第1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（鲁科版）

该高中物理课件聚焦动量定理的应用，系统覆盖多过程问题、多物体系统问题及连续变质量问题三大专题，以基础概念为起点，通过分段与全程处理法、系统动量定理应用、流体柱体模型建构等递进设计，搭建从简单到复杂的学习支架。 其亮点在于结合高空作业安全带、水刀切割等真实情境案例，通过模型建构与科学推理深化物理观念，分层练习（基础强化、能力综合、尖子生选练）助力科学探究。学生能提升复杂问题解决能力，教师可依托系统资源高效实施差异化教学。

第 1 章 动量定理的应用 专题强化1 1.学会应用动量定理解决多过程问题(重点)。 2.学会应用动量定理处理多物体组成的系统的问题(重点)。 3.学会应用动量定理处理连续质量变化的问题(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，F作用6 s后撤去。(g取 10 m/s2) 1.0~6 s内水平恒力F的冲量是多少？ 答案　0~6 s内水平恒力F的冲量I1=Ft1=180 N·s 2.撤去F后物体还能向前运动多长时间？ 答案　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 联立解得t2=t1=×6 s=12 s。 3.从物体开始运动到物体停止的过程中，摩擦力的冲量是多少？ 答案　在物体运动的过程中，摩擦力的冲量I2=-μmg(t1+t2)=-180 N·s 4.从物体开始运动到物体停止的过程中，物体动量的变化量与F的冲量、摩擦力的冲量有什么关系？ 答案　I1+I2=Δp 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。 提炼·总结 　(2024·三明市高二期末)高空作业必须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力的过程中，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，重力加速度为g。此后经历时间t，安全带达到最大伸长量，若在此过程中安全带的作用力始终竖直向上，则该段时间内安全带对人的平均作用力大小为多少？请提出关于安全带设计的建议。 例1 答案　F=+mg　安全带设计见解析 根据自由落体运动规律，有h=g，解得t1=； 规定向下为正方向，对运动的全程根据动量定理，有mg(t1+t)-Ft=0， 解得F=+mg，方向竖直向上。 安全带设计上选材选用弹性较好的，尽量能增加作用时间，安全带长度适中，使其在工人工作中出现意外时确实起到较好的保护作用。 返回 < 二 > 用动量定理解决多物体问题 　(2024·福建师范大学附属中学高二期中)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 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，用两种方法求解)。 答案　16 kg·m/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 kg·m/s 对木板：Ft-μmgt=Mv2， 得p2=Mv2=12 kg·m/s 故总动量的大小p=p1+p2=16 kg·m/s。 方法二：对系统，p=IF=mv1+Mv2=Ft=16 kg·m/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多物体系统，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的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S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=ρSΔl=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)。 　(2024·三明市高二期中)现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的水束，用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S，速度为v，并垂直射向钢板，若水射向钢板后反弹的速度大小为原来的，水的密度为ρ，求： (1)极短时间t内水的质量； 例3 答案　ρSvt 设t时间内有体积V的水打在钢板上， 则这些水的质量为m=ρV=ρSvt； (2)水对钢板的平均冲击力大小。 答案　ρSv2 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水射向钢板运动的方向为正方向， 由动量定理有-Ft=-mv-mv， 解得F=ρSv2， 由牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲击力F'=F=ρSv2。 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 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C A B 4　40 480　1 650 题号 7 8 9 　10 答案 AD A 280 N (1)1 s　2 m/s2　(2)13.5 N·s (3)8 kg·m/s 1.(2024·福州第一中学高二期中)水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt撤去F，又经过3Δt，物体停止运动，重力加速度为g，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为 A. B. C. D. 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 24 对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt-μmg·(2Δt+3Δt)=0，解得μ= ，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 2.(2025·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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 3.(2024·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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 4.(2024·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)。  10 4 40 小球下落0.45 m，设自由下落时间为t1，有h1=g， 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 5.(2025·福州市高二期末)蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中展示杂技技巧的竞技运动，有“空中芭蕾”之称。一名质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由落下，与网接触0.8 s后竖直向上蹦回到离水平网面1.8 m高处。运动过程不考虑肢体动作对重心的影响，重力加速度g=10 m/s2，从开始下落到与网接触前，重力对人的冲量大小为_____N·s，人与蹦床接触过程中，蹦床对人的平均作用力大小为　　　 N。  10 480 1 650 设人自由下落与网接触瞬间，所用时间为t1，速度为v1，则h1=g，v1=gt1，解得t1=0.8 s，v1=8 m/s； 从开始下落到至与网接触前，重力对人的冲量大小为I=mgt1=60×10× 0.8 N·s=480 N·s； 设人竖直弹起上升到最高点过程中所用时间为t2，弹起瞬间速度大小为v2，则根据逆向思维分析有h2=g，v2=gt2， 解得t2=0.6 s，v2=6 m/s； 设人与蹦床接触过程中，蹦床对人的平均作用力为F，取向上为正方向，根据动量定理有(F-mg)t=mv2-(-mv1)，解得F=1 650 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 6.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。 10 答案　 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=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 7.(多选)(2025·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 能力综合练 10 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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 √ 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 8.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.弹力的冲量与重力的冲量大小相等，方向相反 D.动量变化为零 √ 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，则动量的变化量大小为Δp=p'-p=2mv，故D错误； 根据动量定理可得，合力的冲量为I合=IF-IG=Δp=2mv，弹力的冲量与重力的冲量大小不相等，故B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.如图所示，质量m=2 kg的物体，在水平力F=8 N的作用下由静止开始沿水平面向右运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，若F作用了t1=6 s后撤去，撤去F后又经t2=2 s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3=0.1 s，碰墙后反向弹回的速度大小v'=6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小(g取10 m/s2)。 10 答案　280 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 方法一　选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示。 选F的方向为正方向，根据动量定理得(F-μmg)t1=mv1-0 解得v1=12 m/s 撤去F后，物体受力如图乙所示 由动量定理得-μmgt2=mv2-mv1 解得v2=8 m/s 物体与墙壁作用后速度变为向左，根据动量定理得t3=-mv'-mv2 解得=-280 N，故墙壁对物体的平均作用力大小为280 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 方法二　选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示 撤去F后，物体受力如图乙所示 选F的方向为正方向，物体与墙壁相碰前，根据动量定理得Ft1-μmg(t1+t2)=mv2-0，解得v2=8 m/s；物体与墙壁作用后速度变为向左，根据动量定理得t3=-mv'-mv2，解得=-280 N；故墙壁对物体的平均作用力大小为280 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.(2025·厦门市高二期末)如图甲所示，质量m=1 kg的物块静止在水平面上，t=0时，对其施加水平向右的推力F，推力F的大小随时间变化的规律如图乙所示。已知物块与水平面的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求： 尖子生选练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (1)物块开始运动的时刻及3 s末物块加速度的大小； 10 答案　1 s　2 m/s2 物块所受最大静摩擦fm=μmg， 可得fm=1 N； 由题图乙可知，t0=1 s时F1=1 N， 物块开始运动，3 s时F2=3 N， 对物块有F2-μmg=ma， 解得a=2 m/s2； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)0~6 s内推力对物块冲量的大小； 10 答案　13.5 N·s　 F-t图像与横轴围成的面积表示力F在这段时间内的冲量，由图像可知IF=t1+F2t2， 解得IF=13.5 N·s； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)6 s末物块动量的大小。 10 答案　8 kg·m/s 以F的方向为正方向，0~6 s内摩擦力的冲量为 If=-， 对物块IF+If=p-0， 解得p=8 kg·m/s。 返回 本课结束 第 1 章 $