2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第一册 第1章 专题强化1　动量定理的应用 (含解析)

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专题强化1　动量定理的应用[学习目标]　1.学会利用动量定理处理多过程问题(重点)。2.用图像法解决动量定理的相关问题(重难点)。3.学会应用动量定理处理“流体类”问题(重难点)。一、用动量定理处理多过程问题在水平恒力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)应用动量定理分别从分阶段及全程两个角度进行求解。答案　解法一　用动量定理，分阶段求解。选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，初态速度为零，末态速度为v。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，初态速度为v，末态速度为零。根据动量定理有－μmgt2＝0－mv。联立解得t2＝eq \f(F－μmg,μmg)t1＝eq \f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6 s＝12 s。解法二　用动量定理，研究全过程。选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0解得t2＝12 s。如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：(1)分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。(2)全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。(3)若不需要求中间量，用全程法更为简便。例1　质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到海绵垫的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)答案　1 400 N　7 700 N解析　以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，运动员下落到地面上所需要的时间是t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，从开始下落到落到海绵垫上停止时，取向下为正方向，有mg(t＋Δt1)－eq \x\to(F)Δt1＝0代入数据，解得eq \x\to(F)＝1 400 N下落到沙坑中时，有mg(t＋Δt2)－eq \x\to(F)′Δt2＝0代入数据，解得eq \x\to(F)′＝7 700 N。针对训练1　(2023·泰安市新泰第一中学高二月考)某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为(　　)A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的6倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍答案　B解析　解法一：消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq \x\to(F)，由动量定理得(mg－eq \x\to(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则eq \x\to(F)＝mg＋eq \f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。解法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq \x\to(F)t2)＝0－0，代入数据解得eq \x\to(F)＝6mg，故B正确。二、图像法解决动量定理问题例2　(多选)(2022·安徽教科联盟期末)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，则下列说法正确的是(　　)A．0～t0时间内拉力F的冲量为0B．0～t0时间内拉力F所做的功为0C．物体上升过程中的最大速度为gt0D．4t0时刻物体的速度为0答案　BC解析　根据冲量的定义，I＝Ft，故0～t0时间内拉力冲量I＝eq \f(1,2)mgt0，冲量不为零，故A错误；0～t0时间内拉力小于重力，物体没有运动，不产生位移，根据功的定义，可知拉力F不做功，故B正确；3t0时速度最大，合外力的冲量为F－t图像t0～3t0时间内三角形面积，设竖直向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，eq \f(1,2)mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正确；t0～3t0内物体向上加速，3t0～4t0内向上减速，根据动量定理，eq \f(1,2)mg×2t0－eq \f(1,2)mgt0＝mvt，4t0时刻物体的速度vt＝eq \f(1,2)gt0，故D错误。拓展延伸1　试作出物体受到的合力F合随时间t变化的图像。(F合－t图像)答案　拓展延伸2　根据所作的F合－t图像判断物体在2t0时刻和4t0时刻的速度关系。答案　2t0至4t0内，图线与t轴围成的面积为零，则合力的冲量为零，动量的变化量为零，故物体在2t0时刻和4t0时刻速度相同。F合－t图像中，图线与横轴围成的面积表示合力的冲量(动量的变化量)。在时间轴上方面积为正，在时间轴下方面积为负，合力的冲量(动量的变化量)等于上下面积绝对值之差。若物体受到多个力，某个力的F－t图像中，图线与横轴围成的面积仅表示这个力的冲量。三、用动量定理处理“流体类”问题1．流体类问题运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。2．解答质量连续变动的动量问题的基本思路(1)确定研究对象：Δt时间内流体微元。(2)建立“柱体”模型对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；(3)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，流体重力可忽略不计)例3　(2022·沧州一中期末)如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为d＝30 cm，水速为v＝50 m/s。假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零。求水柱对煤层的平均冲击力的大小。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，结果保留三位有效数字)答案　1.77×105 N解析　取一小段时间Δt，从水枪喷出的水的质量为Δm＝ρSvΔt。以Δm为研究对象，如图所示，设水速方向为正方向，由动量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，则F＝－ρSv2由牛顿第三定律，知水对煤层的平均冲击力大小为F′＝－F＝ρSv2，又S＝eq \f(π,4)d2代入数据，解得F′≈1.77×105 N。针对训练2　如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时竖直墙面对贮气瓶底端的作用力大小是(　　)A．ρvS B.eq \f(ρv2,S)C.eq \f(1,2)ρv2S D．ρv2S答案　D解析　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，以气体喷出速度方向为正方向，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，根据牛顿第三定律，气体对贮气瓶作用力大小F′＝F。由平衡条件可知，竖直墙面对贮气瓶底端的作用力大小与F大小相等，即为ρv2S，选项D正确。1．动量定理应用于“流体类”问题时，应将“无形”流体变为“有形”实物Δm。2．若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答。专题强化练1．(2023·怀宁二中月考)水平面上一质量为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，重力加速度为g，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)答案　C解析　对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝eq \f(2F,5mg)，故A、B、D错误，C正确。2.用水平拉力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力，物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示．α>β，拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，Ff的冲量大小为I2。则下列选项正确的是(　　)A．W1>W2，I1＝I2 B．W1