第一章 专题强化1 动量定理的应用（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026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，核心涵盖多过程、多物体及连续变质量问题，通过基础例题（如水平恒力作用下物体运动）分分段、全程、动力学三种方法解析，搭建从单一过程到复杂问题的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于融合科学思维与物理观念，通过多方法对比（动量定理与牛顿第二定律、动能定理）培养科学推理能力，结合冰壶、火星车等实际情境例题渗透科学态度与责任，专题强化练分考点设计。学生能深化对规律的理解，教师可借助丰富案例提升教学效率。

第 一 章 动量定理的应用 专题强化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)。 学习目标 内容索引 专题强化练 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 　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。 例1 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。 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。 总结提升 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。 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。 总结提升 　　 (2024·四川省合江县马街中学高二期中)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 √ 针对训练 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。 动量定理与动能定理的比较 总结提升 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 项目 动量定理 动能定理 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 　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2 F的冲量大小IF=Ft=16 N·s。 答案　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) 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。 答案　16 N·s 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。 总结提升 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) 　(2024·眉山市高二期中)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。 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。 总结提升 返回 < 四 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 答案 BC 5.2 m (1)70 kg·m/s　(2)0.5 s　(3)400 N B 题号 6 7 　8 答案 BD C (1)m0v0　(2)　(3)nSm0 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点一　用动量定理处理多过程问题 1.(多选)(2024·广安市高二月考)一质量为1 kg的物块，在水平力F的作用下由静止开始在粗糙水平面上做直线运动，F随时间t变化的图线如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 A.物块在2 s末的动量大小为3 kg·m/s B.物块在3 s末的速度大小为0 C.水平力F在前3 s内的冲量大小为3 N·s D.物块在4 s末的动量大小为2 kg·m/s 基础对点练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 28 物块所受最大静摩擦力fmax>μmg=1 N，0~2 s内，F1=2 N，故物块处于运动状态，根据动量定理得F1t2-μmgt2=mv2-0，解得物块在2 s末的动量大小mv2=2 kg·m/s ，故A错误； 设物块在t时刻速度为零，根据动量定理得F1t2-F2(t-t2)-μmgt=0，解得t=3 s，故B正确； 水平力F在前3 s内的冲量大小为I=F1t2-F2t1=3 N·s，故C正确； 3 s末速度为零，因为fmax>μmg=1 N，F2=1 N，所以3 s末后物块一直静止，所以在4 s末的动量大小为零，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 2.研究发现，如果人体受到的冲击力超过自身重力的7倍将可能发生严重后果。现用假人模拟人体从高处跌落，实验测得假人从接触地面开始大约Δt=0.17 s速度减为0，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，则可能发生严重后果相对应的临界跌落高度大约为多少？(结果保留两位有效数字) 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　5.2 m 设人落地时的临界速度为v，取向上为正方向，由题意，根据动量定理有(7mg-mg)Δt=0-(-mv)，人在下落过程中做自由落体运动，则有v2=2gh，联立解得临界高度h≈5.2 m。 3.(2024·广安市华蓥中学高二月考)2023年10月3日下午，杭州亚运会男子蹦床决赛中，严浪宇险夺杭州亚运会男子蹦床冠军。比赛前在检测蹦床的性能时，检测人员将一物块从某一高处自由下落，通过测量该物块自由下落的高度、反弹高度及下落和反弹的总时间等数据来测评蹦床是否合格。在某次检测过程中，检测员将物块从距离蹦床面H1=3.2 m处自由下落，测出物块从开始下落到第一次反弹至距离蹦床面最高点所用的时间t=2 s，物块能到达的距离蹦床面最大高度H2=2.45 m。已知该物块的质量为10 kg，可看作质点，不计空气阻力，蹦床面不能向上凸起，重力加速度g取10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (1)物块第一次反弹离开蹦床面时的动量大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　70 kg·m/s 因为反弹后物块做竖直上抛运动，设刚反弹的速度为v，有v== 7 m/s 则物块第一次反弹离开蹦床面时的动量为p2=mv=70 kg·m/s，方向竖直向上。 (2)物块第一次与蹦床接触的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　0.5 s 物块自由下落时间为t1==0.8 s，向上运动的时间t2==0.7 s 物块第一次与蹦床接触的时间为Δt=t-t1-t2=0.5 s (3)物块第一次与蹦床接触的过程中对蹦床的平均作用力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　400 N 设物块第一次与蹦床接触的过程中对蹦床的平均作用力大小为F'，物块受到蹦床的平均作用力大小为F，从开始下落到第一次反弹至最高点全过程由动量定理有 FΔt-mgt=0-0，得F=400 N。 由牛顿第三定律得F'=F=400 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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。 答案　 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 由①②式可得v=。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 考点三　连续变质量问题 5.(2024·广安市华蓥中学高二月考)娱乐风洞是一种空中悬浮装置，该装置通过人工制造和控制气流，把游客“吹”起来，让游客体验“腾云驾雾”的感觉。如图所示，悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质量为m，受风的有效面积为S，气流速度为v0。已知重力加速度为g，气流吹到人身体后速度近似变为0，则气流的平均密度为 A. B. C. D. √ 游客处于平衡状态，对其进行受力分析，气流对游客的平均作用力F1=mg 根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力F2=F1 设气流平均密度为ρ，并以极短时间Δt内与游客发生作用的气流为研究对象，则有Δm=ρv0ΔtS 规定竖直向上为正方向，对气流由动量定理有-(F2+Δm·g)Δt=0-Δm·v0 由于F2≫Δm·g，则有-F2Δt=0-Δmv0 解得ρ=，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 6.(多选)(2024·广元市高二期末)物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示。A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度为v，此时物体B下落的速度大小为u，如图乙所示。在这段时间里 A.物体A的重力对物体A的冲量为mv B.物体B的重力对物体B的冲量为Mu C.弹簧的弹力对物体A的冲量为mv D.弹簧的弹力对物体A的冲量为mv+mu √ 能力综合练 √ 绳断开后，物体B只受重力作用，根据动量定理可得IGB=Mgt=Mu，可知物体B的重力对物体B的冲量为Mu，故B正确； 绳断开后，物体A受重力和弹簧弹力作用，物体A的重力对物体A的冲量为IGA=mgt，对A根据动量定理可得I弹-mgt=mv，联立可得I弹=mv+mgt =mv+mu，故D正确，A、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.(2024·泸州市高二月考)水平推力F1、F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，a、b两物体的v-t图像分别如图中OAB、OCD所示，图中AB∥CD，则 A.两物体位移大小相等 B.F2大于F1 C.F2的冲量大于F1的冲量 D.整个运动过程两物体摩擦力的冲量相等 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 v-t图像与t轴围成的面积表示位移，由图可知S△OAB<S△OCD，故a物体位移大小小于b物体位移大小，故A错误； 根据图像可得AB和CD段为撤去推力后的图线，图中AB∥CD，可知撤去推力后两物体运动的加速度相等，加速度为μg，则两物体与水平面的动摩擦因数相等，两物体质量相等，所以受到的摩擦力大小相等，对OA段根据牛顿第二定律有F1-μmg=ma1，同理对OC段有F2-μmg=ma2，v-t图像的斜率表示加速度，OA段斜率较大，可知a物体的加速度较大，则F2小于F1，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 对OA段根据动量定理有F1tOA-μmgtOA=mvA 同理对OC段有F2tOC-μmgtOC=mvC 由图可知tOA<tOC，vA=vC 可得F1tOA<F2tOC 即F2的冲量大于F1的冲量，故C正确； 由上述分析可知，两物体受到的摩擦力相等，b物体运动时间较长，根据If=ft可知，整个运动过程，b物体摩擦力的冲量较大，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.(2024·南充市西充中学高二月考)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 尖子生选练 答案　m0v0 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； 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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　 (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) 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 以尘埃作为研究对象，根据动能定理可得 Fx尘埃=FL=m0-0，解得F= 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　nSm0 (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？ 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'=nSm0。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 返回 第 一 章 本课结束 $