第一章 专题强化1 动量定理的应用(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦动量定理的应用，涵盖多过程、多物体及连续变质量问题，通过水平恒力撤去、蹦床运动等典型例题，对比分段与全程解法，搭建从单一过程到复杂系统的学习支架。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，如用“柱体模型”解决连续变质量问题，结合F-t图像面积分析冲量，通过一题多解培养科学推理能力。助力学生深化动量定理理解，教师可借助丰富例题提升教学效率。

DIYIZHANG 第一章 专题强化1　动量定理的应用 1 1.进一步理解动量定理，熟悉应用动量定理解题的一般步骤。 2.学会利用动量定理处理多过程问题(重点)。 3.学会应用动量定理处理质量连续变动问题(重难点)。 学习目标 2 一、用动量定理处理多过程问题 二、用动量定理解决多物体问题 专题强化练 三、连续变质量问题 内容索引 3 用动量定理处理多过程问题 一 4 在水平恒力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)用动量定理分别从分段及全程两个角度进行求解。 答案　方法一　分段求解 (1)画出运动过程示意图，并对物体受力分析。 (2)物体运动可分为两个过程，设运动时间分别为t1、t2。 (3)选向右为正方向 第一个过程：合外力冲量I1＝(F－μmg)t1 物体动量变化量Δp1＝mv－0 由动量定理可得方程：(F－μmg)t1＝mv 第二个过程：合外力冲量I2＝－μmgt2 动量变化量Δp2＝－mv 由动量定理可得方程：－μmgt2＝－mv 两方程联立可得t2＝12 s。 方法二　全过程应用动量定理 从物体开始运动到最后停下全程合外力冲量为： I＝Ft1－μmg(t1＋t2) 全程动量变化量为Δp＝0 由动量定理可得：Ft1－μmg(t1＋t2)＝0 可得t2＝12 s。 (2023·绵阳市高二期中)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) 例1 答案　1 500 N　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) 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 运动员离网后上升所用的时间为 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 总结提升 如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法： (1)分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。 (2)全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…，第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。 (3)若不需要求中间量，用全程法更为简便。 (多选)如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示(t0已知)，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法正确的是 A.0～t0时间内拉力F的冲量为0 B.0～t0时间内拉力F所做的功为0 C.物体上升过程中的最大速度为gt0 D.4t0时刻物体的速度为0 例2 √ √ 根据冲量的定义，I＝Ft，故0～t0时间内拉力冲量I＝ mgt0，冲量不为零，故A错误； 0～t0时间内拉力小于重力，物体 没有运动，不产生位移，根据功的定义，可知拉力F不做功，故B正确； 3t0时物体速度最大，合外力的冲量为F－t图像t0～3t0时间内三角形面积，设竖直向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量， mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正确； 总结提升 F合－t图像中，图线与横轴围成的面积表示合力的冲量(动量的变化量)。在时间轴上方面积为正，在时间轴下方面积为负，合力的冲量(动量的变化量)等于上下面积绝对值之差。若物体受到多个力，某个力的F－t图像中，图线与横轴围成的面积仅表示这个力的冲量。 返回 二 用动量定理解决多物体问题 17 　如图所示，质量M＝2 kg的木板静止放在光滑水平面上，木板右端放着质量m＝1 kg的物块，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.2。木板在水平恒力F＝8 N的外力作用下运动了2 s，木板足够长，求： (1)此过程恒力F的冲量大小； 例3 答案　16 N·s F的冲量大小IF＝Ft＝16 N·s (2)此时木板和物块的总动量的大小。(重力加速度g取10 m/s2) 答案　16 N·s 物块与木板相对滑动。 方法一：选向右为正方向，此时对物块：μmgt＝mv1，得p1＝mv1＝4 N·s 对木板：Ft－μmgt＝Mv2，得p2＝Mv2＝12 N·s 故总动量的大小p＝p1＋p2＝16 N·s。 方法二：对系统，IF＝mv1＋Mv2＝Ft＝16 N·s。 总结提升 对于两个物体组成的系统，它们间的相互作用力的冲量的矢量和总为零，所以动量定理也适用于物体系统，冲量表达式为IF＝(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)，其中IF是系统外力冲量的矢量和。 返回 连续变质量问题 三 21 1.流体类问题 运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。 2.解答质量连续变动的动量问题的基本思路 (1)确定研究对象：Δt时间内流体微元。 (2)建立“柱体”模型 对于流体，可沿流速v的方向选取一段横截 面积为S的柱形流体，设在Δt时间内通过横截面积的流体长度Δl＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρV＝ρSvΔt； (3)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，流体重力可忽略不计) (2023·青岛市第一中学期中)《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度为ρ＝4.0×10－8 kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v＝3.0×105 m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S＝10 m2，尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，求： (1)单位时间Δt＝1 s内附着在飞船上的微粒质量； 例4 答案　0.12 kg 飞船在尘埃区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量 Δm＝ρSvΔt＝0.12 kg (2)飞船要保持速度v不变，所需的动力大小。 答案　3.6×104 N 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Ft＝Δp得 FΔt＝Δmv＝ρSvΔt·v 解得F＝ρSv2＝4.0×10－8×10×(3.0×105)2 N＝3.6×104 N 根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力大小F′＝F。由平衡条件可知，要保持飞船速度不变，所需的动力大小与F′相等，即3.6×104 N。 总结提升 1.用动量定理处理“流体类”问题时，应将“无形”流体变为“有形”实物Δm。 2.若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答。 返回 专题强化练 四 27 考点一　用动量定理处理多过程问题 1.质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4，有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F，g取10 m/s2，则物体运动的总时间为 A.3.75 s B.7.5 s C.15 s D.0.75 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量大小为Ft1，摩擦力的冲量大小为ft。选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有Ft1－ft ＝ 0，又f＝μmg，联立解得t ＝ ，代入数据解得t＝3.75 s，故选A。 10 2.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力随时间的变化情况如图所示，则 A.0～t0时间内物体的动量变化量与t0～2t0内动量 变化量相同 B.0～t0时间内物体所受的冲量与t0～2t0时间内所 受的冲量相同 C.t＝2t0时物体的速度为零，合外力在2t0时间内对物体的冲量为零 D.0～2t0时间内物体的位移为零，合外力对物体做功为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0～t0与t0～2t0时间内合外力方向不同，所受冲量不相同，动量变化量不相同，A、B错误； t＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时物体速度为零，由动量定理得Ft＝mΔv＝0，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，合外力对物体做功为零，D错误。 10 3.如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向竖直向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，在此过程中，下列说法中正确的是 A.重力的冲量为mgt，方向竖直向下 B.合力的冲量为零 C.弹力的冲量与重力冲量大小相等，方向相反 D.动量变化为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 重力的冲量为mgt，方向竖直向下，故A正确； 取向上为正方向，则原来的动量为p＝－mv，经过时间t后，动量为p′＝mv，则动量的变化为Δp＝p′－p＝2mv，故D错误； 根据动量定理可得，合力的冲量为I合＝Δp＝2mv，故B错误； 根据动量定理有I弹－mgt＝Δp，可得，弹力的冲量为I弹＝mgt＋2mv，故C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点二　用动量定理解决多物体问题 4.如图所示，质量为M的实心铁球牵引着质量为m的木块从静止开始下沉，经时间t1它们的速度达到v1，恰在此时，绳断了，再经时间t2木块的速度变为零，求此时铁球的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设向下为正方向，对两者组成的系统有 F合t1＝(M＋m)v1 ① 在时间t2内F合t2＝Mv－(M＋m)v1 ② 10 考点三　连续变质量问题 5.我国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆，火星车“祝融号”开展巡视探测，假定火星上风速约为18 m/s，火星大气密度约为1.3×10－2 kg/m3，“祝融号”迎风面积约为6 m2，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零，则火星车垂直迎风面受到的压力约为 A.1.4 N B.25 N C.140 N D.250 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 10 设很短一段时间Δt内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为m，则有m＝ρvSΔt 以该部分风为研究对象，设风速方向为正方向，火星车对风的作用力为F，根据动量定理有－FΔt＝0－mv 解得F＝ρv2S＝1.3×10－2×182×6 N≈25 N 根据牛顿第三定律可知火星车垂直迎风面受到的压力约为25 N，故B项正确，A、C、D项错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.(多选)(2023·聊城市茌平高二期中)2022年5月14日，C919大飞机在上海浦东机场第四跑道起飞，并于9时54分安全降落。这也意味着我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的第一架大型喷气式民用C919大飞机首次飞行试验圆满成功。C919的成功一部分得益于我国拥有强大的风洞测试系统。在某次风洞测试中，飞机始终保持水平静止状态，风以速度v垂直打到机身面积为S的平面上，且速度立即减为零。已知气流密度为ρ，则 A.风的动量变化量为零 B.此平面受到的风力大小为ρSv2 C.若风速减小为原来的 ，则此平面受到的风力减小为原来的 D.风对机身平面的冲量与机身平面对风的冲量相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 风的速度由v变成0，根据Δp＝m·Δv，可得风的动量变化量不为零，A错误； 在Δt时间内，风柱的质量为m＝v·Δt·Sρ，设平面对 风的力为F，根据动量定理有FΔt＝－mv＝－v2·Δt·Sρ，解得F＝－ρSv2，根据牛顿第三定律可得此平面受到的风力大小为F′＝－F＝ρSv2，所以若风速减小为原来的 ，根据上式可得此平面受到的风力减小为原来的 ，B、C正确； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 风对机身平面的冲量与机身平面对风的冲量大小相等，方向相反，D错误。 10 7.(多选)(2023·滨州市高二期中)如图所示为某位小选手在蹦床比赛中上升到最高点的情景。已知小选手质量为m，小选手从最高点下落高度h至最低点所用时间为t，空气阻力不计，重力加速度为g，小选手可看作质点，下列说法正确的是 A.小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量大小为 B.小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网的冲量大小为mgt C.小选手从最高点下落至最低点的过程中，弹性网弹性势能的增量 为mgh D.小选手从最高点下落至最低点的过程中，合力的冲量为零，合力做功也为零 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 能力综合练 √ 10 小选手从最高点下落至最低点的过程中，根据动量定理有IG－IF＝0，即弹性网的冲量大小IF等于重力的冲量大小，等于mgt，但方向与重力的冲量方向相反，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 小选手从最高点下落至最低点的过程中，根据小选手与弹性网组成的系统机械能守恒，可得弹性网弹性势能的增量等于小选手重力势能的减少量，即为mgh，故C正确； 小选手从最高点下落至最低点的过程中，初、末速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 为零，根据动量定理可知小选手所受合力的冲量等于其动量的改变量，所以为零，根据动能定理可知，合力做功也为零，故D正确。 10 8.(2024·广州市高二期末)使用无人机播植树种时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在静止于离地面10 m高处的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则 A.土壤对种子胶囊冲量的大小为0.1 N·s B.发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为100 N·s C.种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N D.播种器对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 10 以竖直向下为正方向，种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，有h＝v0t＋ gt2，解得种子胶囊在空中运动的时间为t＝1 s，可得种子胶囊落地的速度为v＝v0＋gt＝15 m/s，根据动量定理，土壤对种子胶囊的冲量为I1＝0－mv＝－20×10－3×15 N·s＝－0.3 N·s，故土壤对种子胶囊冲量的大小为0.3 N·s，故A错误； 发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为I0＝mv0－0＝20×10－3× 5 N·s＝0.1 N·s，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 播种器对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为I＝I0＋I1＝(0.1－0.3)N·s＝－0.2 N·s，故D错误。 10 9.(2023·洛阳洛宁一中高二月考)科学团队在地球表面进行探测器的悬停实验，为未来探测器在更遥远的天体安全着陆做准备，当探测器向下喷出气体时，探测器悬停在地表上空，已知探测器竖直向下喷射的气体密度为ρ，横截面积为S，喷出的速度大小为v，重力加速度为g，若近似认为喷射气体的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，不计空气阻力，则 A.探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小 B.探测器与喷射气体两者的动量变化量大小相等，方向相反 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 尖子生选练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 探测器单位时间内喷出气体的质量为m＝ρV＝ρSL＝ρSv，选项C错误； 根据牛顿第三定律可知，探测器对喷射气体的力的大小等于气体对探测器的力的大小，作用时间相同，根据I＝Ft可知探测器对喷射气体的冲量大小等于喷射气体对探测器的冲量大小，选项A错误； 当探测器向下喷出气体时，探测器悬停在地表上空，动量变化为0，而气体获得速度，动量变化不为0，所以两者的动量变化量大小不相等，选项B错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设探测器对气体的力大小为F，根据动量定理有Ft＝mv＝ρSvt·v＝ρSv2t，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知气体对探测器的力大小为F′＝F＝ρSv2，探测器悬停在地表上空，则有Mg＝F′，解得M＝ ，选项D正确。 10 10.(2024·佛山市高二期中)宇宙尘埃有很大的科研价值，某卫星携带的收集装置如图甲所示。如图乙所示为质量为M的卫星以速度v0飞向一颗静止的尘埃，如图丙所示为尘埃被收集装置撞击后嵌入其中的情景，该尘埃的质量为m0(因m0≪M，故卫星速度v0视为不变)，问： (1)该尘埃被卫星收集过程中的动 量变化量大小Δp； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　m0v0 10 1 2 3 4 5 6 7 8 由于m0≪M，可认为卫星收集尘埃时速度不受影响，宇宙尘埃的速度会从0加速到v0，则尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小为Δp＝m0v0－0＝m0v0 9 10 (2)该尘埃在收集装置中嵌入深度为L，则其在被收集过程中受到的作用力F大小是多少？(假设此过程中作用力大小不变) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 以尘埃作为研究对象，根据动能 定理可得 9 10 (3)卫星继续以速度v0进入一个尘埃区，尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃，尘埃的平均质量为m0，已知卫星正面面积为S，由于大量尘埃与卫星碰撞后均附着在卫星上，卫星速度会受到影响，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要增加多大推力？ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案　nSm0v02 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 设卫星在尘埃区飞行时间为t，卫星扫过的尘埃数量为N＝nSv0t 对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理可得 F′t＝(Nm0＋M)v0－Mv0 解得卫星推进器需要增加推力大小为F′＝nSm0v02。 返回 9 10 BENKEJIESHU 本课结束 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 t2＝＝ s＝1 s F＝＋mg 解得F＝ N＝1 500 N，方向竖直向上。 自由下落的时间为t1＝＝ s＝0.8 s 则F＝mg＝×60×10 N＝1 500 N，方向竖直向上。 t0～3t0内物体向上加速，3t0～4t0内向上减速，根据动量定理，mg×2t0－mgt0＝mvt,4t0时刻物体的速度vt＝gt0，故D错误。   答案　 由①②式可得v＝。 mg 依题意，可得小选手从最高点下落至最低点的过程中，重力的冲量大小为IG＝mgt，若选手一直自由下落h，则所用时间为t′＝，显然选手实际所用时间不等于t′，所以整个过程中小选手重力的冲量不等于mg，故A错误； 种子胶囊在土壤中做匀减速运动，有v2＝2ah1，解得加速度大小为a＝1 125 m/s2，种子胶囊在土壤中运动的时间t1＝＝ s＝ s，根据动量定理有Ft1＝0－mv，解得F＝－22.5 N，解得种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N，故C正确； C.探测器单位时间喷出气体的质量为 D.探测器的质量为   答案　 在尘埃加速到与卫星共速过程中，根据运动学公式可得x卫星＝v0t，x尘埃＝v0t  L＝x卫星－x尘埃＝v0t Fx尘埃＝FL＝m0v02－0, 解得F＝ $