高中物理新教材特點(diǎn)分析及教學(xué)策略（一）趣味性強(qiáng)，激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)興趣：在新時(shí)代教育制度的改革深化下，學(xué)生對(duì)于物理課程內(nèi)容的學(xué)習(xí)興趣可以帶動(dòng)學(xué)生不斷地進(jìn)行探究。（二）實(shí)踐性高，高效落實(shí)理論學(xué)習(xí)：在現(xiàn)代化教育課程的背景之下，新課程改革理念越來(lái)越融入生活與學(xué)習(xí)的方方面面，新教材逐步的顯現(xiàn)出強(qiáng)大影響力。（三）靈活性強(qiáng)，助力課程目標(biāo)達(dá)成：隨著教育制度體系的改革，通過(guò)新時(shí)代新教材內(nèi)容的融入，教師不斷地革新教學(xué)手段，整合線上以及線下的教育資源內(nèi)容，可以為物理課堂增添新的活力與生機(jī)。動(dòng)量定理的應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.進(jìn)一步理解動(dòng)量定理，熟悉應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟.2.學(xué)會(huì)利用動(dòng)量定理處理多過(guò)程問(wèn)題.3.學(xué)會(huì)應(yīng)用動(dòng)量定理處理質(zhì)量連續(xù)變動(dòng)問(wèn)題．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、用動(dòng)量定理處理多過(guò)程問(wèn)題導(dǎo)學(xué)探究在水平恒力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(zhǎng)時(shí)間才停止？(g取10 m/s2)用動(dòng)量定理分別從分段及全程兩個(gè)角度進(jìn)行求解．答案　解法一　用動(dòng)量定理，分段求解．選物體為研究對(duì)象，對(duì)于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)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?，根?jù)動(dòng)量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，對(duì)于撤去F后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(guò)程．選物體為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，這個(gè)過(guò)程的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零．取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.知識(shí)深化1．動(dòng)量定理的適用范圍(1)動(dòng)量定理不僅適用于恒力，而且適用于隨時(shí)間而變化的力．(2)對(duì)于變力，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值．(3)動(dòng)量定理不僅能處理單一過(guò)程，也能處理多過(guò)程．在多過(guò)程中外力的沖量是各個(gè)力沖量的矢量和．2．動(dòng)量定理與牛頓第二定律的選用原則(1)在合外力為恒力的情況下，可用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝v0＋at，也可用動(dòng)量定理F·Δt＝mv′－mv，但較牛頓第二定律，動(dòng)量定理適用范圍更廣，且表達(dá)式中只涉及一個(gè)過(guò)程量F·Δt及兩個(gè)狀態(tài)量mv′和mv，而過(guò)程中的速度怎樣，軌跡怎樣，加速度怎樣，位移怎樣均不必考慮，因此解題時(shí)優(yōu)先選用動(dòng)量定理．(2)對(duì)于多過(guò)程問(wèn)題，牛頓第二定律僅能分段使用，求解過(guò)程較復(fù)雜，而動(dòng)量定理可用于全過(guò)程，不必考慮中間量，使問(wèn)題求解變得簡(jiǎn)捷．例1　地動(dòng)儀是世界上最早的感知地震裝置，由我國(guó)杰出的科學(xué)家張衡在洛陽(yáng)制成，早于歐洲1 700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(　　)A.＋mg   B.C.   D.－mg答案　A解析　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)銅珠的作用力為F，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可知：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F′＝F，故A正確．例2　(2022·泰安市新泰第一中學(xué)高二質(zhì)量檢測(cè))某消防隊(duì)員從一平臺(tái)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(guò)程中地面對(duì)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(shí)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(shè)向下為正方向，則著地過(guò)程中消防員動(dòng)量的變化量為Δp＝0－mv1＝－mv1，設(shè)該過(guò)程中地面對(duì)他雙腳的平均作用力為，由動(dòng)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(guī)定向下為正方向，對(duì)消防員下落的全程應(yīng)用動(dòng)量定理可得mg(t1＋t2)＋(－t2)＝0－0，代入數(shù)據(jù)解得＝6mg，故B正確．二、用動(dòng)量定理處理流體問(wèn)題1．解答質(zhì)量連續(xù)變動(dòng)的動(dòng)量問(wèn)題的基本思路(1)建立“柱體”模型．對(duì)于流體，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)通過(guò)某一橫截面積為S的流體長(zhǎng)度Δl＝v·Δt，如圖所示，若流體的密度為ρ，那么，在這段時(shí)間內(nèi)流過(guò)該截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；(2)運(yùn)用動(dòng)量定理，即流體微元所受的合力的沖量等于微元?jiǎng)恿康脑隽?，?/span>F合Δt＝Δp.(Δt足夠短時(shí)，重力可忽略不計(jì))2．解答質(zhì)量連續(xù)變動(dòng)的動(dòng)量問(wèn)題的具體步驟應(yīng)用動(dòng)量定理分析連續(xù)體相互作用問(wèn)題的方法是微元法，具體步驟為：(1)確定一小段時(shí)間Δt內(nèi)的連續(xù)體為研究對(duì)象；(2)寫出Δt內(nèi)連續(xù)體的質(zhì)量Δm與Δt的關(guān)系式；(3)分析連續(xù)體的受力情況和動(dòng)量變化；(4)應(yīng)用動(dòng)量定理列式、求解．例3　(2021·滄州一中期末)如圖所示，水力采煤時(shí)，用水槍在高壓下噴出的強(qiáng)力水柱沖擊煤層．設(shè)水柱直徑為d＝30 cm，水速為v＝50 m/s.假設(shè)水柱射在煤層的表面上，沖擊煤層后水的速度變?yōu)榱悖笏鶎?duì)煤層的平均沖擊力的大?。?/span>(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)答案　1.77×105 N解析　取一小段時(shí)間Δt，從水槍射出的水的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt.以Δm為研究對(duì)象，如圖所示，設(shè)水速方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，則F＝－ρSv2.由牛頓第三定律，知水對(duì)煤層的平均沖擊力大小為F′＝－F＝ρSv2，又S＝d2.代入數(shù)據(jù)，解得F′≈1.77×105 N.例4　假如有一宇宙飛船，它的正面面積為S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1 m3空間有一微粒，每一微粒平均質(zhì)量m＝2×10－4 g，若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)增加多少？(設(shè)微粒與飛船相碰后附著到飛船上)答案　0.784 N解析　由于飛船速度保持不變，因此增加的牽引力應(yīng)與微粒對(duì)飛船的作用力大小相等，據(jù)牛頓第三定律知，此力也與飛船對(duì)微粒的作用力大小相等．只要求出時(shí)間t內(nèi)微粒的質(zhì)量，再由動(dòng)量定理求出飛船對(duì)微粒的作用力，即可得到飛船增加的牽引力．時(shí)間t內(nèi)附著到飛船上的微粒質(zhì)量為：M＝m·S·vt，設(shè)飛船對(duì)微粒的作用力為F，由動(dòng)量定理得：Ft＝Mv＝mSvt·v，即F＝mSv2，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.784 N.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(多選)如圖描述的是豎直上拋物體的動(dòng)量變化量隨時(shí)間變化的曲線和動(dòng)量變化率隨時(shí)間變化的曲線．若不計(jì)空氣阻力，取豎直向上為正方向，那么下列選項(xiàng)正確的是(　　)答案　CD解析　由動(dòng)量定理得Δp＝I＝－mgt，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；又因?yàn)?/span>＝F＝－mg，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確．2.(多選)(2021·重慶市第三十七中學(xué)期中)人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來(lái)越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況．如圖所示，若手機(jī)質(zhì)量m＝200 g，從離人眼約h＝10 cm的高度靜止掉落，砸到眼睛后經(jīng)t＝0.1 s手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正確的是(　　)A．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為2.8 NB．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為4.8 NC．全過(guò)程手機(jī)重力的沖量大小約為0.48 N·sD．全過(guò)程手機(jī)重力的沖量大小約為0.28 N·s答案　BC解析　根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得速度v＝＝ m/s，手機(jī)與眼睛作用后手機(jī)的速度變成0，選取向上為正方向，則手機(jī)與眼睛作用過(guò)程中動(dòng)量變化量為Δp＝0－(－mv)＝0.2 kg·m/s，手機(jī)與眼睛接觸的過(guò)程中受到重力與眼睛對(duì)手機(jī)的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，Ft－mgt＝Δp，解得眼睛對(duì)手機(jī)的作用力大小F＝mg＋＝(2＋) N≈4.8 N，由牛頓第三定律知，手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為4.8 N，故B正確，A錯(cuò)誤；手機(jī)下落時(shí)間t′＝，全過(guò)程中重力的沖量為mg(t＋t′)≈0.48 N·s，故C正確，D錯(cuò)誤．3．新型冠狀病毒主要傳播方式為飛沫傳播，打噴嚏可以將飛沫噴到十米之外，為了防止病毒傳播，打噴嚏時(shí)捂住口鼻很重要．有關(guān)專家研究得出打噴嚏時(shí)氣流噴出的速度可達(dá)40 m/s，假設(shè)打一次噴嚏大約噴出50 mL的空氣，用時(shí)約0.02 s．已知空氣的密度為1.3 kg/m3，估算打一次噴嚏人受到的平均反沖力大小為(　　)A．0.13 N   B．13 NC．0.68 N   D．2.6 N答案　A解析　打一次噴嚏噴出的空氣質(zhì)量為m＝ρV＝1.3×5×10－5 kg＝6.5×10－5 kg，設(shè)打一次噴嚏噴出的空氣受到的作用力為F，根據(jù)動(dòng)量定理得FΔt＝mv，解得F＝＝ N＝0.13 N，根據(jù)牛頓第三定律可得人受到的平均反沖力大小為F′＝0.13 N，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．4.“娛樂(lè)風(fēng)洞”是一項(xiàng)新型娛樂(lè)項(xiàng)目，在一個(gè)特定的空間內(nèi)通過(guò)人工制造的氣流把人“吹”起來(lái)，使人產(chǎn)生在天空翱翔的感覺(jué)．如圖所示，一質(zhì)量為m的游客恰好可以靜止在直徑為d的圓柱形風(fēng)洞內(nèi)．已知?dú)饬髅芏葹?/span>ρ，游客受風(fēng)面積(游客在垂直風(fēng)力方向的投影面積)為S，風(fēng)洞內(nèi)氣流豎直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度為g.假設(shè)氣流吹到人身上后速度變?yōu)榱?，則風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量(單位時(shí)間內(nèi)流出風(fēng)洞的氣流體積)為(　　) A.   B.C.   D.答案　A解析　對(duì)Δt時(shí)間內(nèi)吹向游客的氣體，由動(dòng)量定理可得FΔt＝Δmv，由于游客處于靜止?fàn)顟B(tài)，故滿足F＝mg，另外Δm＝ρ·vΔt·S，風(fēng)洞內(nèi)氣流的流量為Q＝vπ()2，聯(lián)立解得Q＝，故選A.5．(多選)一個(gè)靜止在水平地面上的物體，質(zhì)量為0.2 kg，受到豎直向上的拉力F作用，如圖甲所示，F隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示．若g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．0～3 s內(nèi)，物體的速度逐漸增大B．第5 s末物體的速率為7.5 m/sC．第3 s末物體的加速度大小為15 m/s2D．第4 s末和第6 s末物體的速度相等答案　BD解析　物體的重力為G＝mg＝2 N，所以0～2 s內(nèi)，拉力小于重力，物體受到拉力、地面的彈力和重力共同作用，保持靜止?fàn)顟B(tài)，故A錯(cuò)誤；2 s末物體開始運(yùn)動(dòng)，由題圖乙可得5 s末的拉力為F5＝2 N，所以在2～5 s內(nèi)物體加速上升，對(duì)應(yīng)圖形面積表示拉力的沖量，可得合力的沖量為F合t＝(×1＋×2－2×3)N·s＝1.5 N·s，則由動(dòng)量定理可得F合t＝mv，v＝7.5 m/s，故B正確；第3 s末物體的加速度大小為a＝＝5 m/s2，故C錯(cuò)誤；由題圖乙可得第4 s末拉力為2.5 N，第6 s末拉力為1.5 N，由動(dòng)量定理可得F合′t′＝mv6－mv4，即mv6－mv4＝(×2－2×2)N·s＝0，所以第4 s末和第6 s末物體的速度相等，故D正確．6.(多選)(2022·會(huì)寧四中月考)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(guò)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物體的沖量答案　BD解析　AB與CD平行，說(shuō)明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等．但a的總運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于b的，根據(jù)I＝Fft可知，摩擦力對(duì)a物體的沖量小于摩擦力對(duì)b物體的沖量；根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)整個(gè)過(guò)程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因tOB<tOD，則有F1t1<F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A、C錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，a、b兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量都為零，所以沖量相等，故D正確．7.(多選)如圖所示，一個(gè)鋼珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不計(jì)空氣阻力，把在空中下落的過(guò)程視為過(guò)程Ⅰ，進(jìn)入沙坑直到停止的過(guò)程視為過(guò)程Ⅱ，則(　　)A．過(guò)程Ⅱ中鋼珠動(dòng)量的改變量等于零B．過(guò)程Ⅱ中阻力沖量的大小等于過(guò)程Ⅰ中重力沖量的大小C．整個(gè)過(guò)程中合外力的總沖量等于零D．過(guò)程Ⅰ中鋼珠動(dòng)量的改變量等于重力的沖量答案　CD解析　過(guò)程Ⅱ中鋼珠的速度變化量不為零，所以鋼珠的動(dòng)量改變量不等于零，所以A錯(cuò)誤；在整個(gè)過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理知總沖量為零，即過(guò)程Ⅱ中的阻力的沖量大小等于過(guò)程Ⅰ中的重力的沖量大小和過(guò)程Ⅱ中的重力的沖量大小之和，所以過(guò)程Ⅱ中阻力沖量的大小大于過(guò)程Ⅰ中重力沖量的大小，B錯(cuò)誤，C正確；過(guò)程Ⅰ中鋼珠只受重力，根據(jù)動(dòng)量定理可知D正確．8．高空拋物現(xiàn)象曾被稱為“懸在城市上空的痛”．高空拋物的危害究竟有多大呢？讓我們通過(guò)數(shù)據(jù)說(shuō)明．若質(zhì)量為0.2 kg的蘋果，從一居民樓的16層墜下．假設(shè)每層樓的高度為3 m，則蘋果下落的高度為45 m，重力加速度為10 m/s2.(1)蘋果撞擊地面的過(guò)程中，求蘋果的動(dòng)量變化量(取豎直向下為正方向)；(2)若蘋果與地面碰撞時(shí)間約為1.2×10－3 s，求蘋果對(duì)地面的撞擊力大?。?/span>答案　(1)6 kg·m/s，方向豎直向上　(2)5 002 N解析　(1)設(shè)蘋果撞擊地面前瞬間速度為v，由v2＝2gh，解得v＝30 m/s，蘋果的末速度為0，則蘋果撞擊地面的過(guò)程中動(dòng)量變化量Δp＝0－mv，可得Δp＝－6 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向豎直向上．(2)設(shè)蘋果撞擊地面的過(guò)程中，地面對(duì)蘋果的撞擊力大小為F，由動(dòng)量定理(mg－F)Δt＝0－mv，代入數(shù)據(jù)，得F＝5 002 N，根據(jù)牛頓第三定律，蘋果對(duì)地面的撞擊力大小F′＝5 002 N.9.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?。?/span>(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?，根?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變?yōu)橄蜃螅鶕?jù)動(dòng)量定理得t3＝－mv′－mv解得＝－280 N故墻壁對(duì)物體的平均作用力大小為280 N.10．(2021·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)期末)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計(jì)算方便，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度．答案　(1)ρv0S　(2)－解析　(1)在剛噴出一段很短的Δt時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為噴出的水柱保持速度v0不變該時(shí)間內(nèi)，噴出水柱高度Δl＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔlS③由①②③可得：噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為＝ρv0S.(2)設(shè)玩具底面相對(duì)于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F沖為水柱對(duì)玩具底部的作用力由牛頓第三定律知F壓＝F沖⑤其中，F壓為玩具底部對(duì)水柱的作用力，設(shè)v′為水柱到達(dá)玩具底部時(shí)的速度由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v′2－v02＝－2gh⑥在很短Δt時(shí)間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對(duì)該部分水柱應(yīng)用動(dòng)量定理得－(F壓＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式變?yōu)?/span>F壓Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－.

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高中物理人教版 (2019)選擇性必修 第一冊(cè)電子課本

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版本： 人教版 (2019)

年級(jí)： 選擇性必修 第一冊(cè)

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