【学霸笔记：同步精讲】03 第一章 素养提升课(一) 动量定理的应用 课件--高中人教版物理选择性必修第一册（江苏专版）

(共60张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第一章　动量守恒定律
素养提升课(一)　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。2．用图像法解决动量定理的相关问题。3．学会应用动量定理处理“流体类”问题。
关键能力·情境探究达成
考点1　用动量定理处理多过程问题
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，用全过程法更为简便。
【典例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大小约为多少？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大小约为多少？(g取10 m/s2)
[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，运动员下落到海绵垫上所需要的时间是t＝＝1 s，从开始下落到停止的过程，取向下为正方向，有mg(t＋Δt1)－Δt1＝0，
代入数据，解得＝1 400 N。
下落到沙坑中停止的过程，有
mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0，
代入数据，解得′＝7 700 N。
[答案]　1 400 N　7 700 N
规律方法　应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单，所以在解题时要树立整体优先的意识。
[跟进训练]
1．某消防员从一平台上跳下，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大小约为(　　)
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
√
B　[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大小为＝mg＋＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。
解法二：规定向下为正方向，对消防员从下落到着地的全过程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－＝6mg，故B正确。]
考点2　图像法解决动量定理问题
【典例2】　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0
B．0～t0时间内拉力F所做的功为0
C．物体上升过程中的最大速度为
D．4t0时刻物体的速度为0
√
B　[根据冲量的定义I＝FΔt，可知0～t0时间内拉力F的冲量I＝mgt0，不为零，故A错误；0～t0时间内拉力小于重力，物体没有运动，不发生位移，根据功的定义可知拉力F不做功，故B正确；3t0时物体速度最大，合外力的冲量为F-t图像t0～3t0时间内F＝mg上方三角形的面积，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，有mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C错误；t0～3t0时间内物体向上加速，3t0～4t0时间内向上减速，根据动量定理有mg×2t0－mgt0＝mv，解得4t0时刻物体的速度v＝gt0，故D错误。]
规律方法　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。
[跟进训练]
2．一质量为m的物体静置于光滑的水平地面上，受到的水平拉力可按如图所示的四种方式随时间变化，以水平向右为正方向。四种受力情况下，物体在3t时刻动能最大的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
C　[根据题意，A图中由动量定理有－F·2t＋Ft＝mvA，可得vA＝；B图中由动量定理有Ft－Ft＝mvB，可得vB＝0；C图中由动量定理有－F·2t＝mvC，可得vC＝；D图中由动量定理有－F·2t＋2Ft＝mvD，可得vD＝0。可知，物体在3t时刻速率最大的是C图，则C图物体在3t时刻动能最大。故选C。]
考点3　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＝vΔt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该横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)
【典例3】　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)
[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，以水速方向为正方向，由动量定理得
FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，
则F＝－ρSv2。
由牛顿第三定律可知，水对煤层的平均冲击力大小为
F′＝－F＝ρSv2，又S＝d2，
代入数据，解得F′≈1.77×105 N。
[答案]　1.77×105 N
规律方法　(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。
[跟进训练]
3．有一艘宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量为m。设微粒初速度为0，微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上。要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？
[解析]　选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量。即
M＝mSvΔt。
初速度为0，末速度为v。设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得
FΔt＝Mv－0，
解得F＝mSv2。
根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加
F′＝F＝mSv2。
[答案]　mSv2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
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13
一、选择题
1．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． B．
C． D．
素养提升练(一)　动量定理的应用
√
题号
1
3
5
2
4
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C　[对整个过程进行分析，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D错误，C正确。]
2．某物体在水平拉力F作用下，由静止沿水平方向运动，t1时刻撤去拉力F，其v-t图像如图所示。整个过程中，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，摩擦阻力的冲量大小为I2。则下列判断正确的是(　　)
A．W1＝W2，I1＝I2 B．W1＝W2，I1>I2
C．W1I2 D．W1题号
1
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√
A　[整个过程中，由动能定理得W1－W2＝0－0，可知W1＝W2，由动量定理得I1－I2＝0－0，可知I1＝I2，故选A。]
题号
1
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3．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小可以判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为 0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g取10 m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为(　　)
A．3 N B．21 N
C．33 N D．28 N
题号
1
3
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4
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13
√
B　[由篮球自由下落过程可得h1＝，解得自由下落时间为t1＝0.6 s，反弹竖直上抛时间为t2＝0.5 s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0.3 s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得FΔt－mgt＝0，解得F≈21 N，故B正确。]
题号
1
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13
4．一质量为4 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。力F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为4 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的速率为0.5 m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
题号
1
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13
√
D　[根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1 s时物块的速率为v1＝
0.25 m/s；同理，t＝2 s时p2＝Ft2＝1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s；t＝3 s时v3＝0.25 m/s；t＝4 s时v4＝0，故选项D正确。 ]
题号
1
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5．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程视为过程Ⅱ，不计空气阻力，则(　　)
A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量大于重力的冲量
B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
题号
1
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√
C　[过程Ⅰ中只受重力，根据动量定理可知，动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；过程Ⅱ中钢珠所受外力有重力和阻力，根据动量定理可知，动量的变化量等于重力与阻力的合力的冲量，Ⅰ、Ⅱ两个过程动量变化量的大小相等，因此Ⅱ过程中阻力的冲量的大小等于 Ⅰ、Ⅱ两个过程中重力冲量大小之和，故B错误；整个过程动量的变化量为零，所以合外力的总冲量为零，故C正确；过程Ⅱ中钢珠初速度不为零，末速度为零，所以过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误。]
题号
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6．(源自粤教版教材改编)由于空间站轨道处存在非常稀薄的大气，空间站在运行时会受到一定的阻力作用。假定单位时间单位体积内与空间站前端横截面发生碰撞的空气分子个数为n，且速度方向均与横截面垂直，空间站前端的横截面积为S。以空间站为参考系，碰撞前、后空气分子的平均速率分别为v1、v2，空气分子的平均质量为m，则空间站前端受到的稀薄空气阻力F的大小为(　　)
A．nSv1m(v1－v2) B．nSv1m(v1＋v2)
C．nSv2m(v1－v2) D．nSv2m(v1＋v2)
题号
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√
B　[设在时间Δt内有质量为Δm的空气分子与空间站前端发生碰撞，则可得Δm＝nSv1mΔt，以空气分子碰撞后运动方向为正方向，对空气分子，由动量定理可得F′Δt＝Δmv2－Δm(－v1)，联立解得F′＝nSv1m(v1＋v2)，由牛顿第三定律可知，空间站前端受到的稀薄空气阻力大小F＝nSv1m(v1＋v2)，A、C、D错误，B正确。]
题号
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题号
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7．蹦极是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从高处跳下。在某次蹦极中，质量为60 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零。假设弹性绳长为45 m，重力加速度g取10 m/s2 (忽略空气阻力)，下列说法正确的是(　　)
A．弹性绳在绷紧后2 s内对运动员的平均作用力大小为2 000 N
B．运动员在弹性绳绷紧后动量的变化量等于弹性绳的作用力的冲量
题号
1
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C．运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中，重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等
D．运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中，重力冲量小于弹性绳作用力的冲量
√
C　[由机械能守恒定律得mgh＝mv2，弹性绳在刚绷紧时运动员的速度大小为v＝＝30 m/s，以竖直向上为正方向，运动员在弹性绳绷紧后速度减为零的过程中根据动量定理有(F－mg)t＝0－
(－mv)，代入数据解得F＝1 500 N，故A错误；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的变化量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的矢量和，故B错误；运动员整个过程中动量的变化量为零，则重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故C正确，D错误。]
题号
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8．由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5 000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s 时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为(　　)
A．4.0×104 N B．2.0×105 N
C．2.2×106 N D．4.4×106 N
题号
1
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√
B　[叶片直径d＝128 m，叶片旋转所形成的圆的面积S＝，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V＝Sv1Δt＝，风柱的质量m＝ρV。设风通过发电机时受到的平均阻力大小为f，取v1的方向为正方向，则v1＝12 m/s, v2＝11 m/s，根据动量定理有－fΔt＝mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105 N，B正确。]
题号
1
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9．某人感冒打喷嚏时气流喷出的速度大小为v，假设打一次喷嚏大约喷出体积为V的空气，用时约Δt。已知空气的密度为ρ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为(　　)
A． B．
C． 　 D．
题号
1
3
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√
A　[打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理＝＝，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为，故A正确。]
题号
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10．水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　)
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物
体的冲量
D．合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲量
题号
1
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√
C　[由题图可知，推力的作用时间ta题号
1
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二、非选择题
11．某高校设计专业的学生对手机进行了防摔设计。防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160 g的该种型号手机从距离地面1.25 m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，最终平掉在地面上，保护器撞击地面的时间为0.5 s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，试求：
题号
1
3
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(1)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
(2)地面对手机的平均作用力大小。
题号
1
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13
[解析]　(1)根据h＝，
解得t1＝0.5 s。
根据冲量的定义得IG＝mgt1＝0.8 N·s。
(2)取竖直向下为正方向，对全过程由动量定理得
mg(t＋t1)－Ft＝0，
解得F＝3.2 N。
题号
1
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13
[答案]　(1)0.8 N·s　(2)3.2 N
题号
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13
12．“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后静止且完好无损。已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且该装置和鸡蛋的总质量为0.12 kg，其中鸡蛋质量为m0＝0.05 kg，不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度为g取10 m/s2。求：
题号
1
3
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2
4
6
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13
(1)装置落地前瞬间的速度大小；
(2)在下降10 m过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功；
(3)鸡蛋在装置中继续向下运动0.3 m过程中，装置对鸡蛋的冲量大小。
题号
1
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[解析]　(1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为v，根据运动学公式有x＝t，
代入数据解得v＝6 m/s。
(2)以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有
Mgh－W克f＝Mv2－0，
代入数据解得W克f＝9.84 J。
题号
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(3)以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向，根据动量定理得I－m0gt＝0－m0(－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
13．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
题号
1
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[解析]　(1)在刚喷出一段很短的时间Δt内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt， ①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV， ②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝Δl·S。 ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
＝ρv0S。
题号
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13
(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h。
由玩具受力平衡得F冲＝Mg， ④
其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力大小。
由牛顿第三定律知F压＝F冲， ⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力大小。设v′为水柱到达玩具底部时的速度，
题号
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13
由运动学公式得＝－2gh。 ⑥
在很短时间Δt内，冲击玩具水柱的质量为Δm，
Δm＝ρv0SΔt。 ⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′。 ⑧
题号
1
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由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′。 ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝。
题号
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[答案]　(1)ρv0S　
谢 谢！