微专题1 动量定理的应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（教科版）

微专题1　动量定理的应用 第一章　动量与动量守恒定律 [学习目标]　1.学会应用动量定理分析图像问题(重点)。2.能够应用动量定理解决多过程问题(重难点)。3.应用动量定理分析“流体模型”问题 (难点)。 类型1　动量定理和图像问题的综合 类型2　应用动量定理分析多过程问题 类型3　应用动量定理分析“流体模型” 内容索引 课时作业 巩固提升 类型1　动量定理和图像问题的综合 * [典例1]　(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量变化量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线。若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么下列选项正确的是(　　) CD 由动量定理得Δp＝I＝－mgt，故选项A错误，C正确；又因为＝F＝－mg，故选项B错误，D正确。 [典例2]　(多选)(2024·四川内江月考)物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．该物体将始终向一个方向运动 B．3 s时该物体回到原出发点 C．0～3 s内，力F的冲量等于零，功也等于零 D．2～4 s内，力F的冲量不等于零，功却等于零 BCD 0～1 s内F的冲量I1＝F1t1＝－1 N·s，即速度方向为负方向，1～2 s内F的冲量I2＝F2t2＝2 N·s，0～2 s内F的冲量为I3＝1 N·s，速度方向发生了改变，所以A错误；2～3 s内F的冲量I4＝－1 N·s，故0～3 s内F的冲量为I5＝I3＋I4＝0，即t＝0时的速度和t＝3 s时的速度相等，均为0，在0～3 s内力F做的功W＝Fs＝mv－mv＝0，因为力F不为0，所以位移等于零，故3 s末该物体回到原出发点，所以B、C正确；2～4 s内F的冲量I6＝－2 N·s，即冲量不为零，由运动学知识分析可得2 s末的速度 和4 s末的速度大小相等，方向相反，故F做功为零， 所以D正确。 [针对训练] 1．甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则下列F、I的关系正确的是(　　) A．F1<F2，I1<I2　　　　 B．F1>F2，I1>I2 C．F1>F2，I1＝I2 D．F1＝F2，I1＝I2 C 由图像可知，甲、乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1＝I2；根据I＝Ft知，作用时间长的力较小，则有F1>F2，故选项C正确。 类型2　应用动量定理分析多过程问题 * 动量定理的适用范围 (1)动量定理不仅适用于恒力，也适用于随时间而变化的力。 (2)对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (3)动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程。在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。 [典例3]　蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向。(重力加速度g取10 m/s2) [答案]　1 500 N　方向竖直向上 解法一　运动员刚接触网时速度大小v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向竖直向下 刚离网时速度大小v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向竖直向上 运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，则运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，对运动员应用动量定理(以竖直向上为正方向)，有(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1) F＝＋mg 解得F＝[＋60×10] N＝1 500 N，方向竖直向上。 解法二　对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理 自由下落的时间为t1＝＝ s＝0.8 s 运动员离网后上升所用的时间为 t2＝＝ s＝1 s 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理(取竖直向上为正方向)，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0 则F＝mg＝×60×10 N＝1 500 N，方向竖直向上。 方法总结 1．动量定理不仅能处理单一过程问题，也能处理多过程问题。 2．动量定理用于全过程时，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。 3．在多过程中合外力的冲量是各个力冲量的矢量和。 4．在多过程问题中选择合适的过程后，一定要明确该过程的初末状态，明确初末状态的动量。 [针对训练] 2．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下列说法正确的是 (　　) A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0 B．过程1和过程2动量变化的方向相反 C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下 D．过程1和过程2重力的总冲量为0 AC 根据竖直上抛运动的对称性可得，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程中动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，故A正确，B错误；两个过程中重力的冲量都为I＝Δp1＝mv0，故D错误，C正确。 类型3　应用动量定理分析“流体模型” * 模型一　流体类问题 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是质量具有连续性，题目中通常给出密度ρ作为已知条件 分析 步骤 1 建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 用微元法研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρV＝ρSΔl＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体 [典例4]　“水上飞人表演”是近年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起，同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。为简化问题，将表演者和装备与竖直软水管看成分离的两部分，如图乙所示。已知表演者及空中装备的总质量为M，竖直软水管的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g。若水流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原速率反向弹回，要保持表演者在空中静止，软水管的出水速度至少为(　　) C A. 　　　　　　　 B. C. D． 设出水速度为v，则极短的时间t内，出水的质量为m＝ρSvt，速度由竖直向上的v变为竖直向下的v，表演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及装备受到水的作用力大小为Mg，由牛顿第三定律可知，表演者及装备对水的作用力大小也为Mg，取向下为正方向，对时间t内的水，由动量定理可得Mgt＝mv－(－mv)＝ρSv2t－(－ρSv2t)，解得v＝，故C正确，A、B、D错误。 模型二　微粒类问题 微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析 步骤 1 建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元柱体，柱体的横截面积为S 2 用微元法研究，作用时间Δt内一段柱体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘N计算 [典例5]　(2024·山东临沂期中)根据量子理论可知，光子既有能量也有动量，每个光子的动量均为p＝，其中h为普朗克常量，λ为光的波长。太阳光照射到地球表面时，如同大量气体分子频繁碰撞器壁一样，会产生持续均匀的“光压力”。为了将问题简化，我们假设太阳光垂直照射到地球上且全部被地球吸收，到达地球的每个光子能量均为4×10-19 J，每秒钟照射到地球的光子数为4.5×1035。已知真空中光速c＝3×108 m/s，太阳对地球的万有引力大小约为3.5×1022 N。请你结合以上数据分析说明，我们在研究地球围绕太阳公转时，是否需要考虑太阳“光压力”对地球的影响(结果保留一位有效数字)。 [答案]　见解析 每个光子能量E＝hν＝h 每个光子动量p＝＝ 光照射到地球表面被吸收时，由动量定理有－F光t＝0－Ntp 代入数据可得，太阳光照射到地球表面产生的光压力F光＝6×108 N 光压力与万有引力之比≈2×10-14 由此可知，光压力远小于太阳对地球的万有引力，我们在研究地球围绕太阳公转时，不需要考虑太阳“光压力”对地球的影响。 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1．(2024·四川资阳期中)某市在冬季最大风力为9级(风速约20 m/s到 24 m/s)，如图所示的该市某品牌抗风卷帘门面积为S，该门所能承受的最大压力为F。设空气密度为ρ，空气吹到卷帘门上速度立刻减为零，则此卷帘门能承受的垂直方向最大风速v等于(　　) A A. 　　　B. 　　　C．　　　D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设t时间内吹到卷帘门上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得v＝，故A正确，故B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．(2024·长春实验中学期中)质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为(　　) A．500 N　　　　　 B．1 100 N C．600 N D．100 N B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据自由落体运动规律，该工人自由下落5 m的时间为t＝＝1 s，则根据动量定理得 mg(t＋t′)－Ft′＝0，代入数据得F＝＝ 1 100 N，故选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．(多选)如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则(　　) A．过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零 B．过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重 力冲量的大小 C．整个过程中合外力的总冲量等于零 D．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 过程Ⅱ中钢珠的速度变化量不为零，所以钢珠的动量改变量不等于零，A错误；在整个过程中根据动量定理知总冲量为零，即过程Ⅱ中的阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中和过程Ⅱ中的重力的冲量大小之和，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小，B错误，C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，根据动量定理可知D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．如图所示，运动员在蹦极运动中将一端固定的弹性长绳绑在腰上，从高处跳下。在某次蹦极中，质量为60 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零，假设弹性绳长为45 m，重力加速度g取10 m/s2(忽略空气阻力)，下列说法正确的是(　　) A．弹性绳在绷紧后2 s内对运动员的平均作用力大小为2 000 N B．运动员在弹性绳绷紧后动量的变化量等于弹性绳的作用力的冲量 C．运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等 D．运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动、 过程中重力冲量大小小于弹性绳作用力的冲量大小 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由机械能守恒定律得mgh＝mv2，在绳刚绷紧时运动员的速度大小为v＝＝30 m/s，以竖直向上为正方向，在绷紧的过程中根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，代入数据解得F＝1 500 N，故A错误；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的变化量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的矢量和，故B错误；运动员整个过程中动量的变化量为零，则重力冲量与弹性绳作用力的 冲量等大反向，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．蹦极是一项刺激的户外活动。某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v－t图像如图所示，已知蹦极者质量为60 kg，最大速度为55 m/s，0～5.0 s内v－t图线为直线，5.0～7.0 s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小是(　　) A．2 100 N B．1 500 N C．840 N D．600 N A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 绳拉直前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其v－t图线为直线，绳拉直后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力与重力大小相等时，蹦极者的速度达到最大，之后向下做加速度增大的减速运动，直至速度减为0，这段过程其v－t图线为曲线。所以由题图可知5.0～7.0 s时间内是绳子对蹦极者产生弹力的时间，对整个运动过程，根据动量定理可得mg(t1＋t2)－t2＝0，将t1＝ 5.0 s和t2＝2.0 s代入后解得＝2 100 N，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [B组　综合强化练] 6．(多选)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在物体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的冲量的大小等于F2的冲量的大小 B．F1的冲量的大小小于F2的冲量的大小 C．摩擦力对a物体的冲量的大小等于摩擦 力对b物体的冲量的大小 D．合外力对a物体的冲量的大小等于合外力对b物体的冲量的大小 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，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物体的总运动时间小于b物体的总运动时间，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量的大小小于摩擦力对b物体的冲量的大小；根据动量定理，对整个过程有F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，因ftOB<ftOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量的大小小于F2的冲量的大小，故A、C错误，B正确。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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7．使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用。如图所示，若水柱截面积为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力为(　　) B A．ρSv B．ρSv2 C．ρSv2 D．ρSv 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 取时间t内的水为研究对象，设t时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量为m＝ρV＝ρSvt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有－Ft＝0－mv，即 F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小为ρSv2，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．(2024·四川绵阳中学月考)某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，为了防止病毒传播，打喷嚏时捂住口鼻很重要。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s。已知空气的密度为 1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为(　　) A．0.13 N B．13 N C．0.68 N D．2.6 N A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 打一次喷嚏喷出的空气质量为 m＝ρV＝1.3×5×10-5 kg＝6.5×10-5 kg 设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得 FΔt＝mv 解得F＝＝ N＝0.13 N 根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为F′＝F＝0.13 N，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．由我国自主研发制造的世界上最大的海上发电机SL5000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径为128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为(　　) A．4.0×104 N B．2.0×105 N C．2.2×106 N D．4.4×106 N B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 叶片直径d＝128 m，叶片旋转所形成的圆的面积S＝，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V＝Sv1Δt＝，风柱的质量m＝ρV，设风通过发电机时受到的平均阻力大小为f，则v1＝12 m/s，v2＝11 m/s，取v1的方向为正方向，根据动量定理有－fΔt＝mv2－mv1，代入数据解得f≈2.0×105 N，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1 m2，以v＝7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10-5 g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加(　　) A．0.49 N B．0.98 N C．490 N D．980 N B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的质量，即M＝，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv－0，则F＝＝，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，推力应增加F，代入数据得F＝0.98 N，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．(2024·湖北武汉联考)质量为m＝0.60 kg的篮球从距地板H＝0.80 m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45 m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.0 s。忽略空气阻力作用，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)篮球对地板的平均撞击力； 答案：(1)20 N，方向向下　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)设篮球刚接触地板时的速度大小为v1，反弹离地时的速度大小为v2，由动能定理得下落过程mgH＝mv 代入数据解得v1＝4 m/s 上升过程－mgh＝0－mv 代入数据解得v2＝3 m/s 设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，上升的时间为t2， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由运动学公式得t1＝＝0.4 s，t2＝＝0.3 s 篮球与地板接触时间为Δt＝t－(t1＋t2)＝0.3 s 设地板对篮球的平均撞击力为′，取竖直向上为正方向，由动量定理得(′－mg)Δt＝mv2－(－mv1) 代入数据解得′＝20 N，根据牛顿第三定律知篮球对地板的平均撞击力大小为＝20 N，方向向下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)篮球与地板撞击过程中损失的机械能ΔE。 答案：(2)2.1 J (2)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为ΔE＝mgH－mgh＝0.6×10×(0.8－0.45)J＝2.1 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [C组　培优选做练] 12．(2023·西南大学附中期末)“鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从10 m高处由静止下落撞到地面而不破裂。某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从10 m高处由静止下落到地面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动0.3 m、用时0.1 s后静止且完好无损。已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且该装置和鸡蛋的总质量为0.12 kg，其中鸡蛋质量为m0＝0.05 kg， 不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)装置落地前瞬间的速度大小； 答案：(1)6 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为v 根据运动学公式有x＝t 代入数据解得v＝6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)在下降10 m过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功； 答案：(2)9.84 J　 (2)以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有Mgh－W克f＝Mv2－0 代入数据解得W克f＝9.84 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)鸡蛋在装置中继续向下运动0.3 m过程中，装置对鸡蛋的冲量大小。 答案：(3)0.35 N·s (3)以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向， 根据动量定理得I－m0gt＝0－m0(－v) 代入数据解得I＝0.35 N·s。 $$