1.2.2 动量定理综合运用 学案 -2022-2023学年高二上学期物理人教版2019选择性必修第一册（含答案）

1.2.2动量定理的综合应用知识点一动量定理和图像问题的结合例题1．(多选)一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则()A．x2＝5x1，v2＝3v1B．x1＝9x2，v2＝5v1C．x2＝5x1，W2＝8W1D．v2＝3v1，W2＝9W1针对训练1．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物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量知识点二应用动量定理处理分析多过程问题例题2．一质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，已知重力加速度g，求：(1)滑块从出发到回到出发点重力的冲量；(2)滑块从出发到回到出发点摩擦力的冲量；(3)请用动量定理求滑块再次回到出发点时物体的速度大小针对训练2．一个质量为2kg的物体静止在水平桌面上，如图甲所示，现在对物体施加一个水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，已知物体在第1s内保持静止状态，第2s初开始做匀加速直线运动，第3s末撤去拉力，第5s末物体速度减小为0。求：(1)第1s内拉力F的冲量；(2)前3s内拉力F的冲量；(3)第3s末物体的速度。知识点三应用动量定理分析“流体模型”★例题3．2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为9级，最大风速为23m/s。如图所示，某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5m、宽20m，空气密度ρ＝1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为()A.3.9×104N B.6.3×104NC.1.0×104N D.9.0×104N知识点四动量定理和动能定理的综合应用例题4．一质量为2kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9m/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7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。课后巩固1．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是()A.手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48kg·m/sB.手机对眼睛的冲量大小约为0.48N·sC.手机对眼睛的冲量方向竖直向上D.手机对眼睛的作用力大小约为0.24N2．“水城之眼”是全球首座建筑与摩天轮相结合的城市地标，高度居亚洲第三位，是聊城市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变3．2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出5×10－5m3的空气，用时约0.02s。已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为()A.0.13N B.0.68NC.2.6N D.13N4．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v，设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2。那么()A.I1<I2，W1＝W2B.I1<I2，W1<W2C.I1＝I2，W1＝W2D.I1＝I2，W1<W25．(多选)P点以某一速度竖直向上抛出的小球，上升到最高点Q后又回到P的过程中，空气阻力大小不变，下列说法正确的是()A.上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量B.上升过程中动量的变化量小于下降过程中动量的变化量C.上升过程中空气阻力的冲量小于下降过程中空气阻力的冲量D.上升过程中合外力的冲量大于下降过程中合外力的冲量6．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s，取重力加速度g＝10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L，(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小，(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。

1.2.2动量定理的综合应用答案例题1．答案AC解析根据F－t图像面积意义和动量定理有F0t0＝mv1，F0t0＋2F0t0＝mv2，则v2＝3v1；应用位移公式可知x1＝eq\f(v1,2)t0，x2＝eq\f(v1＋v2,2)t0＋eq\f(v1,2)t0，则x2＝5x1，A正确，B错误；在第一个t0时间内，对物体应用动能定理有W1＝eq\f(mveq\o\al(2,1),2)，在第二个t0时间内，对物体应用动能定理有W2＝eq\f(1,2)m－eq\f(1,2)m，则W2＝8W1，C正确D错误。针对训练1．答案D解析：因AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a运动的总时间小于b运动的总时间，根据I＝Fft，可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由图看出tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。例题2．答案(1)mg(t1＋t2)，方向竖直向下(2)Ff(t2－t1)，方向沿斜面向上(3)(gsinθ－eq\f(Ff,m))t2解析：(1)根据冲量的定义可知，因运动时间为(t1＋t2)，则重力的冲量为IG＝mg(t1＋t2)方向竖直向下。(2)因摩擦力先沿斜面向下后沿斜面向上，而上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为If＝Ff(t2－t1)方向沿斜面向上。(3)取沿斜面向下的方向为正方向，对于滑块下滑的过程由动量定理得mgsinθ·t2－Fft2＝mv－0解得滑块回到出发点时的速度大小为v＝eq\f(mgsinθ·t2－Fft2,m)＝(gsinθ－eq\f(Ff,m))t2方向沿斜面向下。针对训练2．答案(1)5N·s(2)25N·s(3)5m/s解析：(1)第1s内物体静止，受恒力作用，拉力F的冲量为I1＝F1t1＝5N·s。(2)前3s内，拉力F的冲量为I3＝F1t1＋F2t2＝25N·s(3)设物体在运动过程中所受滑动摩擦力大小为Ff，则在1～5s内，由动量定理有F2t2－Ff(t2＋t3)＝0在1～3s内利用动量定理可求第3s末物体的速度F2t2－Fft2＝mv联立解得第3s末物体的速度为v＝5m/s。例题3．答案B解析广告牌的面积S＝5×20m2＝100m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt以风速的方向为正方向，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t解得广告牌对空气的最大作用力的大小为F＝ρSv2根据牛顿第三定律得，广告牌受到的最大风力大小为F′＝ρSv2代入数据得F′≈6.3×104N，故选项B正确。例题4．答案(1)0.32(2)520N(3)36J解析(1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可得μ＝0.32。(2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正，由动量定理有FΔt＝mv′－mv，其中v′＝6m/s，v＝－7m/s代入可得F＝520N。(3)物块向左匀减速直线运动的过程，由动能定理－W＝0－eq\f(1,2)mv′2解得W＝36J。课后巩固1．答案B解析根据自由落体运动公式v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，选取竖直向上的方向为正方向，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－(－mv)＝0.12×2kg·m/s＝0.24kg·m/s，故A错误；手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，则I－mgt＝Δp，代入数据可得I＝0.48N·s，由牛顿第三定律知，手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48N·s，方向竖直向下，故B正确，C错误；由冲量的定义I＝Ft，代入数据可得F＝eq\f(I,t)＝eq\f(0.48,0.2)N＝2.4N，故D错误。2．答案B解析机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故选项A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有mg－FN＝m，座椅对他的支持力FN＝mg－m<mg，故选项B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，乘客的重力不为零，重力的冲量I＝mgt≠0，故选项C错误；乘客重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故选项D错误。3．答案A解析打一次喷嚏喷出的空气质量为m＝ρV＝1.3×5×10－5kg＝6.5×10－5kg，设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力大小为F，根据动量定理得FΔt＝mv，解得F＝eq\f(mv,Δt)=eq\f(6.5×10－5×40,0.02)N＝0.13N，根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力大小为F′＝F＝0.13N，故A正确，B、C、D错误。4．答案D解析在Δt1内，I1＝FΔt1＝mv－0＝mv，在Δt2内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2；W1＝eq\f(1,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)