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    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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    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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    这是一份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),共10页。

    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
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