資源簡介

專題強化1　動量定理的應用
[學習目標]　1.學會利用動量定理處理多過程問題(重點)。2.用圖像法解決動量定理的相關問題(重難點)。3.學會應用動量定理處理“流體類”問題(重難點)。
一、用動量定理處理多過程問題
在水平恒力F＝ 30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)應用動量定理分別從分階段及全過程兩個角度進行求解。
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如果物體在不同階段受力不同，即合外力不恒定，此情況下應用動量定理時，一般采取以下兩種方法：
(1)分段處理法：找出每一段合外力的沖量I1、I2…In，這些沖量的矢量和即外力的合沖量I＝I1＋I2＋…＋In，根據動量定理I＝p′－p求解，分段處理時，需注意各段沖量的正負。
(2)全過程處理法：在全過程中，第一個力的沖量I1，第二個力的沖量I2，…第n個力的沖量In，這些沖量的矢量和即合沖量I，根據I＝p′－p求解，用全過程法求解時，需注意每個力的作用時間及力的方向。
(3)若不需要求中間量，用全程法更為簡便。
例1　質量m＝70 kg的撐竿跳高運動員從h＝5.0 m高處落到海綿墊上，經Δt1＝1 s后停止，則該運動員身體受到海綿墊的平均沖力約為多少？如果是落到普通沙坑中，經Δt2＝0.1 s停下，則沙坑對運動員的平均沖力約為多少？(g取10 m/s2)
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針對訓練　(2022·山東泰安市新泰第一中學月考)某消防隊員從一平臺上跳下，下落1 s后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.2 s，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力約為(　　)
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
二、圖像法解決動量定理問題
例2　(2022·安徽教科聯盟期末)如圖甲所示，一質量為m的物體靜止在水平面上，自t＝0時刻起對其施加一豎直向上的力F，力F隨時間t變化的關系如圖乙所示，已知當地重力加速度為g，空氣阻力不計，則下列說法正確的是(　　)
A．0～t0時間內拉力F的沖量為0
B．0～t0時間內拉力F所做的功為0
C．物體上升過程中的最大速度為
D．4t0時刻物體的速度為0
拓展延伸1　試作出物體受到的合力F合隨時間t變化的圖像。(F合－t圖像)
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拓展延伸2　根據所作的F合－t圖像判斷物體在2t0時刻和4t0時刻的速度關系。
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F合－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動量的變化量)。在時間軸上方面積為正，在時間軸下方面積為負，合力的沖量(動量的變化量)等于上下面積絕對值之差。若物體受到多個力，某個力的F－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個力的沖量。
三、用動量定理處理“流體類”問題
1．流體類問題
運動著的連續的氣流、水流等流體，與其他物體的表面接觸的過程中，會對接觸面有沖擊力。此類問題通常通過動量定理解決。
2．解答質量連續變動的動量問題的基本思路
(1)確定研究對象：Δt時間內流體微元。
(2)建立“柱體”模型
對于流體，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設在Δt時間內通過某一橫截面積為S的流體長度Δl＝v·Δt，如圖所示，若流體的密度為ρ，那么，在這段時間內流過該截面的流體的質量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
(3)運用動量定理，即流體微元所受的合力的沖量等于流體微元動量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足夠短時，流體重力可忽略不計)
例3　如圖所示，水力采煤時，用水槍在高壓下噴出的強力水柱沖擊煤層。設水柱直徑為d＝30 cm，水速為v＝50 m/s。假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變為零。求水柱對煤層的平均沖擊力的大小。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，結果保留三位有效數字)
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例4　(2023·江蘇南通市高二月考)有一艘宇宙飛船，它的正面面積為S，以速度v飛入一宇宙微粒塵區，此塵區每立方米空間有一個微粒，微粒的平均質量為m。設微粒初速度為0，微粒與飛船外殼碰撞后附于飛船上。要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少？
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1．動量定理應用于“流體類”問題時，應將“無形”流體變為“有形”實物Δm。
2．若求解流體對接觸物體的力，首先轉換研究對象，分析與流體接觸的物體對流體的力，再結合牛頓第三定律進行解答。
專題強化1　動量定理的應用
[學習目標]　1.學會利用動量定理處理多過程問題(重點)。2.用圖像法解決動量定理的相關問題(重難點)。3.學會應用動量定理處理“流體類”問題(重難點)。
一、用動量定理處理多過程問題
在水平恒力F＝30 N的作用下，質量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)應用動量定理分別從分階段及全過程兩個角度進行求解。
答案　解法一　用動量定理，分階段求解。
選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，初態速度為零，末態速度為v。取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，
對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，初態速度為v，末態速度為零。
根據動量定理有－μmgt2＝0－mv。
聯立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
解法二　用動量定理，研究全過程。
選物體為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的初、末狀態物體的速度都等于零。
取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0
解得t2＝12 s。
如果物體在不同階段受力不同，即合外力不恒定，此情況下應用動量定理時，一般采取以下兩種方法：
(1)分段處理法：找出每一段合外力的沖量I1、I2…In，這些沖量的矢量和即外力的合沖量I＝I1＋I2＋…＋In，根據動量定理I＝p′－p求解，分段處理時，需注意各段沖量的正負。
(2)全過程處理法：在全過程中，第一個力的沖量I1，第二個力的沖量I2，…第n個力的沖量In，這些沖量的矢量和即合沖量I，根據I＝p′－p求解，用全過程法求解時，需注意每個力的作用時間及力的方向。
(3)若不需要求中間量，用全程法更為簡便。
例1　質量m＝70 kg的撐竿跳高運動員從h＝5.0 m高處落到海綿墊上，經Δt1＝1 s后停止，則該運動員身體受到海綿墊的平均沖力約為多少？如果是落到普通沙坑中，經Δt2＝0.1 s停下，則沙坑對運動員的平均沖力約為多少？(g取10 m/s2)
答案　1 400 N　7 700 N
解析　以全過程為研究對象，初、末動量的數值都是0，所以運動員的動量變化為零，根據動量定理，合力的沖量為零，根據自由落體運動的知識，運動員下落到海綿墊上所需要的時間是t＝＝1 s，從開始下落到停止的過程，取向下為正方向，有mg(t＋Δt1)－Δt1＝0
代入數據，解得＝1 400 N
下落到沙坑中停止的過程，有mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0
代入數據，解得′＝7 700 N。
針對訓練　(2022·山東泰安市新泰第一中學月考)某消防隊員從一平臺上跳下，下落1 s后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.2 s，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力約為(　　)
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：消防員下落t1＝1 s后雙腳觸地時的速度為v1＝gt1，方向向下；著地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，設向下為正方向，則著地過程中消防員動量的變化量為Δp＝0－mv1＝－mv1，設該過程中地面對他雙腳的平均作用力為，由動量定理得(mg－)t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，則＝mg＋＝mg＋5mg＝6mg，故B正確。
解法二：規定向下為正方向，對消防員下落的全程應用動量定理可得mg(t1＋t2)＋(－t2)＝0－0，代入數據解得＝6mg，故B正確。
二、圖像法解決動量定理問題
例2　(2022·安徽教科聯盟期末)如圖甲所示，一質量為m的物體靜止在水平面上，自t＝0時刻起對其施加一豎直向上的力F，力F隨時間t變化的關系如圖乙所示，已知當地重力加速度為g，空氣阻力不計，則下列說法正確的是(　　)
A．0～t0時間內拉力F的沖量為0
B．0～t0時間內拉力F所做的功為0
C．物體上升過程中的最大速度為
D．4t0時刻物體的速度為0
答案　B
解析　根據沖量的定義I＝FΔt，可知0～t0時間內拉力F的沖量I＝mgt0，不為零，故A錯誤；0～t0時間內拉力小于重力，物體沒有運動，不發生位移，根據功的定義，可知拉力F不做功，故B正確；3t0時速度最大，合外力的沖量為F－t圖像t0～3t0時間內三角形面積，設豎直向上為正方向，根據動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量，mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C錯誤；t0～3t0內物體向上加速，3t0～4t0內向上減速，根據動量定理有，
mg×2t0－mgt0＝mv,4t0時刻物體的速度v＝gt0，故D錯誤。
拓展延伸1　試作出物體受到的合力F合隨時間t變化的圖像。(F合－t圖像)
答案　
拓展延伸2　根據所作的F合－t圖像判斷物體在2t0時刻和4t0時刻的速度關系。
答案　2t0至4t0內，圖線與t軸圍成的面積為零，則合力的沖量為零，動量的變化量為零，故物體在2t0時刻和4t0時刻速度相同。
F合－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動量的變化量)。在時間軸上方面積為正，在時間軸下方面積為負，合力的沖量(動量的變化量)等于上下面積絕對值之差。若物體受到多個力，某個力的F－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個力的沖量。
三、用動量定理處理“流體類”問題
1．流體類問題
運動著的連續的氣流、水流等流體，與其他物體的表面接觸的過程中，會對接觸面有沖擊力。此類問題通常通過動量定理解決。
2．解答質量連續變動的動量問題的基本思路
(1)確定研究對象：Δt時間內流體微元。
(2)建立“柱體”模型
對于流體，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設在Δt時間內通過某一橫截面積為S的流體長度Δl＝v·Δt，如圖所示，若流體的密度為ρ，那么，在這段時間內流過該截面的流體的質量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
(3)運用動量定理，即流體微元所受的合力的沖量等于流體微元動量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足夠短時，流體重力可忽略不計)
例3　如圖所示，水力采煤時，用水槍在高壓下噴出的強力水柱沖擊煤層。設水柱直徑為d＝30 cm，水速為v＝50 m/s。假設水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變為零。求水柱對煤層的平均沖擊力的大小。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，結果保留三位有效數字)
答案　1.77×105 N
解析　取一小段時間Δt，從水槍噴出的水的質量為Δm＝ρSvΔt。以Δm為研究對象，如圖所示，設水速方向為正方向，由動量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，則F＝－ρSv2
由牛頓第三定律，知水對煤層的平均沖擊力大小為
F′＝－F＝ρSv2，又S＝d2
代入數據，解得F′≈1.77×105 N。
例4　(2023·江蘇南通市高二月考)有一艘宇宙飛船，它的正面面積為S，以速度v飛入一宇宙微粒塵區，此塵區每立方米空間有一個微粒，微粒的平均質量為m。設微粒初速度為0，微粒與飛船外殼碰撞后附于飛船上。要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少？
答案　mSv2
解析　選在時間Δt內與飛船碰撞的微粒為研究對象，其質量應等于底面積為S、高為vΔt的圓柱體內微粒的質量。即M＝mSvΔt，初速度為0，末速度為v。設飛船對微粒的作用力大小為F，
由動量定理得FΔt＝Mv－0，解得F＝mSv2
根據牛頓第三定律可知，微粒對飛船的撞擊力大小也等于mSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行牽引力應增加F′＝F＝mSv2。
1．動量定理應用于“流體類”問題時，應將“無形”流體變為“有形”實物Δm。
2．若求解流體對接觸物體的力，首先轉換研究對象，分析與流體接觸的物體對流體的力，再結合牛頓第三定律進行解答。

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