【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：1.2 动量定理课时2用动量定理解决的常见问题学案

课时2用动量定理解决的常见问题学习目标1．学会用动量定理求变力、恒力的冲量。2．能用动量分析解决流体类问题。知识点1三类冲量的求解方法1．恒力的冲量：恒力的冲量用公式_I＝Ft__计算，冲量的方向与_恒力__的方向一致。2．变力的冲量(1)F－t图像“面积”法在F－t图像上，图线与时间轴围成的面积，就等于在该段时间内力对物体的_冲量__。面积大小表示冲量的大小，面积的正负表示冲量的方向。(2)动量定理法利用动量定理I＝Δp计算，即求出在该力冲量作用下物体动量改变量Δp的大小和方向，从而得到变力的冲量。3．合力的冲量(1)先求出每个力的冲量Ii＝Fiti，再求每个力冲量的矢量和I合＝_I1＋I2＋I3＋…＋In__。(2)利用动量定理：_I合＝Δp__。知识点2应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。(2)动量定理中的冲量不是某一个力的冲量。它可以是合力的冲量，也可以是各个力冲量的矢量和，还可以是合力在不同阶段的冲量的矢量和。(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。知识点3流体类问题1．流体作用模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝_ρSΔl＝ρSvΔt__，根据动量定理，流体微元所受的合力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝_ΔmΔv__分两种情况：(1)作用后流体微元静止，有Δv＝－v，代入上式有F＝_－ρSv2__；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝_－2ρSv2__。2．微粒类问题(1)微粒及其特点：通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n。(2)分析步骤①建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S；②微元研究，作用时间Δt内一段柱体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝_SΔl＝SvΔt__，则微元内的粒子数N＝_nvSΔt__；③先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算。探究运用动量定理解释生活现象典例剖析典例1玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中(D)A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快解析：玻璃杯从同一高度落下，由v＝eq\r(2gh)，知落地速度相同，由p＝mv，知落地动量相同；又最后玻璃杯均静止，故撞击过程中动量变化Δp＝0－mv相同，A、C错；由动量定理I＝Δp，知两种情况下玻璃杯受到的冲量相同，B错；动量变化快慢用eq\f(Δp,Δt)表示，落到石头上，作用时间短，故动量变化快，D对。对点训练❶如果把玻璃杯放到如图所示桌面的书上，快速将书从杯子下抽出，杯子不易掉到地上摔碎，下列说法正确的是(B)A．快抽杯子动量变化大B．慢抽杯子动量变化大C．快抽杯子动量变化快D．慢抽杯子动量变化快解析：快抽和慢抽，杯子所受合力均为杯子与书之间的滑动摩擦力，又F＝f＝eq\f(Δp,Δt)，故动量变化快慢相同，故C、D均错；快抽时杯子与书作用时间短，由fΔt＝Δp，知杯子动量变化小，故A错，B对。典例剖析典例2(多选)一质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(AB)A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s、应用动量定理I＝Δp可知，物块在1s末、2s末、3s末、4s末的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，物块在这些时刻的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，则A、B正确，C、D错误。典例3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。为计算方便起见，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。解析：(1)在很短时间Δt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＝ΔlS，③由①②③式可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h，对玩具受力分析如图所示由玩具受力平衡得F冲＝Mg，④其中，F冲为玩具底部水柱对它的作用力，由牛顿第三定律知F压＝F冲，⑤其中，F压为玩具悬停时其底部对水柱的作用力设v′为水柱到达玩具底部时的速度，由运动学公式有v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh，⑥在Δt时间内，冲击玩具的水柱质量等于Δt时间内喷泉喷出水柱的质量，Δm＝ρv0SΔt，⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱，由动量定理得(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′，由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略⑧式变为F压Δt＝Δmv′，⑨由④⑤⑥⑦⑨式可得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。答案：(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)对点训练❷雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。由于大量气体分子在各个方向运动的概率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)。证明：根据题设条件，大量气体分子在各个方向运动的概率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图所示。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为Δm＝SvΔtnm0。以F表示圆盘对空气分子的作用力，根据动量定理，有FΔt∝Δmv，得F∝nm0Sv2，由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f＝F∝v2。1．质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t物体的动量为p，动能为Ek。若水平力变为2F，经过时间2t，则(B)A．物体的动量变为2pB．物体的动量变为4pC．物体的动能变为4EkD．物体的动能变为8Ek解析：根据动量定理有p＝Ft，p′＝4Ft＝4p，根据动能与动量的关系有Ek′＝eq\f(p′2,2m)＝eq\f(16p2,2m)＝16Ek，故B正确。2．质量为m的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度v0水平跳出，由于风力的影响，经时间t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为g，在此段时间t内(D)A．风力一定沿水平方向B．爱好者机械能减少eq\f(1,2)mg2t2C．风力对爱好者的冲量大小为2mv0D．风力对爱好者的冲量大小为eq\r(4m2v\o\al(2,0)＋m2g2t2)解析：本题通过翼装飞行考查曲线运动的条件、功能关系、动量定理。由题图可知，飞行爱好者飞行方向先减速后加速，竖直方向先加速后减速，水平和竖直方向都受到风力作用，A错误；由功能关系知，飞行爱好者的机械能减少量等于其重力势能的减少量mgh，由于飞行爱好者竖直方向不做自由落体运动，则h≠eq\f(1,2)gt2，mgh≠eq\f(1,2)mg2t2，B错误；以水平向左为正方向，由动量定理得，合力的冲量I合＝mv0－m(－v0)＝2mv0，方向水平向左，由平行四边形定则得，风力对飞行爱好者的冲量大小为I＝eq\r(4m2v\o\al(2,0)＋m2g2t2)，C错误，D正确。3．(2023·和平区高三检测)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2以后，物体做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图像如图所示。设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是(B)A．I1>I2，W1>W2 B．I1<I2，W1>W2C．I1<I2，W1<W2 D．I1>I2，W1<W2解析：从图像可知，两物体做匀减速运动的加速度大小都为a′＝eq\f(v0,t0)，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f＝ma′，则摩擦力大小都为meq\f(v0,t0)。根据图像知，A、B两物体匀加速运动的加速度分别为eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－f＝ma，则F1＝eq\f(3mv0,t0)，F2＝eq\f(5mv0,4t0)，F1和F2的大小之比为12︰5，所以eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1·t0,F2·4t0)＝eq\f(12×1,5×4)＝eq\f(3,5)<1，则I1<I2。图线与时间轴所围的面积表示物体的位移，则位移之比为eq\f(s1,s2)＝eq\f(\f(2v0,2)·3t0,\f(v0,2)·5t0)＝eq\f(6,5)；两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功均与摩擦力做的功大小相等，所以eq\f(W1,W2)＝eq\f(fs1,fs2)＝eq\f(s1,s2)＝eq\f(6,5)>1，则W1>W2。故选B。4．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直于煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(BC)A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2B．高压水枪的功率为eq\f(1,8)ρπD2v3C．水柱对煤层的平均冲力为eq\f(1,4)ρπD2v2D．手对高压水枪的作用力水平向右解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝eq\f(1,4)πD2vΔt，单位时间喷出水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(1,4)ρvπD2，选项A错误；Δt时间内水枪喷出的水的动能Ek＝eq\f(1,2)Δmv2＝eq\f(1,8)ρπD2v3Δt，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W＝Ek＝eq\f(1,8)ρπD2v3Δt，高压水枪的功率P＝eq\f(W,Δt)＝eq\f(1,8)ρπD2v3，选项B正确；考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理得FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到煤层上水的质量m＝eq\f(1,4)ρπD2vΔt′，解得F＝eq\f(1,4)ρπD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F′＝F＝eq\f(1,4)ρπD2v2，选项C正确；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪受重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误。5．如图所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的加速度—时间图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则(D)A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图像中由图线与t轴所围面积表示，在0～6s内Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B项错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C项错误；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，