专题：动量定理的应用 课件-2025-2026学年高二上学期物理教科版选择性必修第一册

专题：动量定理的应用 第 一 章 学习目标 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和多物体问题(重点)。 3.学会应用动量定理处理质量连续变动问题(重难点)。 内容索引 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 三、连续变质量问题 < 一 > 用动量定理处理多过程问题 例1 　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、全程及动力学三个角度进行求解。 答案　见解析 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。 方法三　用牛顿第二定律和运动学公式 未撤去F的过程：由牛顿第二定律得F-μmg=ma1，解得a1=4 m/s2； t1=6 s末，物体的速度v1=a1t1=24 m/s。 撤去F后：由牛顿第二定律得-μmg=ma2，解得a2=-2 m/s2，设物体再经过t2停止，则0=v1+a2t2，解得t2=12 s。 总结提升 动量定理与牛顿第二定律的比较 1.联系 根据动量定理F·Δt=p'-p=Δp，可得F=，它表示物体动量的变化率等于它所受的力(合力)，这又称为牛顿第二定律的另一种表达形式。当物体所受合外力增大时，由牛顿第二定律知，其加速度增大，即速度的变化率增大，由于物体质量不变，速度的变化率增大，动量的变化率也增大。 2.区别 牛顿第二定律反映了力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理则反映了力作用一段时间的过程中，合外力的冲量与物体的动量变化量间的关系。 总结提升 3.选用 (1)在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律和运动学公式，也可用动量定理。 (2)对于多过程问题，动量定理可用于全过程，而牛顿第二定律只能分过程使用。 针对训练 　 冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面达到指定区域，若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t=0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A.冰壶第1 s末的速度大小为0.6 m/s B.力F前1 s内的冲量大小为0.6 N·s C.冰壶第2 s末速度大小为2 m/s D.前2 s内运动员对冰壶做的功为0.9 J √ 冰壶在第1 s内由动量定理F1t1=mv1，解得冰壶第1 s末的速度大小为v1= m/s=0.6 m/s，选项A正确； 力F前1 s内的冲量大小为I1=F1t1=3×1 N·s=3 N·s，选项B错误； 冰壶在前2 s内由动量定理F1t1+F2t2=mv2，解得第2 s末速度大小为v2=0.8 m/s，选项C错误； 前2 s内运动员对冰壶做的功为W=m=×5×0.82 J=1.6 J，选项D错误。 总结提升 动量定理与动能定理的比较 项目 动量定理 动能定理 公式 F·Δt=mv'-mv=Δp 涉及力与时间 Fx=m-m=ΔEk 涉及力与位移 标矢性 矢量式 标量式 因果关系 因 力的冲量 力做的功(总功) 果 动量的变化量 动能的变化量 总结提升 返回 相同点 ①公式中的冲量和功都是指物体所受的合外力的冲量和所做的功。 ②动量定理和动能定理都注重初、末状态，而不注重过程，过程中的加速度变化不用考虑，因此都可以用来求变力作用的结果。 ③研究对象可以是一个物体，也可以是一个系统；研究过程可以是整个过程，也可以是某一段过程；可以用来研究直线运动，也可以用来研究曲线运动。 < 二 > 用动量定理解决多物体问题 例2 　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； 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 < 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) 　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 例3 √ 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。 总结提升 返回 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。 第 一 章 本课结束 $