资源简介

(共32张PPT)
第1讲　动量定理及应用
课 程 标 准 素 养 目 标
通过实验和理论推导，理解动量定理，能用其解释生活中的有关现象． 物理观念：知道动量、冲量的概念．
科学思维：理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性．
科学探究：通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．
考点一
考点二
考点一
考点一　动量和冲量
【必备知识·自主落实】
1．动量 动量是状态量，与时刻相对应
(1)定义：物理学中把________和________的乘积定义为物体的动量．
(2)表达式：p＝________．
(3)方向：动量的方向与________的方向相同．
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________.
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝________．
质量
速度
mv
速度
矢量
相同
p′－p
3．冲量 冲量是过程量，与时间或过程对应
(1)定义：力与____________的乘积叫作力的冲量．
“力”可以是某一个力，也可以是合力
(2)公式：I＝________．
(3)单位：冲量的单位是______，符号是_______．
(4)方向：冲量是________，恒力冲量的方向与力的方向________．
力的作用时间
FΔt
牛秒
N·s
矢量
相同
【关键能力·思维进阶】
1．如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
答案：B
解析：足球达到脚背的速度为v＝＝5 m/s，
足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；小球自由下落的时间为t＝ ＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B正确；根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误．故选B.
2．一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案：D
解析：由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．
3．在水平力F的作用下质量为2 kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2.则(　　)
A.6 s时物块的动量为零
B.3 s时物块离初始位置的距离最远
C.0～6 s时间内F对物块冲量为24 N·s
D.0～6 s时间内水平力F对物块所做的功为20 J
答案：D
解析：选择最初水平力的方向为正方向，0～3 s时间内物块向正方向做加速运动，则有a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
3 s末速度v1＝a1t1＝3 m/s
随后减速运动有a2＝＝ m/s2＝3 m/s2
减速至0历时Δt＝＝1 s
之后反向以加速度大小为a1做加速运动，6 s末的速度v2＝1×(3－1)m/s＝2 m/s
此时动量大小p＝mv2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s
即6 s时物块的动量不为零，A错误；
根据上述可知，4 s时物块开始反向运动，即4 s时物块离初始位置的距离最远，B错误；F-t图像中，图线与时间轴所围面积表示力的冲量，力的总冲量等于时间轴上下几何图形面积之差，根据图像可知，时间轴上下几何图形面积之差为零，可知0～6 s时间内F对物块冲量为零，C错误；物块开始加速的位移x1＝t1＝4.5 m，减速至0的位移x2＝Δt＝1.5 m，反向加速的位移x3＝t2＝×(3－1)m＝2 m，加速过程F做正功，减速过程做负功，则W＝F(x1＋x3)－Fx2＝20 J，即0～6 s时间内水平力F对物块所做的功为20 J，D正确．故选D.
思维提升
1.动量、冲量、动量变化量、动量变化率的比较
大小表达式 方向
动量 p＝mv 与v同向
冲量 I＝Ft 与F同向
动量变化量 Δp＝mv′－mv 与合力同向
动量变化率 与合力同向
2.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
(2)变力的冲量
①作出F-t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
考点二
考点二　动量定理的理解和应用
【必备知识·自主落实】
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的___________．“力”指的是合力
2．公式：____________或____________．
动量变化量
FΔt＝mv′－mv
I＝p′－p
【关键能力·思维进阶】
1．用动量定理解题的基本思路
2．动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换得出变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．
考向1　用动量定理解释生活中的现象
例 1 篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图所示．这样做可以(　　)
A．减小球对手的冲量
B．减小球对运动员的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
答案：B
解析：运动员先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得球对运动员的冲击力F＝，由分析可知球对手的冲量、球的动量和球的动能的变化量一定，当时间增大时，球与运动员之间的作用力减小，即球对运动员的冲击力减小，选项B正确．
考向2　动量定理的有关计算
例 2 (多选)[2023·广东卷]某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
答案：BD
解析：取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s
碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s
负号表示方向水平向左，故B正确；
对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2
解得F＝5.5 N
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确．
故选BD.
例 3 [2023·江苏卷]如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根据动量定理有(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝ ；vP＝
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有vB＝vP＝
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
联立可得L＝d(1－μ)
答案：(1) 　(2) 　(3) d(1－μ)
考向3　动量定理与图像的综合
例 4 [2024·河北模拟预测]如图甲所示，物块放置在光滑固定斜面上，t＝0时刻对物块施加一沿斜面向上的、按图乙所示规律变化的作用力F，物块由静止开始运动，物块加速度大小a随时间t变化的图像如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．斜面倾角的正弦值为0.6
B．物块的质量为0.2 kg
C．0～1 s内，F的冲量大小为2 N·s
D．1 s末物块的速度大小为2.5 m/s
答案：D
解析：t＝0时，F＝0，设斜面倾角为θ，物块的质量为m，对物块由牛顿第二定律，有mg sin θ＝ma0可得sin θ＝0.5，故A错误；t＝1 s时，F＝2 N，物块的加速度为0，对物块由牛顿第二定律，有2 N－mg sin θ＝0，解得m＝0.4 kg，故B错误；F-t图线与横轴围成的面积大小等于力F的冲量大小，则0～1 s内，F的冲量大小为I＝ N·s＝1 N·s，故C错误；a-t图线与横轴围成的面积大小等于物块的速度变化量大小，又物块初始时刻的速度等于零，则1 s末物块的速度大小为v＝ m/s＝2.5 m/s，故D正确．故选D.
核心素养提升 动量定理与微元法的综合应用
典例1 [2024·山东潍坊市高三检测]近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层．设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下．已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q(单位时间流出水的体积)为(　　)
A． B．
C．2 D．2d
答案：B
解析：设水流速v，高压水枪时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝ρπ·vt
由动量定理Ft＝mv，得F＝πρd2v2
水的流量Q＝π·v＝
故选B.
典例2 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
解析：设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，
则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，
由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
答案：40 N
思维提升
“三招”速解变质量(如流体)问题第1讲　动量定理及应用
课 程 标 准 素 养 目 标
通过实验和理论推导，理解动量定理，能用其解释生活中的有关现象． 物理观念：知道动量、冲量的概念． 科学思维：理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性． 科学探究：通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象．
考点一　动量和冲量
【必备知识·自主落实】
1．动量动量是状态量，与时刻相对应
(1)定义：物理学中把________和________的乘积定义为物体的动量．
(2)表达式：p＝________．
(3)方向：动量的方向与________的方向相同．
2．动量的变化
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是________，其方向与速度的改变量Δv的方向________.
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝________．
3．冲量冲量是过程量，与时间或过程对应
(1)定义：力与____________的乘积叫作力的冲量．
　　　　　
“力”可以是某一个力，也可以是合力
(2)公式：I＝________．
(3)单位：冲量的单位是______________，符号是____________．
(4)方向：冲量是________，恒力冲量的方向与力的方向________．
【关键能力·思维进阶】
1．如图所示，学生练习用脚顺球．某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　)
A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s
B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 kg·m/s
C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零
D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
2．一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.第2 s末，质点的动量为0
B.第2 s末，质点的动量方向发生变化
C.第4 s末，质点回到出发点
D.在1～3 s时间内，力F的冲量为0
3．在水平力F的作用下质量为2 kg的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力F随时间t变化的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，g取10 m/s2.则(　　)
A.6 s时物块的动量为零
B.3 s时物块离初始位置的距离最远
C.0～6 s时间内F对物块冲量为24 N·s
D.0～6 s时间内水平力F对物块所做的功为20 J
思维提升
1.动量、冲量、动量变化量、动量变化率的比较
大小表达式 方向
动量 p＝mv 与v同向
冲量 I＝Ft 与F同向
动量变化量 Δp＝mv′－mv 与合力同向
动量变化率 与合力同向
2.冲量的计算方法
(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．
(2)变力的冲量
①作出F-t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．
②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．
考点二　动量定理的理解和应用
【必备知识·自主落实】
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的________．“力”指的是合力
2．公式：____________或____________．
【关键能力·思维进阶】
1．用动量定理解题的基本思路
2．动量定理的应用技巧
(1)应用I＝Δp求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换得出变力的冲量I.
(2)应用Δp＝FΔt求动量的变化
例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂。如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化．
考向1　用动量定理解释生活中的现象
例 1 篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图所示．这样做可以(　　)
A．减小球对手的冲量
B．减小球对运动员的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
考向2　动量定理的有关计算
例 2 (多选)[2023·广东卷]某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s.关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
例 3[2023·江苏卷]如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
考向3　动量定理与图像的综合
例 4[2024·河北模拟预测]如图甲所示，物块放置在光滑固定斜面上，t＝0时刻对物块施加一沿斜面向上的、按图乙所示规律变化的作用力F，物块由静止开始运动，物块加速度大小a随时间t变化的图像如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．斜面倾角的正弦值为0.6
B．物块的质量为0.2 kg
C．0～1 s内，F的冲量大小为2 N·s
D．1 s末物块的速度大小为2.5 m/s
核心素养提升动量定理与微元法的综合应用
典例1 [2024·山东潍坊市高三检测]近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层．设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下．已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q(单位时间流出水的体积)为(　　)
A． B．
C．2 D．2d
典例2 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
思维提升
“三招”速解变质量(如流体)问题
第1讲　动量定理及应用
考点一
必备知识·自主落实
1．(1)质量　速度　(2)mv　(3)速度
2．(1)矢量　相同　(2)p′－p
3．(1)力的作用时间　(2)FΔt　(3)牛秒　N·s　(4)矢量　相同
关键能力·思维进阶
1．解析：足球达到脚背的速度为v＝＝5 m/s，
足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p＝mv＝0.4×5 kg·m/s＝2 kg·m/s，A错误；小球自由下落的时间为t＝ ＝0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I＝mgt＝0.4×10×0.5 kg·m/s＝2 kg·m/s，B正确；根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，所以脚背与足球作用过程中，动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5 kg·m/s＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误．故选B.
答案：B
2．解析：由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F-t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．
答案：D
3．解析：选择最初水平力的方向为正方向，0～3 s时间内物块向正方向做加速运动，则有a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
3 s末速度v1＝a1t1＝3 m/s
随后减速运动有a2＝＝ m/s2＝3 m/s2
减速至0历时Δt＝＝1 s
之后反向以加速度大小为a1做加速运动，6 s末的速度v2＝1×(3－1)m/s＝2 m/s
此时动量大小p＝mv2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s
即6 s时物块的动量不为零，A错误；根据上述可知，4 s时物块开始反向运动，即4 s时物块离初始位置的距离最远，B错误；F-t图像中，图线与时间轴所围面积表示力的冲量，力的总冲量等于时间轴上下几何图形面积之差，根据图像可知，时间轴上下几何图形面积之差为零，可知0～6 s时间内F对物块冲量为零，C错误；物块开始加速的位移x1＝t1＝4.5 m，减速至0的位移x2＝Δt＝1.5 m，反向加速的位移x3＝t2＝×(3－1)m＝2 m，加速过程F做正功，减速过程做负功，则W＝F(x1＋x3)－Fx2＝20 J，即0～6 s时间内水平力F对物块所做的功为20 J，D正确．故选D.
答案：D
考点二
必备知识·自主落实
1．动量变化量
2．FΔt＝mv′－mv　I＝p′－p
关键能力·思维进阶
例1　解析：运动员先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得球对运动员的冲击力F＝，由分析可知球对手的冲量、球的动量和球的动能的变化量一定，当时间增大时，球与运动员之间的作用力减小，即球对运动员的冲击力减小，选项B正确．
答案：B
例2　解析：取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s
碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s
负号表示方向水平向左，故B正确；
对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；
对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2
解得F＝5.5 N
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确．
故选BD.
答案：BD
例3　解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根据动量定理有
(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝ ；vP＝
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有vB＝vP＝
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
联立可得L＝d(1－μ)
答案：(1) 　(2) 　(3) d(1－μ)
例4　解析：t＝0时，F＝0，设斜面倾角为θ，物块的质量为m，对物块由牛顿第二定律，有mg sin θ＝ma0可得sin θ＝0.5，故A错误；t＝1 s时，F＝2 N，物块的加速度为0，对物块由牛顿第二定律，有2 N－mg sin θ＝0，解得m＝0.4 kg，故B错误；F-t图线与横轴围成的面积大小等于力F的冲量大小，则0～1 s内，F的冲量大小为I＝ N·s＝1 N·s，故C错误；a-t图线与横轴围成的面积大小等于物块的速度变化量大小，又物块初始时刻的速度等于零，则1 s末物块的速度大小为v＝ m/s＝2.5 m/s，故D正确．故选D.
答案：D
核心素养提升
典例1　解析：设水流速v，高压水枪时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝ρπ·vt
由动量定理Ft＝mv，得F＝πρd2v2
水的流量Q＝π·v＝
故选B.
答案：B
典例2　解析：设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，
则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，
由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
答案：40 N

展开更多......

收起↑