教科版高中物理选择性必修第一册第一章动量与动量守恒定律专题强化1动量定理的综合应用课件（44页PPT）

(共44张PPT)
[学习目标]
1.学会利用动量定理处理多过程问题。
2.用图像法解决动量定理的相关问题。
3.学会应用动量定理处理“流体类”问题。
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)分段处理：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)全程处理：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。
[例1]　在水平力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)
答案　12 s
解析　法一　用动量定理，分段求解。
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速直线运动的过程，初速度为零，末速度为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后物体做匀减速直线运动的过程，初速度为v，末速度为零，根据动量定理有－μmgt2＝0－mv，
[总结提升]
1.应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程。
2.当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单，所以在解题时要树立整体优先的意识。
A
[例3]　“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图甲所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg，橡皮绳原长
45 m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为9 s；重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。

(1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)时，人的动量大小是多少？
(2)橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F－t图像如图乙所示，求图像中阴影部分的面积大小。
答案　(1)1 500 kg·m/s　(2)4 500 N·s
[总结提升]
1.F－t图像中，图线与横轴围成的面积表示力的冲量。在时间轴上方面积为正，在时间轴下方面积为负，合力的冲量等于上下面积绝对值之差。若物体受到多个力，某个力的F－t图像中，图线与横轴围成的面积仅表示这个力的冲量。
2.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。
研究
对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝SvΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρSvΔt
小柱体粒子数N＝nSvΔt
小柱体动量p＝mv＝ρSv2Δt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp解题
[例4]　有一宇宙飞船，它沿运动方向的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区每1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10-7 kg。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.3.6×103 N B.3.6 N C.1.2×103 N D.1.2 N
解析　t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据解得F＝3.6 N。根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确。
B
[例5]　如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为d＝30 cm，水速为v＝50 m/s。假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零。求水柱对煤层的平均冲击力的大小(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，结果保留三位有效数字)。
答案　1.77×105 N
[总结提升]
1.动量定理应用于“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。
1.(动量定理与图像的综合)(多选)物块在合力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，则物块(　　)

A.在0～2 s时间内动量变化量为2 kg·m/s
B.动量在0～2 s内比2～4 s内变化快
C.4 s时动量大小为2 kg·m/s
D.4 s时运动方向发生改变
BC
解析　根据动量定理可知，在0～2 s时间内动量变化量为Δp＝FΔt＝2×2 kg·m/s＝
4 kg·m/s，故A错误；根据动量定理及F－t图线与t轴所围面积表示冲量可知，在2～4 s时间内动量变化量为Δp′＝F′Δt＝－2 kg·m/s，所以动量在0～2 s内比2～4 s内变化快，故B正确；4 s时动量大小为p4＝p0＋Δp＋Δp′＝2 kg·m/s，故C正确；4 s时动量仍为正值，运动方向没有发生改变，故D错误。
2.(多过程问题)(2025·广东惠州高二期中)某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为(　　)
A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的6倍
C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍
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2.(2025·安徽芜湖高二期中)篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1.8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1.40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量m＝0.456 kg，g取10 m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为(　　)
A.3 N B.21 N C.33 N D.28 N
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3.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490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10-3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为(　　)
A.1.47 N B.0.147 N
C.0.09 N D.0.009 N
解析　设Δt时间内发动机喷出离子的质量为Δm，对这部分离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10-3×10-3 kg×Δt，v＝3×104 m/s，解得F＝0.09 N，由牛顿第三定律知，探测器受到的平均推力与F等大反向，故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故C正确。
C
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4.用水平拉力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，物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示。α>β，拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，f的冲量大小为I2。则下列选项正确的是(　　)
A.W1>W2，I1＝I2 B.W1C.W1解析　物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中，在水平方向只有拉力F和摩擦阻力f做功，故由动能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正确。
D
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5.(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　)
A.碰撞前滑块1的动量大小为0.4 kg·m/s
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
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解析　取向右为正方向，滑块1的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，故A正确；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。
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6.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)碰撞后物块克服摩擦力做的功。
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答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J
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[能力提升练]
7.(多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
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解析　根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小为v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理有F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。
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8.(多选)(2023·新课标卷)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.在x＝1 m时，拉力的功率为6 W
B.在x＝4 m时，物体的动能为2 J
C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s
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9.(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为N，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
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[拓展培优练]
10.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量。
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
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