰壶第1 s末的速度大小v1＝1 m/s，故A正确，B错误；力F前2 s内的冲量大小I2＝F1t1＋F2t2＝4 N·s，冰壶在前2 s内由动量定理可得I2＝mv2，解得第2 s末速度大小v2＝ m/s，冰壶第1 s末与第2 s末速度大小之比v1∶v2＝3∶4，故C正确；根据动能定理可知，前2 s内运动员对冰壶做的功W＝mv＝ J，故D错误。 3.(动量定理和动能定理的综合应用)(2024·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(重力加速度为g)(　　) A．摩擦力做功为mv B．物体速度变化为零，所以F平均功率为0 C．F做功W＝μmgv0t0 D．F＝2μmg 解析：选C。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表示位移，则x＝×3v0t0，解得μmgx＝μmgv0t0，由动能定理可得W－μmgx＝0，解得W＝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．(应用动量定理处理多过程问题)(2024·江苏苏州高二月考)大型游乐设施“跳楼机”如图所示。“跳楼机”从a自由下落到b，再从b开始在恒定制动力作用下到c停下。已知“跳楼机”和游客的总质量为m, ab高度差为2h, bc高度差为h，重力加速度为g，忽略空气阻力，则(　　) A．a到b，游客受到的合力为零 B．a到b与b到c，重力的平均功率之比为2∶1 C．制动力的大小等于2mg D．制动力的冲量大小为3m 解析：选D。由a到b为自由落体运动，座椅对游客的力为0，游客只受自身重力作用，故A错误；加速与减速过程平均速度相等，由W＝Pt可得P＝＝F，可得两个过程中重力的平均功率相同，故B错误；“跳楼机”在a到c的运动过程中，受重力和制动力，由动能定理可得mg·3h－Fh＝0，解得F＝3mg，故C错误；设向下为正方向，“跳楼机”在a到c的运动过程中，由动量定理可得IG－IF＝0，故IG＝IF，设ab段所用时间为tab，则tab＝ ＝2，加速与减速过程平均速度相等，由t＝可得运动时间之比为2∶1，则bc段所用时间tbc＝，重力的冲量大小IG＝mg(tab＋tbc)，故IG＝IF＝3m，故D正确。 5．(应用动量定理处理“流体模型”问题)(2024·新疆乌鲁木齐70中校考期中)一束水流以v＝5 m/s水平射到竖直的墙上，水流的横截面积S＝4 cm2，则水流对墙壁的压力为(设水和墙壁碰撞后沿墙壁流下，水的密度ρ＝1×103 kg/m3)(　　) A.5 N B．10 N C．15 N D．0 N 解析：选B。由题意可知，时间t内喷水质量m＝ρSvt，以水流方向为正方向，则水在时间t内受到墙的冲量I＝0－mv＝－Ft，所以F＝10 N。 学科网（北京）股份有限公司 $