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

本讲义聚焦动量定理应用这一核心知识点，系统梳理多过程问题的分阶段与全程法、多物体系统的外力冲量分析、连续变质量问题的流体柱体模型构建，形成从基础应用到综合情境的学习支架。 通过F-t图像面积理解冲量、流体问题“柱体模型”建构等设计，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，结合撑竿跳高、飞船尘埃区等实例深化运动和相互作用观念。课中例题解析助教师高效授课，课后专题练习帮学生巩固方法，弥补知识盲点。

专题强化1　动量定理的应用 [学习目标]　1.会用动量定理处理多过程问题及多物体问题(重难点)。2.会用动量定理解决变质量问题(难点)。 一、用动量定理处理多过程问题 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，应用动量定理分别从分阶段及全程两个角度进行求解) 答案　解法一　用动量定理，分阶段求解。 选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，初态速度为零，末态速度为v。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0， 对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，初态速度为v，末态速度为零。根据动量定理有－μmgt2＝0－mv。 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。 解法二　用动量定理，全过程求解。 选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。 取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得 Ft1－μmg(t1＋t2)＝0 解得t2＝12 s。 例1　质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到海绵垫的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力) 答案　1 400 N　7 700 N 解析　以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，运动员下落到地面上所需要的时间是t＝＝1 s，从开始下落到落到海绵垫上停止时，取竖直向下为正方向，有mg(t＋Δt1)－Δt1＝0 代入数据，解得＝1 400 N 下落到沙坑中时，有mg(t＋Δt2)－′Δt2＝0 代入数据，解得′＝7 700 N。 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“分段法”与“全程法”两种方法： (1)分段法：按照物理过程发生的顺序，在情景突变或者发生转换处分段，一段一段计算；分段处理时注意每个力冲量的正负。 (2)全程法：又称“过程整体法”，它是将研究对象所经历的各个不同物理过程合并成一个整体过程来研究分析。在“全程法”中，若第一个力的冲量为I1，第二个力的冲量为I2，…，第n个力的冲量为In，这些冲量的矢量和即合力的冲量I，再根据I＝Δp求解，利用“全程法”求解时应注意每个力的作用时间及力的方向。 (3)一般来说，用“全程法”可以减少解题步骤，简化解题过程，使多过程的综合题的求解变得简捷方便，但若需要求解中间物理量的时候要用分段法。 例2　(2024·漳州市高二月考)一物体从静止开始做直线运动，所受合力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻的速度大小分别是v1和v2，合力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则v1∶v2＝________，W1∶W2＝________。 答案　1∶3　1∶8 解析　F－t图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，根据动量定理F0t0＝mv1，F0t0＋2F0t0＝mv2 所以＝ 根据动能定理得 W1＝mv12，W2＝mv22－mv12 所以＝。 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)。在时间轴上方表示冲量为正，在时间轴下方表示冲量为负，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。 二、用动量定理处理多物体问题 例3　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； (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　(1)16 N·s　(2)16 N·s 解析　(1)F的冲量大小IF＝Ft＝16 N·s (2)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。 对于两个物体组成的系统，它们之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。 三、连续变质量问题 (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) 例4　某科幻小说中描绘了一只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； (2)飞船要保持速度v不变，所需的动力大小。 答案　(1)0.12 kg　(2)3.6×104 N 解析　(1)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)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＝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。 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。 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。　　　　　 专题强化练　[分值：100分] 1～4题每题6分，5题12分，6题15分，共51分 1.(2024·南安市高二月考)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为8 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 答案　A 解析　F－t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示冲量，则在1 s内，根据动量定理有I1＝mv1，其中I1＝2×1 N·s＝2 N·s，解得v1＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时，根据动量定理有I2＝mv2，其中I2＝2×2 N·s＝4 N·s，解得p2＝mv2＝4 kg·m/s，即t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s，故B错误；t＝3 s时，根据动量定理有I3＝mv3，其中I3＝2×2 N·s－1×1 N·s＝3 N·s，解得p3＝mv3＝3 kg·m/s，即t＝3 s时物块的动量大小为3 kg·m/s，故C错误；t＝4 s时，根据动量定理有I4＝mv4，其中I4＝2×2 N·s－2×1 N·s＝2 N·s，解得v4＝1 m/s，即t＝4 s时物块的速度大小为1 m/s，故D错误。 2．(多选)(2024·漳州市高二月考)如图，水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体运动t0秒后，速度大小为vm，此时撤去F，物体继续滑行2t0秒后停止运动，重力加速度为g，则(　　) A．在此过程中F所做的功为mvm2 B．在此过程中F的冲量大小等于mvm C．F的大小等于滑动摩擦力大小的3倍 D．物体与桌面间的动摩擦因数等于 答案　BC 解析　0～t0时间内，根据动量定理可得Ft0－ft0＝mvm－0，t0～3t0时间内，根据动量定理可得－f·2t0＝0－mvm，联立可得F＝3f，在此过程中F的冲量大小等于IF＝mvm，故B、C正确；0～t0时间内，根据动能定理可得Fx1－fx1＝mvm2－0，又F＝3f，联立可得在此过程中F所做的功为WF＝Fx1＝mvm2，故A错误；设物体与桌面间的动摩擦因数为μ，t0～3t0时间内，根据动量定理可得－μmg·2t0＝0－mvm，解得μ＝，故D错误。 3．(2023·泉州市高二期末)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且顺车身流下。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　设水流速为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。 4．(6分)(2023·厦门市高二月考)质量为1 kg的小球从距离地面高0.45 m的某点自由下落，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，经过0.1 s速度减为零。则全过程中，阻力的冲量大小为________ N·s；球与泥潭间的平均作用力的大小为________ N。(取g＝10 m/s2) 答案　4　40 解析　小球下落0.45 m，设自由下落时间为t1，有h1＝gt12，代入数据可得t1＝0.3 s 对小球运动的全过程，由动量定理mg(t1＋t2)－If＝0 可得If＝4 N·s 由If＝·t2＝4 N·s 得＝40 N。 5．(12分)(2023·莆田市高二期中)如图所示，一高空作业的工人重力为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时，安全带的缓冲时间t＝1 s，g取10 m/s2，求： (1)(3分)工人跌落到安全带刚好伸直时的速度大小； (2)(4分)从工人跌落到安全带最长时重力对人的冲量； (3)(5分)从人跌落到安全带最长的过程中安全带受到的平均冲力。 答案　(1)10 m/s　(2)1 200 N·s，方向竖直向下　(3)1 200 N，方向竖直向下 解析　(1)自由下落段，根据位移速度公式v2＝2gL 解得v＝10 m/s (2)工人自由下落的时间为t0，有v＝gt0 解得t0＝1 s 重力的冲量大小IG＝G(t0＋t)＝1 200 N·s 方向竖直向下 (3)从人跌落到安全带伸长到最长过程，由动量定理，有IG－Ft＝0 人受到的安全带的平均作用力大小F＝1 200 N 根据牛顿第三定律得人给安全带的平均冲力为1 200 N，方向竖直向下。 6．(15分)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，轻绳断开，再经时间t2木块的速度变为零，求此时铁球的速度大小。 答案　 解析　设向下为正方向，对两者组成的系统有 F合t1＝(M＋m)v1 在时间t2内F合t2＝Mv－(M＋m)v1 联立可得v＝。 7、8题每题7分，9题16分，共30分 7.(多选)(2023·新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 答案　BD 解析　对甲、乙受力分析，如图所示： 根据牛顿第二定律：a甲＝＝－μg，a乙＝＝－μg，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得v甲<v乙，所以选项A错误；由于m甲>m乙，所以f1>f2，根据动量定理知甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于f1>f2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。 8.(多选)(2024·龙岩市连城县高二期中)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图所示，一质量为m的游客恰好静止在直径为d的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为ρ，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是(　　) A．气流速度大小为 B．单位时间内流过风洞内某横截面的气体体积为 C．若风速变为原来的，游客开始运动时的加速度大小为g D．单位时间内风机做的功为 答案　AD 解析　对Δt时间内吹向游客的气体，设气体的质量为Δm，由动量定理可得FΔt＝Δmv，由于游客处于静止状态，故满足F＝mg，另外Δm＝ρ·vΔt·S，联立可得v＝，故A正确；单位时间内流过风洞某横截面的气体体积为V＝vπ()2，联立解得V＝，故B错误；若风速变为原来的，设风力为F′，由动量定理可得F′Δt＝Δm′，另外Δm′＝ρ·Δt·S＝，联立可得F′＝＝，由牛顿第二定律可得mg－F′＝ma，解得a＝，故C错误；风洞单位时间内流出的气体质量为M＝ρV＝，单位时间内风机做的功为W＝Mv2＝，故D正确。 9．(16分)(2023·福建厦门市湖滨中学高二月考)如今全国各大城市都进入了高楼时代，高空坠物现在已成为危害极大的社会安全问题。如图为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。某同学想用实验来检验广告的科学性：假设一个质量为50 g的鸡蛋从离地45米高的窗户自由落下，鸡蛋与地面撞击时间约为2×10－3 s，不计空气阻力，g取10 m/s2，规定竖直向下为正方向。求： (1)(9分)该鸡蛋对地面的平均冲击力大小； (2)(7分)与地面撞击过程，鸡蛋的动量改变量。 答案　(1)750.5 N　(2)－1.5 kg·m/s 解析　(1)由自由落体运动速度与下落高度关系公式v2＝2gh 可得鸡蛋落地时的速度v＝＝ m/s＝30 m/s 由动量定理可得(mg－F)t＝0－mv 解得F＝mg＋＝50×10－3×10 N＋ N＝750.5 N。 (2)鸡蛋的动量改变量为 Δp＝0－mv＝－50×10－3×30 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s 负号表示动量改变量的方向竖直向上。 10．(19分)(2023·泉州市高二期末)跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为v0，v0与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ(4μ>tan θ)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。 (1)(6分)求运动员起跳时的水平分速度大小vx与竖直分速度大小vy； (2)(13分)运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H。 答案　(1)v0cos θ　v0sin θ　(2) 解析　(1)水平方向分速度vx＝v0cos θ 竖直方向分速度vy＝v0sin θ (2)设墙对运动员平均弹力大小为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为vH，人质量为m，设水平向右为正方向，由动量定理得Nt＝0－(－mv0cos θ) 设竖直向上为正方向，由动量定理得ft－mgt＝mvH－0 其中f＝μN 联立得vH＝μv0cos θ－gt 运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由H＝ 得H＝。 学科网（北京）股份有限公司 $