第一章 专题强化1 动量定理的应用（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

本高中物理讲义聚焦动量定理的应用，系统梳理多过程问题（分阶段与全过程处理）、多物体系统问题（系统外力冲量与总动量关系）、连续质量变化问题（流体与非连续流体模型），构建从基础应用到复杂情境的学习支架。 资料通过“水刀”“宇宙飞船”等实例强化模型建构与科学推理，结合分阶段与全过程对比、单体与系统分析培养科学思维，课中辅助教师方法讲解，课后专题强化练助学生查漏补缺，提升解决实际问题能力。

专题强化1　动量定理的应用 [学习目标]　1.会应用动量定理解决多过程问题(重点)。2.会应用动量定理处理多物体组成的系统的问题(重点)。3.会应用动量定理处理连续质量变化的问题(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？应用动量定理分别从分阶段及全过程两个角度进行求解(g取10 m/s2)。 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，初状态速度为零，末状态速度为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，初状态速度为v，末状态速度为零。根据动量定理有-μmgt2=0-mv， 联立解得t2=t1=×6 s=12 s。 解法二　用动量定理，研究全过程。 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。 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。 注意：若不需要求中间量，用全过程法更为简便。 例1　质量m=70 kg的撑竿跳高运动员从h=5.0 m高处落到海绵垫上后，经Δt1=1 s速度减为零，则该运动员身体受到海绵垫的平均冲力约为多大？如果是落到普通沙坑中，经Δt2=0.1 s速度减为零，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量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，运动员下落到海绵垫上所需要的时间是t==1 s， 从开始下落到海绵垫上停止时，取向下为正方向，有mg(t+Δt1)-Δt1=0 代入数据解得=1 400 N 若下落到沙坑中，取向下为正方向，有 mg(t+Δt2)-'Δt2=0 代入数据解得'=7 700 N。 针对训练　蹦极是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的弹性长绳系在腰或踝关节处，从几十米高处跳下(忽略空气阻力)。在某次蹦极中，质量为60 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零，运动员可以看作质点，弹性绳刚绷紧时长为45 m，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.绳在绷紧时对运动员的平均作用力大小为750 N B.运动员在向下运动的整个过程中重力冲量大于弹性绳作用力的冲量 C.运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量 D.运动员在向下运动的整个过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相同 答案　D 解析　绳在刚绷紧时，运动员的速度为v==30 m/s，绳绷紧后，以向下为正方向，根据动量定理(mg-F)t=0-mv，解得F=1 500 N，方向向上，故A错误；运动员在向下运动的整个过程中动量变化量为零，根据动量定理，可知，重力的冲量和弹性绳作用力的冲量大小相等，方向相反，故B错误，D正确；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量和重力的冲量的矢量和，故C错误。 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； (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　(1)16 N·s　(2)16 kg·m/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，此时对物块由动量定理有： μmgt=mv1，得p1=mv1=4 kg·m/s 对木板由动量定理有：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，由动量定理有 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。 三、连续变质量问题 1.连续流体类问题 (1)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)解答该类问题的基本思路 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)。 例3　“水刀”威力巨大，几乎可以切割任何物体，它是公认的最科学、经济、环保的清洁工具之一。如图所示为“水刀”快速割断厚石板的场景。已知水刀出水口直径为d，水从枪口喷出时的速度为v，水的密度为ρ，求： (1)单位时间从枪口喷出的水的质量； (2)若水从枪口喷出时的速度大小v=500 m/s，近距离垂直喷射到物体表面，水枪出水口直径d=0.3 mm。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水喷射到物体表面时速度在短时间内变为零。由于水柱前端的水与物体表面相互作用时间很短，因此在分析水对物体表面的作用力时可忽略这部分水所受的重力。已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，估算“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小(结果保留1位小数)。 答案　(1)　(2)17.7 N 解析　(1)根据题意可知Δt时间内喷出水的质量为m=ρvΔtS= 则单位时间内从枪口喷出水的质量为m0= (2)根据题意，取很短的时间Δt1，则打到物体表面的水的质量为Δm= 以这部分水为研究对象，设物体表面对其作用力为F，以水流速度方向为正方向， 由动量定理得-FΔt1=-mv 解得F= 代入数据得F≈17.7 N。 由牛顿第三定律可知“水刀”对物体表面产生的冲击力的大小F'=F=17.7 N。 2.非连续流体类问题 (1)宇宙空间中分布的尘埃、空中下落的雨滴等，与其他物体接触时对接触面同样存在冲击力。 (2)解答该类问题的基本思路 ①确定研究对象：极短时间Δt内的物体 ②结合具体情境，确定极短时间Δt内物体的质量Δm，如单位时间内的质量为m0，则Δm=Δt·m0；再如若速度为v、单位体积内粒子个数为N、单个粒子质量为m0，则Δm=v·ΔtSNm0等等。 ③同理，选定研究对象后，根据动量定理F合Δt=Δp进行相应计算。 例4　假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米体积的微粒数为n，微粒的平均质量为m。设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上，若要飞船速度保持不变，则关于飞船应增加的牵引力ΔF正确的是(　　) A.ΔF=nSmv2 B.ΔF=nSmv C.ΔF=nSmv3 D.ΔF=2nSmv2 答案　A 解析　根据题意可知，时间Δt内，吸附于飞船上的微粒的总质量Δm=nSmvΔt，根据动量定理可得ΔF·Δt=Δm·v 解得ΔF=nSmv2，故选A。 1.无论是连续的还是非连续的“流体类”问题，应将“无形”的流体变为“有形”的实物，确定好短时间内所对应研究对象的质量Δm是解决该类问题的关键。 2.因所取时间较短，质量为Δm的研究对象所受重力可忽略不计。 3.若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象为“流体”，分析与流体接触的物体对流体的力，进一步结合牛顿第三定律进行解答。 专题强化练 [分值：60分] [1、2题，每题4分] 1.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. 答案　C 解析　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A、B、D错误，C正确。 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内所受的冲量相同 C.t=2t0时物体的速度为零，合外力在0~2t0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 答案　C 解析　0~t0与t0~2t0时间内合外力方向不同，物体所受冲量不相同，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；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。 3.(8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，绳断了，再经时间t2木块的速度变为零(木块未到达水面)，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 ① 在时间t2内F合t2=Mv-(M+m)v1 ② 由①②式可得v=。 4.(11分)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)(3分)物块第一次反弹离开蹦床面时的动量大小； (2)(4分)物块第一次与蹦床接触的时间； (3)(4分)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。 答案　(1)70 kg·m/s　(2)0.5 s　(3)400 N 解析　(1)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)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。 [5、6题，每题6分] 5.如图所示，风洞喷出竖直向上的气流使几个实验者悬停在空中，其中甲、乙两人的质量分别为m1、m2，迎风面积分别为S1、S2，若作用于甲、乙的气流密度、气流速度大小均相同，气流吹到人身上后水平散开，两人互不影响，则m1∶m2等于(　　) A.∶ B.∶ C.S1∶S2 D.S2∶S1 答案　C 解析　根据题意，设气流密度为ρ、气流速度为v，取足够短的时间Δt，由平衡条件可知，气流对人的作用力为F=mg 由牛顿第三定律可知，人对气流的作用力F1=F，规定向上为正方向，对气流，由动量定理得-F1Δt=0-Δm·v 结合题意可知Δt时间内，气体质量Δm=ρvSΔt，整理得=，由气流密度、气流速度大小均相同，则有=，故=，故C正确，A、B、D错误。 6.(2024·广州市期末)水平面上有质量比为1∶2的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A.F1的冲量等于F2的冲量 B.F1的冲量大于F2的冲量 C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 答案　D 解析　由题图可知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小之比为fa∶fb=ma∶mb=1∶2，a的运动总时间小于b的时间，则有fatOB<fbtOD，可知摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1-fatOB=0，F2t2-fbtOD=0，又fatOB<fbtOD，可得F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，则合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量，故D正确。 7.(10分)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(重力加速度g取10 m/s2)。 答案　280 N 解析　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。 8.(11分)某科幻小说中描绘了外星人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)(5分)单位时间Δt=1 s内附着在飞船上的微粒质量； (2)(6分)飞船要保持速度v不变，所提供的动力大小与该动力的功率。 答案　(1)0.12 kg　(2)3.6×104 N　1.08×1010 W 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 功率P=Fv=3.6×104×3.0×105 W=1.08×1010 W。 学科网（北京）股份有限公司 $