专题强化1 动量定理的综合应用-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

011 例6：“天宫课堂”第四课，我国航天员在空间站将水球变身“乒乓球”。发球 者挥动球拍，将静止的质量为m的水球以速度大小。射出；接球者挥动 球拍，水球以速度大小。垂直撞击球拍后被原速率击回。求： (1)发球者和接球者对水球所做的功W,和W2; (2)发球者和接球者对水球的冲量大小1和12。 P[规律方法] [规律方法] 注意动量定理是矢量 式，应用时必须选取 正方向；动能定理是 标量式，应用时不用 选取正方向。涉及一 段时间（或冲量）选 用动量定理；涉及一 段位移（或功)选用 动能定理。 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[2] 专题强化1动量定理的综合应用 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 进一步理解动量定理，熟悉应用动量定理解题时的一般 步骤。 利用动量定理解决多过程 (1)会利用动量定理处理多过程问题。 问题和连续作用问题 科学思维 (2)能利用微元法处理连续作用问题。 (3)能利用动量定理对系统列方程。 提升点1对系统应用动量定理 例1：如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量m=4kg,上表 面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质 B F A 点的物块B置于A的最右端，B的质量mg=2kg。现对A施加一mmm品7 个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时 间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s,二者的速 度达到v,=2m/s。求： 012 (1)A开始运动时加速度a的大小； [规律方法] (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小。 P[规律方法] (1)由于内力总是成 对出现的，且大小相 等、方向相反，所以 内力的冲量一定相互 抵消。 (2)动量定理虽然是 以一个物体为研究对 象导出的，但同样适 用于一个系统，应注 意动量定理中的F应 为外力的合力。 [规律方法] 提升点2动量定理在多过程问题中的应用 (1)如果不同阶段物 例2：如右图所示，一高空作业的工人重为600N,系一条长为 体所受恒力不同，牛 L=5m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间 顿第二定律仅能分段 t=1s,求安全带受的冲力。（g取10ms2) 使用，求解过程较复 工人自由下落的高度为5m 杂，而动量定理可用 工人与安全带相互作用时间为15，且末速度为零 于全过程，不必考虑 (1)先以工人为研究对象，利用动量定理求出安全带对工人的作用力，再利用牛 顿第三定律求安全带受到的力 中间量，使问题求解 (2)利用动量定理求安全带对人的作用力时有两个方法：一是在缓冲时间/s内 变得简捷。 用动量定理，需要利用自由落体运动公式求出安全带刚拉紧时的速度。二是从工 (2)如果不同阶段物 人刚下落到最后静止用动量定理，需要求出工人自由下落L的时间。 体所受外力为变力， 则无法应用牛顿第二 定律解答问题，但是 >[规律方法] 可以应用动量定理解 答。 ●013 跟踪训练1：用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上 由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F,物体做匀 减速直线运动，到，时刻停止。其速度一时间图像如图所示，0 a 且>B,若拉力F做的功为W,冲量大小为I;物体克服摩擦阻力∫做的功 为W2,摩擦阻力冲量大小为I2。则下列选项正确的是 A.W>W2 I>1 B.W1<W2I1>12 C.Wi<W2 I<1 D.W=W2 I=12 跟踪训练2：将质量为m=1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平 地面间的动摩擦因数为=0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力 F=10N,物体由静止开始运动，作用4s后撤去F。已知g取10m/s2,对于 物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是 A.整个过程物块运动的时间为6s B.整个过程物块运动的时间为8s C.整个过程中物块的位移大小为40m D.整个过程中物块的位移大小为60m 提升点3动量定理在连续作用中的应用 类型一：流体作用模型 1.流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，特点是其质量具有连续性， 题目中通常给出密度p作为已知条件。 2.分析步骤 (1)建立“柱体”模型：可沿流速v的方向选取一 段柱形流体，设在极短的时间△内通过某一横截面S 的柱形流体的长度为△1，如图所示。 (2)求△时间内与前方物体相互作用的流体质量：设流体的密度为ρ，则 在△t时间内流过该截面的流体的质量为△m=pS△l=pS△t,△m也是△t时间 内与前方物体相互作用的流体质量。 [注意] (3)利用动量定理列方程：根据动量定理，流体微元所受的合力的冲量等 由于△t非常短，所 以△t时间内原料与 于该流体微元动量的增量，即F△t=△m△v。 D[注意] 小车相互作用时原料 例3：如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为 重力的冲量可以忽略 300kg,长度为2.5m的装料车，悬吊着的漏斗以恒 不计。 定的速率100kg/s向下漏原料，装料车以0.5m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。 014 (1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行？ (2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2s内停下来，需要对小车施加一个多 大的水平制动力？ 跟踪训练3：“水刀”应用了高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材 料范围广、效率高、安全环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将水从面积 S=0.1mm的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压 强，实现切割。已知该“水刀”喷出的水流速度为100/s,水的密度为p=1.0 ×10kg/m。假设高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没 有反弹，试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 .1.0×103Pa B.1.0×106Pa C.1.0×10Pa D.1.0×108Pa 跟踪训练4：太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速 喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg,离子以30km/s的速率（远大于探测器的 飞行速率)向后喷出，流量为3.0×103g/s,则探测器获得的平均推力大小为 () A.1.47N B.0.147N C.0.09N D.0.009N 类型二：微粒类问题 1.微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子 数n。 2.分析步骤 (1)建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S。 (2)微元研究，作用时间△t内一段柱体的长度为△l,对应的体积为△V=S△l=S△，则微元内 的粒子数N=nS△t。 (3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算。 例4：有一宇宙飞船，它的正对面积S=2m,以v=3×103/s的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微 粒区平均1m中有一个微粒，每一个微粒的平均质量m=2×10-6kg。设微粒与飞船外壳碰 撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 ( A.36N B.3.6N C.12N D.1.2N 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[3]例5：(1)9.0×10N,方向竖直向上(2)3.6×10N,方向竖直 向上 解析：男孩落地时的受力分析如图所示，选 定竖直向上为正方向。 设地面对他的平均作用力为F,由题意可知， m=60kg,1=-5m/s,2=0 G (1)男孩从触地到速度减为0，经历的时间落地时的受力分析 t=1s,由动量定理得 (F1-mg）t1=m2-mv 每餐元=-要+mg=(@5+60x0)N=-9.0×10N 方向竖直向上。 (2)男孩从触地到速度减为0，经历的时间t,=0.1s;同理可 得，地面对他的平均作用 E:+g=(93+60×10）N=6X0N 方向竖直向上。 跟踪训练2：BC取初速度方向为正方向，则垒球动量的变化量 为△p=-mw2-1=-0.18×(45+25)kg·m/s=-12.6 kg·m/s,即垒球动量的变化量大小为12.6kg·m/s,A错误 B正确；根据动量定理F·t=4p,解得F=业=二12,6N t0.01 -1260N,即球棒对垒球的平均作用力大小为1260N,C正 确，D错误。 跟踪训练3：A弹簧弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直 接求解，可以考虑运用动量定理I=△p,即外力的冲量等于物 体动量的变化量。由于弹簧储存了50J的弹性势能，所以根 1 据机械能守恒定律和动量定理有E,=2mw,I=m,由以上 两式解得弹簧弹力对物体A的冲量大小I=20N·s,故选A。 跟踪训练4：ABD根据动量定理F△t=△p可知，做竖直上抛运 动和平抛运动的物体只受重力作用，则在相等的时间内物体 的动量变化完全相同：而做匀速圆周运动的物体受变力作用， 则在任何相等的时间内物体的动量变化不一定相同：匀速直 线运动中动量变化量恒为0，故A、B、D正确 跟踪训练5：BF-t图像中图线与横坐标围成的面积表示冲 量，根据动量定理可知，物块在2=3.5s时的速度与，= 0.5s时的速度相同，则2F4=mu-m(-o),将月=1N、 t1=0.5s代人解得v=-2.5m/s,B正确。 素养能力提升 例6：(1)m20(2)m。2m 解析：(1)根据动能定理可知发球者对水球所做的功为W, 2m2,接球者对水球所微的功为W=2m,2-2m2=0。 (2)以击回方向为正方向，发球者对水球的冲量大小为I1= m。,接球者对水球的冲量大小为I2=m。-（-mm）=2mo。 专题强化1动量定理的综合应用 提升点1对系统应用动量定理 例1：(1)2.5m/s2(2)1m/s 解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F=mAa,代入 数据解得a=2.5m/s2。 (2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得 F:=(mA+mg)飞，-(mA+mg)v,代入数据解得v=1m/s。 -21 提升点2动量定理在多过程问题中的应用 例2：1200N,方向竖直向下 解析：解法一：分段法。设工人刚要拉紧安全带时的速度为， m2-2gL,得v=√/2gL ① 经缓冲时间t=1s后速度变为0，取向下为正方向，工人受两 个力作用，即拉力F和重力mg,对工人由动量定理知，(mg- F)t=0-mv ② 联立①②两式得F=mg+m2L t 将数值代入得F=1200N。 由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力F'为1200N,方向竖 直向下。 解法二：全过程整体法。在整个下落过程中对工人应用动量 定理，重力的冲量大小方网（√停+），拉方F的冷量大水 为Ft。初、未动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得 ,匹+i-F=0,解得F= + mg N g （mgN =1200N。 t 由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力大小为F'=F= 1200N,方向竖直向下。 跟踪训练1：D功的关系：在0~2时间内，由动能定理W,- W2=0得：W=W2:冲量的关系：从0~t2时间内，由动量定理 11-12=0得：11=12，故D正确。 跟踪训练2：B在整个过程中由动量定理得Ft,-mgt=0,解 得t=8s,A错误，B正确；在物块前4s运动的过程中由动量 定理得Pt,-ugt,=mw,解得v=20m/s,因物块加速和减速 过程的平均速度都为=°”=7，全程的平均速度也为分 2 则物块的总位移x=分=受×8m=0,CD错误。 提升点3动量定理在连续作用中的应用 例3：(1)50N(2)200N 解析：(1)设在△t时间内漏到车上的原料质量为△m,要使这 些原料获得与车相同的速度，需加力为F,根据动量定理，有 F·△t=△m·U,所以F=4m.D=100×0.5N=50N。 △t (2)车装完料的总质量为 M=m4+把1=(30+10×23）g=80g 对车应用动量定理，有F'·t'=0-（-Mm) 解得P-钟-8005N=20N 2 跟踪训练3：C选取△t时间内打在材料表面质量为△m的水为 研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动 量定理得-F△t=0-△m,其中△m=pS△t,解得F=pS2,根 据牛顿第三定律，材料表面受到的压力F'=F,水对材料垂直 向的压强p=、,代人数据解得p=1.0×0 C正确。 跟踪训练4：C在t时间内喷出离子的质量m=Qt,对喷出的离 子，取运动方向为正方向，由动量定理得：=Q-0,代人数 据解得离子受到的平均作用力大小F=Qm=3.0×106×30 ×10N=0.09N,由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推 力大小F'=F=0.09N,C正确。 4 例4：A取时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应 等于底面积为S、高为At的圆柱体内微粒的质量，即M= mSv△t,其初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力 为F,由动量定理得F·△t=Mm-0,则F=M=mSw△= △t△t mS;根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等 于mS2,则飞船牵引力应增加F'=F=mS2,代人数据解得 F'=2×10-6×2×(3×103)2N=36N。故选A。 3.动量守恒定律 探究点2动量守恒定律 要点归纳 1.(1)构成的整体(2)物体间(3)以外 2.(1)不受外力所受外力的矢量和为0 （2)m11'+m22 判断正误 (1)×(2)V(3)V(4)V 例1：AD在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向 上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确，B错误：小球与 弹簧接触后，小球与弹簧组成的系统受到墙的作用力，墙对系 统的作用力是外力，则系统动量不守恒，故D正确，C错误。 跟踪训练1：ACD在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只 有弹簧的弹力（内力）作用，故动量守恒，即系统的总动量始 终为零，A正确：先放开左手，再放开右手后，两手对系统都无 作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是 守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的 冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即 此后的总动量向左，C正确：无论何时放开手，只要是两手都 放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若 两手同时放开，那么放开后系统的总动量就等于放手前的总 动量，即为零：若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量 也是守恒的，但不为零，D正确。 例2：A设A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得 mAUA-mBUB=-mAUA'+mgUg',解得mA:mg=3:5,故A 正确。 跟踪训练2：0.2m/s 解析：货包离开斜面时速度为v=√2a1=√/2gsin30°·s1= 5/s。货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在 落入小车前，其水平分速度v.不变，大小为v=Cos30°= 1.5m/s。货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水 平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故 系统在水平方向上动量守恒，以v的方向为正方向，则mm,= (M+m),小车获得的速度为。'=mm上=2x1.5 厂M+m=13+2m/s= 0.2m/s。 跟踪训练3：D由x-t图像可知，位移均为正，两木块均朝一个 方向运动，没有反向，A错误；木块都与弹簧分离后B的速度 为，=10-4 6-4 s=3m,C的速度为=。二手 6-4 m/s 0.5m/s。细线未断前B、C的速度均为o=1m/s,由于系统所 受外力的矢量和为零，故系统前后的动量守恒，则(m+mc) o=mg1+mc2,计算得B、C的质量比为1：4，B错误，D正 确；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反 向，C错误。 2 探究点3爆炸类问题中动量守恒定律的应用 例3：七方向与炸裂前火箭速度方向相同】 解析：以炸裂前火箭速度方向为正方向，炸裂前火箭的总动量 为：p=mw,炸裂后火箭的总动量为：p'=一m1v1+(m-m1)2, 根据动量守恒定律有：mm=-m11+(m-m)2,可得：2= w+m4,炸裂后此块与炸裂前火箭速度方向相同。 m-mi 跟踪训练4：B弹丸在爆炸过程中，水平方向上动量守恒，有 m=子m甲+子m2,解得4=3p+之，燥炸后两块弹片 3 均做平抛运动，竖直方向有h=?,水平方向对甲、乙两弹 片分别有x甲=甲t,x乙=v乙t,代人各图中数据可知B正确。 专题强化2动量守恒定律的综合应用 提升点1多物体、多过程问题中动量守恒定律的应用 例1：(1)10m/s(2)8m/s 解析：(1)设子弹刚射入小车时小车速度大小为“1，子弹与小 车组成的系统内力远大于外力，根据动量守恒定律有mo= (m1+)1,解得1=10m/s。(2)设物块脱离小车时小车速 度大小为2，物块速度为u3=5/s,物块与小车（含子弹）组 成的系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有(m1+mo) =(m1+mo)2+m2v3,解得v2=8m/so 跟踪训练1：D甲、乙两人和小车组成的系统不受外力，所以动 量守恒，小车向右运动说明甲、乙两人总动量向左，说明乙的 动量大于甲的动量，但由于不知道两人质量关系，所以无法确 定速度关系，故D正确。 提升点2动量守恒中的临界问题 例2：见解析 解析：分两个过程研究。过程一：①研究对象：甲和箱子。 ②推箱子前后动量守恒。③以它们的初速度方向为正，甲推 出箱子后的速度为，箱子的速度为。④由动量守恒定律得 (M+m)vo =mv +Mvo 过程二：①研究对象：乙和箱子。②对乙和箱子，抓住箱子前 后动量守恒。③以箱子初速度方向为正，乙抓住箱子后的速 度为v2。④由动量守恒定律得mw-Mo=(m+M)U2,刚好不 相撞的条件是1=2，联立以上式子解得=5.2m/s,方向与 甲和箱子的初速度方向一致。 跟踪训练2：(1)5m/s(2)2m/s(3)2.4s 解析：(1)A和C碰撞前，A、B动量守恒，规定B滑块初速度 的方向为正方向，则有mgo=（mA+mB)v1,解得v1=5m/so (2)A和C碰撞过程，A和C组成的系统动量守恒m1= m2+mc,若A和B共速后一起向右运动，恰好不再与C 碰撞，则最终A、B、C三者共速，设为3，对A、B、C组成的系统 由动量守恒得mgo=(ma+mg+mc),解得3=3m/s,= 2m/s。(3)全程对B应用动量定理可得-mgt=mg43 mo,解得1==2.4s。 Mvp 0娜：1（22m+g 解析：(1)槽固定时，设小球上升的最大高度为h1,由机械能 守恒定伴得mgh=弓m2,解得么=2(2)槽不国定时， 5