資源簡介

專題提升一　動(dòng)量定理的應(yīng)用
(分值：100分)
選擇題1～10題，13題，每小題7分，共77分。
基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
題組一　應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題
1.(2024·廣東湛江高二期末)如圖為跳水運(yùn)動(dòng)員從起跳到落水過程的示意圖，運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅰ，運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員(　　)
過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于零
過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于零
過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量
過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量
2.(2024·安徽合肥高二期中)水平面上一質(zhì)量為m的物體，在水平推力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)時(shí)間2Δt，撤去F，又經(jīng)過3Δt，物體停止運(yùn)動(dòng)，則該物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　)
3.地動(dòng)儀是世界上最早的感知地震裝置，由我國杰出的科學(xué)家張衡在洛陽制成，早于歐洲1700多年。如圖所示，為一現(xiàn)代仿制的地動(dòng)儀，龍口中的銅珠到蟾蜍口的距離為h，當(dāng)感知到地震時(shí)，質(zhì)量為m的銅珠(初速度為零)離開龍口，落入蟾蜍口中，與蟾蜍口碰撞的時(shí)間約為t，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則銅珠對(duì)蟾蜍口產(chǎn)生的沖擊力大小約為(　　)
＋mg
－mg
題組二　動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合
4.一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，合外力方向不變，大小隨時(shí)間的變化如圖所示，在t0和2t0時(shí)刻，物體的動(dòng)量分別為p1、p2，則(　　)
p2＝p1 p2＝2p1
p2＝3p1 p2＝4p1
5.(2024·廣東湛江高二期中)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
t＝2 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
t＝2 s時(shí)物塊的速率為4 m/s
t＝3 s時(shí)物塊的速率為1.5 m/s
t＝3 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
6.(2024·廣東茂名高二期末)質(zhì)量為2 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像如圖所示。則物體在前20 s內(nèi)所受外力的沖量是(　　)
0 －10 N·s
20 N·s －20 N·s
題組三　應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體模型
7.(2024·廣東廣州高二月考)高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某高壓水槍出水口直徑為d，水從槍口高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面且速度在短時(shí)間內(nèi)由v變?yōu)榱悖雎运畯臉尶趪姵龊蟮陌l(fā)散效應(yīng)，水的密度為ρ。則水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為(　　)
ρv2πd2 ρvπd2
8.新疆棉迎風(fēng)面積為S，單位面積所能承受的最大壓力為F，設(shè)空氣密度為ρ，微風(fēng)吹到新疆棉速度立刻減為零，則新疆棉能承受的垂直迎風(fēng)面方向最大風(fēng)速v等于(　　)
9.(2024·河南鄭州高二期末)某人感冒打噴嚏時(shí)氣流噴出的速度大小為v，假設(shè)打一次噴嚏大約噴出體積為V的空氣，用時(shí)約為Δt。已知空氣的密度為ρ，估算打一次噴嚏人受到的平均反沖力大小為(　　)
綜合提升練
10.用水平拉力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到t2時(shí)刻停止。其速度—時(shí)間圖像如圖所示，α＞β。若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力f做的功為W2，f的沖量大小為I2。則下列選項(xiàng)正確的是(　　)
W1＞W(wǎng)2；I1＞I2 W1W111.(11分)如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的物體，在水平力F＝8 N的作用下由靜止開始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又經(jīng)t2＝2 s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時(shí)間t3＝0.1 s，碰墻后反向彈回的速度大小v′＝6 m/s，求墻壁對(duì)物體的平均作用力大小(g取10 m/s2)。
12.(12分)(2024·廣東廣州高二期末)如圖，某同學(xué)在練習(xí)用頭顛球。若足球被頂起，每次上升和下降高度都為20 cm，球與頭的作用時(shí)間為0.1 s。足球質(zhì)量為420 g，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，求：
(1)(6分)每次顛球，球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)(6分)足球?qū)υ撏瑢W(xué)頭部的平均作用力大小。
培優(yōu)加強(qiáng)練
13.下暴雨時(shí)撐傘，感覺傘很重，假設(shè)大而密集的雨滴落在傘面上不反彈，傘的邊緣到傘柄的垂直距離為R，傘的質(zhì)量為M，每個(gè)雨滴的質(zhì)量為m0，雨滴以速度v0勻速豎直下落，單位體積內(nèi)的雨滴個(gè)數(shù)為n，撞擊傘面時(shí)其所受重力及空氣阻力可忽略不計(jì)，則傘面受到雨滴的平均撞擊力為(　　)
πR2vm0 πR2v0nm0
πR2vnm0 2πR2vnm0
專題提升一　動(dòng)量定理的應(yīng)用
1.C　[根據(jù)動(dòng)量定理可知，過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量，即為IⅠ＝mgt，不為零，故A錯(cuò)誤，C正確；運(yùn)動(dòng)員入水前的速度不為零，末速度為零，過程Ⅱ的動(dòng)量變化量不等于零，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知，過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯(cuò)誤。]
2.C　[對(duì)整個(gè)過程研究，根據(jù)動(dòng)量定理可得F×2Δt－μmg(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。]
3.A　[銅珠做自由落體運(yùn)動(dòng)，落到蟾蜍口的速度為v＝，設(shè)蟾蜍口對(duì)銅珠的作用力大小為F，取豎直向上為正方向，對(duì)銅珠根據(jù)動(dòng)量定理可得Ft－mgt＝0－(－mv)，解得F＝＋mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，銅珠對(duì)蟾蜍口產(chǎn)生的沖擊力大小為F′＝F＝＋mg，A正確。]
4.C　[根據(jù)動(dòng)量定理得0～t0內(nèi)F0t0＝p1，0～2t0內(nèi)F0t0＋2F0t0＝p2，則p2＝3p1，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。]
5.C　[對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理，0～2 s內(nèi)有F1t1＝mv1，代入數(shù)據(jù)得v1＝2 m/s，A、B錯(cuò)誤；對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理，0～3 s內(nèi)有F1t1－F2t2＝mv2，代入數(shù)據(jù)得v2＝1.5 m/s，C正確，D錯(cuò)誤。]
6.D　[由題圖可知，物體在前20 s初狀態(tài)的動(dòng)量為p1＝mv1＝2×5 kg·m/s＝10 kg·m/s，末狀態(tài)的動(dòng)量p2＝mv2＝2×(－5)kg·m/s＝－10 kg·m/s，由動(dòng)量定理得I＝p2－p1＝－20 N·s，故D正確。]
7.D　[水在時(shí)間Δt內(nèi)速度由v減為零，Δt內(nèi)噴射到物體表面的水的質(zhì)量為m＝ρvtπ，以這部分水為研究對(duì)象，設(shè)物體表面對(duì)水的平均作用力大小為F，取水流速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝，由牛頓第三定律可知，水在物體表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為F′＝F＝，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]
8.B　[設(shè)風(fēng)與新疆棉作用時(shí)間為Δt，Δt時(shí)間內(nèi)與新疆棉發(fā)生相互作用的風(fēng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，根據(jù)動(dòng)量定理有－F′SΔt＝0－Δmv＝0－ρSv2Δt，解得F′＝ρv2，又F′＝F，則v＝，故B正確。]
9.A　[打一次噴嚏大約噴出氣體的質(zhì)量m＝ρV，設(shè)氣體受到的平均作用力大小為F，由動(dòng)量定理FΔt＝mv，解得F＝＝，根據(jù)牛頓第三定律可知，打一次噴嚏人受到的平均反沖力大小為，故A正確。]
10.D　[物體在水平拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的全程，對(duì)物體由動(dòng)能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由動(dòng)量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。]
11.280 N
解析　選物體為研究對(duì)象，在t1時(shí)間內(nèi)其受力情況如圖甲所示，撤去F后，物體受力如圖乙所示，選F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得
甲
Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv
解得v＝8 m/s
乙
物體與墻壁作用后速度方向變?yōu)橄蜃螅鶕?jù)動(dòng)量定理得
F墻t3＝－mv′－mv
解得F墻＝－280 N
故墻壁對(duì)物體的平均作用力大小為280 N。
12.(1)0.4 s　(2)21 N
解析　(1)顛球時(shí)，球在空中做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，每次下降的時(shí)間為t1，則h＝gt
由對(duì)稱性可知，上升時(shí)間等于下落時(shí)間t＝2t1
解得t＝0.4 s。
(2)法一　足球與頭部接觸瞬間的速度大小v＝gt1
對(duì)足球受力分析，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理可得
(F－mg)t′＝mv－(－mv)
解得F＝21 N
根據(jù)牛頓第三定律，足球?qū)υ撏瑢W(xué)頭部的平均作用力大小為
F′＝F＝21 N。
法二　全程應(yīng)用動(dòng)量定理Ft′－mg(t＋t′)＝0
解得F＝21 N
由牛頓第三定律，足球?qū)υ撏瑢W(xué)頭部的平均作用力大小為
F′＝F＝21 N。
13.C　[設(shè)短時(shí)間Δt內(nèi)下落雨滴總質(zhì)量為ΔM，雨滴受到傘面的平均撞擊力為F，則ΔM＝πR2v0Δt·nm0，取豎直向上為正方向，以雨滴為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得FΔt＝0－(－ΔMv0)，解得F＝πR2vnm0，根據(jù)牛頓第三定律，傘面受到雨滴的平均撞擊力為πR2vnm0，C正確。]專題提升一　動(dòng)量定理的應(yīng)用
學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.能用動(dòng)量定理解決單物體多過程和多物體多過程問題。 2.能從圖像中提煉信息，并結(jié)合動(dòng)量定理分析問題。 3.能用動(dòng)量定理解決連續(xù)流體模型。
提升1　應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題
1.多過程問題首先需要畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖，若包含碰撞過程或緩沖過程往往需運(yùn)用動(dòng)量定理解題。尤其碰撞過程，雖然時(shí)間短暫，但需提煉出來，并且重點(diǎn)探究。
2.單物體多過程問題注意過程間的聯(lián)系為銜接速度，常用規(guī)律有動(dòng)量定理、動(dòng)能定理，可分段使用，也可全程列式，有時(shí)綜合使用。
3.多物體多過程問題，主要運(yùn)用整體法隔離法解題，并且需注意物體運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性。
例1 在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間才停止？(g取10 m/s2)
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)要選好受力物體和研究過程，當(dāng)物體所受各力的作用時(shí)間不相同且間斷作用時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量定理解題對(duì)全過程列式較為簡單，所以在解題時(shí)要樹立整體優(yōu)先的意識(shí)。　　　　
例2 蹦床是運(yùn)動(dòng)員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動(dòng)作的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。一個(gè)質(zhì)量為60 kg的運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面3.2 m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0 m高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為1.2 s，若把這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，求該力的大小和方向(g取10 m/s2)。
　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)動(dòng)量定理是矢量式，規(guī)定正方向后，力、速度、沖量、動(dòng)量均要遵循規(guī)定，與規(guī)定的正方向相同則為正值，與規(guī)定的正方向相反，則為負(fù)值。
(2)動(dòng)量定理中，等號(hào)左側(cè)為合外力的沖量，首先應(yīng)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行完整的受力分析，不要丟掉某個(gè)力的沖量，尤其不要丟掉重力的沖量。　　　　
提升2　動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合
例3 (多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
A.t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
B.t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s
C.t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s
D.t＝4 s時(shí)物塊的速度為零
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
F合－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動(dòng)量的變化量)。在時(shí)間軸上方面積為正，在時(shí)間軸下方面積為負(fù)，合力的沖量(動(dòng)量的變化量)等于上下面積絕對(duì)值之差。若物體受到多個(gè)力，某個(gè)力的F－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個(gè)力的沖量。　　　　
例4 (多選)(2024·廣東深圳高二期中)水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上。一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下。兩物體的v－t圖線如圖所示，圖中AB∥CD。則整個(gè)過程中(　　)
A.F1的沖量等于F2的沖量
B.F1的沖量小于F2的沖量
C.摩擦力對(duì)a物體的沖量等于摩擦力對(duì)b物體的沖量
D.合外力對(duì)a物體的沖量等于合外力對(duì)b物體的沖量
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
不論F－t圖像還是v－t圖像，涉及多過程問題要靈活的隔離某個(gè)過程或全程列方程，若過程復(fù)雜，需畫物體的運(yùn)動(dòng)分析示意圖和受力分析示意圖，防止丟力。　　　　
提升3　應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體模型
1.流體類“柱狀模型”問題
流體及其特點(diǎn) 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分析步驟 1 建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體
2.微粒類“柱狀模型”問題
微粒及其特點(diǎn) 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟 1 建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S，微粒的速度為v0
2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形微粒的長度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝SΔl＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3 先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算
例5 (2024·廣東佛山高二校聯(lián)考)高壓水流切割器又稱“水刀”，它將水以極高的速度垂直噴射到材料表面進(jìn)行切割作業(yè)。水打到材料表面后，迅速沿表面散開不反彈，已知“水刀”噴嘴的直徑為d，水的密度為ρ，水平出射速度為v，則該“水刀”在材料表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為(　　)
A.0.25πρd2v2 B.0.3πρd2v2
C.πρd2v2 D.2πρd2v2
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例6 (多選)有一宇宙飛船，它的正前方橫截面面積為S，以速度v飛入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1 m3空間有n個(gè)微粒，每一微粒平均質(zhì)量設(shè)為m，設(shè)微粒與飛船碰撞后全部附著于飛船上，若要使飛船的速度保持不變，則下列說法中正確的是(　　)
A.Δt時(shí)間內(nèi)與飛船碰撞的微粒總質(zhì)量為nmSvΔt
B.Δt時(shí)間內(nèi)與飛船碰撞的微粒總質(zhì)量為nmSvΔt
C.牽引力增量應(yīng)為ΔF＝nmSv2
D.牽引力增量應(yīng)為ΔF＝nmSv2
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隨堂對(duì)點(diǎn)自測(cè)
1.(應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題)(多選)一個(gè)質(zhì)量為60 kg的蹦床運(yùn)動(dòng)員，從水平網(wǎng)面上方某一位置自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0 m高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為0.8 s，網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力大小為1 950 N，取豎直向下為正方向，g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)
A.整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的方向保持不變
B.運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)量最大
C.網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為－1 560 N·s
D.運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)剛接觸時(shí)的動(dòng)量為480 kg·m/s
2.(動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合)(2024·廣東廣州高二月考)質(zhì)量m＝2 kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)
B.4 s末物體的速度為零
C.6 s內(nèi)合外力的沖量為2 N·s
D.6 s內(nèi)物體動(dòng)量的變化量為4 kg·m/s
3.(應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體模型)(2024·廣東清遠(yuǎn)高二期中)小明騎自行車上學(xué)，在一段平直的公路上以大小為v的速度勻速行駛。天氣預(yù)報(bào)報(bào)道當(dāng)天無風(fēng)，即風(fēng)速可忽略不計(jì)。若在一段較短的時(shí)間t內(nèi)，有質(zhì)量為m的空氣吹到小明身上后靜止(相對(duì)人)，重力加速度為g，則空氣對(duì)小明的作用力大小為(　　)
A. B.＋mg
C.mg D.
專題提升一　動(dòng)量定理的應(yīng)用
提升1
例1 12 s
解析　解法一　用動(dòng)量定理，分段求解。
選物體為研究對(duì)象，在水平力F作用下物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，初態(tài)速度為零，末態(tài)速度為v，取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0
撤去F后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過程，初態(tài)速度為v，末態(tài)速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理有
－μmgt2＝0－mv
聯(lián)立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
解法二　用動(dòng)量定理，研究全過程。
選物體為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)過程的始、末狀態(tài)物體的速度都等于零，
取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
例2 1.5×103 N　豎直向上
解析　法一　運(yùn)動(dòng)員剛接觸網(wǎng)時(shí)速度的大小
v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向豎直向下
剛離網(wǎng)時(shí)速度的大小
v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向豎直向上
取豎直向上為正方向，設(shè)運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的過程中網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力為FN，由動(dòng)量定理有(FN－mg)t＝mv2－m(－v1)
解得FN＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向豎直向上。
法二　此題也可以對(duì)運(yùn)動(dòng)員下降、與網(wǎng)接觸和上升的全過程應(yīng)用動(dòng)量定理，從3.2 m高處自由下落的時(shí)間為
t1＝＝ s＝0.8 s
運(yùn)動(dòng)員彈回到5.0 m高處所用的時(shí)間為
t2＝＝ s＝1 s
整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t3＝1.2 s的時(shí)間內(nèi)受到網(wǎng)對(duì)其向上的彈力FN的作用，取豎直向上為正方向，對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)量定理
FNt3－mg(t1＋t2＋t3)＝0
則FN＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向豎直向上。
提升2
例3 AB　[根據(jù)F－t圖線與時(shí)間軸圍成圖形的面積表示合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B正確，C、D錯(cuò)誤。]
例4 BD　[v－t圖線的斜率表示加速度，因?yàn)锳B與CD平行，所以推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體所受的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。又因?yàn)閍的總運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于b的，根據(jù)I＝ft可知，整個(gè)過程中摩擦力對(duì)a物體的沖量小于對(duì)b物體的沖量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)a、b物體運(yùn)動(dòng)全過程分別有F1t1－ftOB＝0，F(xiàn)2t2－ftOD＝0，因tOB提升3
例5 A　[設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)打到材料上的水的質(zhì)量為Δm，則根據(jù)已知條件可得Δm＝
ρπvΔt，設(shè)材料表面對(duì)“水刀”產(chǎn)生的平均沖擊力大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝0－
(－Δmv)，解得F＝0.25πρd2v2，根據(jù)牛頓第三定律知，該“水刀”在材料表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為F′＝F＝0.25πρd2v2，故A正確。]
例6 AC　[選時(shí)間Δt內(nèi)與飛船碰撞的微粒為研究對(duì)象，其質(zhì)量M＝nmSvΔt，設(shè)飛船對(duì)微粒的作用力為F，由動(dòng)量定理得FΔt＝Mv－0，則F＝＝nmSv2，根據(jù)牛頓第三定律可知，微粒對(duì)飛船的撞擊力大小也等于nmSv2，則飛船要保持原速度勻速飛行，牽引力應(yīng)增加nmSv2，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。]
隨堂對(duì)點(diǎn)自測(cè)
1.CD　[運(yùn)動(dòng)員下落時(shí)動(dòng)量方向豎直向下，沿豎直方向蹦回時(shí)，動(dòng)量方向豎直向上，動(dòng)量方向發(fā)生變化，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)，速度為0，動(dòng)量為0，B錯(cuò)誤；網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量I＝－Ft＝－1 560 N·s，C正確；由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，運(yùn)動(dòng)員離開網(wǎng)面時(shí)速度v2＝－＝－10 m/s，設(shè)運(yùn)動(dòng)員剛與網(wǎng)接觸時(shí)速度為v1，對(duì)運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的過程應(yīng)用動(dòng)量定理得mgt－Ft＝mv2－mv1，解得v1＝8 m/s，運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)剛接觸時(shí)的動(dòng)量為p＝mv1＝480 kg·m/s，D正確。]
2.D　[由題圖可知，0～4 s合外力方向不變，則物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做加速度反向增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，物體從靜止開始運(yùn)動(dòng)，有Ft＝mv，在F－t圖像中，合外力的沖量即為所圍成圖形的面積，有2×2 N·s＋×2×2 N·s＝2×v4，解得v4＝3 m/s，故B錯(cuò)誤；圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示合外力的沖量，0～2 s合外力沖量為I2＝2×2 N·s＝4 N·s，2～6 s合外力的沖量為0，則6 s內(nèi)合外力的沖量為4 N·s，由動(dòng)量定理知6 s內(nèi)物體動(dòng)量的變化量為4 kg·m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。]
3.A　[取空氣受到的作用力方向?yàn)檎较颍瑢?duì)空氣由動(dòng)量定理有Ft＝0－mv，根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對(duì)小明的作用力大小為F′＝F＝，故A正確。](共47張PPT)
專題提升一　動(dòng)量定理的應(yīng)用
第一章　動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律
1.能用動(dòng)量定理解決單物體多過程和多物體多過程問題。
2.能從圖像中提煉信息，并結(jié)合動(dòng)量定理分析問題。
3.能用動(dòng)量定理解決連續(xù)流體模型。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
目 錄
CONTENTS
提升
01
隨堂對(duì)點(diǎn)自測(cè)
02
課后鞏固訓(xùn)練
03
提升
1
提升2　動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合
提升1　應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題
提升3　應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體模型
提升1　應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題
1.多過程問題首先需要畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖，若包含碰撞過程或緩沖過程往往需運(yùn)用動(dòng)量定理解題。尤其碰撞過程，雖然時(shí)間短暫，但需提煉出來，并且重點(diǎn)探究。
2.單物體多過程問題注意過程間的聯(lián)系為銜接速度，常用規(guī)律有動(dòng)量定理、動(dòng)能定理，可分段使用，也可全程列式，有時(shí)綜合使用。
3.多物體多過程問題，主要運(yùn)用整體法隔離法解題，并且需注意物體運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性。
例1 在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間才停止？(g取10 m/s2)
解析　解法一　用動(dòng)量定理，分段求解。
選物體為研究對(duì)象，在水平力F作用下物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，初態(tài)速度為零，末態(tài)速度為v，取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0
撤去F后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過程，初態(tài)速度為v，末態(tài)速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理有－μmgt2＝0－mv
解法二　用動(dòng)量定理，研究全過程。
選物體為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)過程的始、末狀態(tài)物體的速度都等于零，
取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
答案　12 s
應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)要選好受力物體和研究過程，當(dāng)物體所受各力的作用時(shí)間不相同且間斷作用時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量定理解題對(duì)全過程列式較為簡單，所以在解題時(shí)要樹立整體優(yōu)先的意識(shí)。　　　　
例2 蹦床是運(yùn)動(dòng)員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動(dòng)作的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。一個(gè)質(zhì)量為60 kg的運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面3.2 m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0 m高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為1.2 s，若把這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，求該力的大小和方向(g取10 m/s2)。
解析　法一　運(yùn)動(dòng)員剛接觸網(wǎng)時(shí)速度的大小
取豎直向上為正方向，設(shè)運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的過程中網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力為FN，由動(dòng)量定理有(FN－mg)t＝mv2－m(－v1)
整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t3＝1.2 s的時(shí)間內(nèi)受到網(wǎng)對(duì)其向上的彈力FN的作用，取豎直向上為正方向，對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)量定理
FNt3－mg(t1＋t2＋t3)＝0
答案　1.5×103 N　豎直向上
(1)動(dòng)量定理是矢量式，規(guī)定正方向后，力、速度、沖量、動(dòng)量均要遵循規(guī)定，與規(guī)定的正方向相同則為正值，與規(guī)定的正方向相反，則為負(fù)值。
(2)動(dòng)量定理中，等號(hào)左側(cè)為合外力的沖量，首先應(yīng)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行完整的受力分析，不要丟掉某個(gè)力的沖量，尤其不要丟掉重力的沖量。　　　　
提升2　動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合
例3 (多選)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
A.t＝1 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
B.t＝2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kg·m/s
C.t＝3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kg·m/s
D.t＝4 s時(shí)物塊的速度為零
AB
解析　根據(jù)F－t圖線與時(shí)間軸圍成圖形的面積表示合外力F的沖量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s內(nèi)合外力沖量分別為2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kg·m/s、4 kg·m/s、
3 kg·m/s、2 kg·m/s，則A、B正確，C、D錯(cuò)誤。
F合－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示合力的沖量(動(dòng)量的變化量)。在時(shí)間軸上方面積為正，在時(shí)間軸下方面積為負(fù)，合力的沖量(動(dòng)量的變化量)等于上下面積絕對(duì)值之差。若物體受到多個(gè)力，某個(gè)力的F－t圖像中，圖線與橫軸圍成的面積僅表示這個(gè)力的沖量。　　　　
BD
例4 (多選)(2024·廣東深圳高二期中)水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上。一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下。兩物體的v－t圖線如圖所示，圖中AB∥CD。則整個(gè)過程中(　　)
A.F1的沖量等于F2的沖量
B.F1的沖量小于F2的沖量
C.摩擦力對(duì)a物體的沖量等于摩擦力對(duì)b物體的沖量
D.合外力對(duì)a物體的沖量等于合外力對(duì)b物體的沖量
解析　v－t圖線的斜率表示加速度，因?yàn)锳B與CD平
行，所以推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去
推力后物體所受的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二
定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等。又因?yàn)?br/>a的總運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于b的，根據(jù)I＝ft可知，整個(gè)過程中摩擦力對(duì)a物體的沖量小于對(duì)b物體的沖量，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)a、b物體運(yùn)動(dòng)全過程分別有F1t1－ftOB＝0，F(xiàn)2t2－ftOD＝0，因tOB不論F－t圖像還是v－t圖像，涉及多過程問題要靈活的隔離某個(gè)過程或全程列方程，若過程復(fù)雜，需畫物體的運(yùn)動(dòng)分析示意圖和受力分析示意圖，防止丟力。　　　　
提升3　應(yīng)用動(dòng)量定理分析流體模型
1.流體類“柱狀模型”問題
流體及 其特點(diǎn) 通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分析步驟 1 建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S
2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt
3 建立方程，應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體
2.微粒類“柱狀模型”問題
微粒及 其特點(diǎn) 通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”，質(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n
分析步驟 1 建立“柱狀模型”，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S，微粒的速度為v0
2 微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形微粒的長度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝SΔl＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt
3 先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算
A
例5 (2024·廣東佛山高二校聯(lián)考)高壓水流切割器又稱“水刀”，它將水以極高的速度垂直噴射到材料表面進(jìn)行切割作業(yè)。水打到材料表面后，迅速沿表面散開不反彈，已知“水刀”噴嘴的直徑為d，水的密度為ρ，水平出射速度為v，則該“水刀”在材料表面產(chǎn)生的平均沖擊力大小為(　　)
A.0.25πρd2v2 B.0.3πρd2v2 C.πρd2v2 D.2πρd2v2
AC
隨堂對(duì)點(diǎn)自測(cè)
2
CD
1.(應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題)(多選)一個(gè)質(zhì)量為60 kg的蹦床運(yùn)動(dòng)員，從水平網(wǎng)面上方某一位置自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0 m高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為0.8 s，網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力大小為1 950 N，取豎直向下為正方向，g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)
A.整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量的方向保持不變
B.運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)量最大
C.網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為－1 560 N·s
D.運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)剛接觸時(shí)的動(dòng)量為480 kg·m/s
D
2.(動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合)(2024·廣東廣州高二月考)質(zhì)量m＝2 kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，物體所受的合外力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)
B.4 s末物體的速度為零
C.6 s內(nèi)合外力的沖量為2 N·s
D.6 s內(nèi)物體動(dòng)量的變化量為4 kg·m/s
A
課后鞏固訓(xùn)練
3
C
基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練
題組一　應(yīng)用動(dòng)量定理處理多過程問題
1.(2024·廣東湛江高二期末)如圖為跳水運(yùn)動(dòng)員從起跳到落水過程的示意圖，運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅰ，運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員(　　)
A.過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于零
B.過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于零
C.過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量
D.過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量
解析　根據(jù)動(dòng)量定理可知，過程Ⅰ的動(dòng)量變化量等于重力的沖量，即為IⅠ＝mgt，不為零，故A錯(cuò)誤，C正確；運(yùn)動(dòng)員入水前的速度不為零，末速度為零，過程Ⅱ的動(dòng)量變化量不等于零，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知，過程Ⅱ的動(dòng)量變化量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯(cuò)誤。
C
A
C
題組二　動(dòng)量定理與圖像的結(jié)合
4.一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，合外力方向不變，大小隨時(shí)間的變化如圖所示，在t0和2t0時(shí)刻，物體的動(dòng)量分別為p1、p2，則(　　)
A.p2＝p1 B.p2＝2p1
C.p2＝3p1 D.p2＝4p1
解析　根據(jù)動(dòng)量定理得0～t0內(nèi)F0t0＝p1，0～2t0內(nèi)F0t0＋2F0t0＝p2，則p2＝3p1，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
C
5.(2024·廣東湛江高二期中)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則(　　)
A.t＝2 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
B.t＝2 s時(shí)物塊的速率為4 m/s
C.t＝3 s時(shí)物塊的速率為1.5 m/s
D.t＝3 s時(shí)物塊的速率為1 m/s
解析　對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理，0～2 s內(nèi)有F1t1＝mv1，代入數(shù)據(jù)得v1＝2 m/s，A、B錯(cuò)誤；對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理，0～3 s內(nèi)有F1t1－F2t2＝mv2，代入數(shù)據(jù)得v2＝1.5 m/s，C正確，D錯(cuò)誤。
D
6.(2024·廣東茂名高二期末)質(zhì)量為2 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像如圖所示。則物體在前20 s內(nèi)所受外力的沖量是(　　)
A.0 B.－10 N·s
C.20 N·s D.－20 N·s
解析　由題圖可知，物體在前20 s初狀態(tài)的動(dòng)量為p1＝mv1＝2×5 kg·m/s＝10 kg·m/s，末狀態(tài)的動(dòng)量p2＝mv2＝2×(－5)kg·m/s＝－10 kg·m/s，由動(dòng)量定理得I＝p2－p1＝－20 N·s，故D正確。
D
B
A
D
綜合提升練
10.用水平拉力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)刻撤去拉力，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到t2時(shí)刻停止。其速度—時(shí)間圖像如圖所示，α＞β。若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力f做的功為W2，f的沖量大小為I2。則下列選項(xiàng)正確的是(　　)
A.W1＞W(wǎng)2；I1＞I2 B.W1C.W1解析　物體在水平拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的全程，對(duì)物體由動(dòng)能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由動(dòng)量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。
11.如圖所示，質(zhì)量m＝2 kg的物體，在水平力F＝8 N的作用下由靜止開始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又經(jīng)t2＝2 s物體與豎直墻相碰，若物體與墻壁作用時(shí)間t3＝0.1 s，碰墻后反向彈回的速度大小v′＝6 m/s，求墻壁對(duì)物體的平均作用力大小(g取10 m/s2)。
答案　280 N
解析　選物體為研究對(duì)象，在t1時(shí)間內(nèi)其受力情況如圖甲所示，撤去F后，物體受力如圖乙所示，選F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得
Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv
解得v＝8 m/s
物體與墻壁作用后速度方向變?yōu)橄蜃螅鶕?jù)動(dòng)量定理得
F墻t3＝－mv′－mv
解得F墻＝－280 N
故墻壁對(duì)物體的平均作用力大小為280 N。
甲

乙
12.(2024·廣東廣州高二期末)如圖，某同學(xué)在練習(xí)用頭顛球。若足球被頂起，每次上升和下降高度都為20 cm，球與頭的作用時(shí)間為0.1 s。足球質(zhì)量為420 g，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2，求：
(1)每次顛球，球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)足球?qū)υ撏瑢W(xué)頭部的平均作用力大小。
答案　(1)0.4 s　(2)21 N
由對(duì)稱性可知，上升時(shí)間等于下落時(shí)間t＝2t1
解得t＝0.4 s。
(2)法一　足球與頭部接觸瞬間的速度大小v＝gt1
對(duì)足球受力分析，取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理可得
(F－mg)t′＝mv－(－mv)
解得F＝21 N
根據(jù)牛頓第三定律，足球?qū)υ撏瑢W(xué)頭部的平均作用力大小為
F′＝F＝21 N。
法二　全程應(yīng)用動(dòng)量定理Ft′－mg(t＋t′)＝0
解得F＝21 N
由牛頓第三定律，足球?qū)υ撏瑢W(xué)頭部的平均作用力大小為F′＝F＝21 N。
C

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