高中物理新教材同步选修第一册课件+讲义 第1章 专题强化1　动量定理的应用

高中物理新教材特点分析及教学策略

（一）趣味性强，激发学生学习兴趣：在新时代教育制度的改革深化下，学生对于物理课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。

（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。

（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。

动量定理的应用

[学习目标]　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.3.学会应用动量定理处理质量连续变动问题．

一、用动量定理处理多过程问题

导学探究

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及全程两个角度进行求解．

答案　解法一　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.

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

(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0

解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.

知识深化

1．动量定理的适用范围

(1)动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力．

(2)对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．

(3)动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．

2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则

(1)在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理．

(2)对于多过程问题，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷．

例1　地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年．如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为(　　)

A.＋mg   B.

C.   D.－mg

答案　A

解析　铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v＝，

设蟾蜍口对铜珠的作用力为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：

Ft－mgt＝0－(－mv)，

解得：F＝＋mg，根据牛顿第三定律可知，铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小F′＝F，故A正确．

例2　(2022·泰安市新泰第一中学高二质量检测)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

答案　B

解析　解法一：消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为，由动量定理得(mg－)t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则＝mg＋＝mg＋5mg＝6mg，故B正确．

解法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－t2)＝0－0，代入数据解得＝6mg，故B正确．

二、用动量定理处理流体问题

1．解答质量连续变动的动量问题的基本思路

(1)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；

(2)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于微元动量的增量，即F合Δt＝Δp.(Δt足够短时，重力可忽略不计)

2．解答质量连续变动的动量问题的具体步骤

应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：

(1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象；

(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式；

(3)分析连续体的受力情况和动量变化；

(4)应用动量定理列式、求解．

例3　(2021·沧州一中期末)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

解析　取一小段时间Δt，从水枪射出的水的质量为Δm＝ρSvΔt.以Δm为研究对象，如图所示，

设水速方向为正方向，由动量定理，得

FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，则F＝－ρSv2.

由牛顿第三定律，知水对煤层的平均冲击力大小为

F′＝－F＝ρSv2，又S＝d2.

代入数据，解得F′≈1.77×105 N.

例4　假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量m＝2×10－4 g，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上)

答案　0.784 N

解析　由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力大小相等，据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力大小相等．只要求出时间t内微粒的质量，再由动量定理求出飞船对微粒的作用力，即可得到飞船增加的牵引力．时间t内附着到飞船上的微粒质量为：M＝m·S·vt，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：Ft＝Mv＝mSvt·v，即F＝mSv2，代入数据解得F＝0.784 N.

1．(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量变化量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么下列选项正确的是(　　)

答案　CD

解析　由动量定理得Δp＝I＝－mgt，故选项A错误，C正确；又因为＝F＝－mg，故选项B错误，D正确．

2.(多选)(2021·重庆市第三十七中学期中)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况．如图所示，若手机质量m＝200 g，从离人眼约h＝10 cm的高度静止掉落，砸到眼睛后经t＝0.1 s手机停止运动，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是(　　)

A．手机对眼睛的作用力大小约为2.8 N

B．手机对眼睛的作用力大小约为4.8 N

C．全过程手机重力的冲量大小约为0.48 N·s

D．全过程手机重力的冲量大小约为0.28 N·s

答案　BC

解析　根据自由落体运动规律得速度v＝＝ m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，则手机与眼睛作用过程中动量变化量为Δp＝0－(－mv)＝0.2 kg·m/s，手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛对手机的作用力，根据动量定理可知，Ft－mgt＝Δp，解得眼睛对手机的作用力大小F＝mg＋＝(2＋) N≈4.8 N，由牛顿第三定律知，手机对眼睛的作用力大小约为4.8 N，故B正确，A错误；手机下落时间t′＝，全过程中重力的冲量为mg(t＋t′)≈0.48 N·s，故C正确，D错误．

3．新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外，为了防止病毒传播，打喷嚏时捂住口鼻很重要．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为(　　)

A．0.13 N   B．13 N

C．0.68 N   D．2.6 N

答案　A

解析　打一次喷嚏喷出的空气质量为m＝ρV＝1.3×5×10－5 kg＝6.5×10－5 kg，设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得FΔt＝mv，解得F＝＝ N＝0.13 N，根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力大小为F′＝0.13 N，故A正确，B、C、D错误．

4.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉．如图所示，一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内．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，则风洞内气流的流量(单位时间内流出风洞的气流体积)为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　A

解析　对Δt时间内吹向游客的气体，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，风洞内气流的流量为Q＝vπ()2，联立解得Q＝，故选A.

5．(多选)一个静止在水平地面上的物体，质量为0.2 kg，受到竖直向上的拉力F作用，如图甲所示，F随时间t的变化情况如图乙所示．若g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．0～3 s内，物体的速度逐渐增大

B．第5 s末物体的速率为7.5 m/s

C．第3 s末物体的加速度大小为15 m/s2

D．第4 s末和第6 s末物体的速度相等

答案　BD

解析　物体的重力为G＝mg＝2 N，所以0～2 s内，拉力小于重力，物体受到拉力、地面的弹力和重力共同作用，保持静止状态，故A错误；2 s末物体开始运动，由题图乙可得5 s末的拉力为F5＝2 N，所以在2～5 s内物体加速上升，对应图形面积表示拉力的冲量，可得合力的冲量为F合t＝(×1＋×2－2×3)N·s＝1.5 N·s，则由动量定理可得F合t＝mv，v＝7.5 m/s，故B正确；第3 s末物体的加速度大小为a＝＝5 m/s2，故C错误；由题图乙可得第4 s末拉力为2.5 N，第6 s末拉力为1.5 N，由动量定理可得F合′t′＝mv6－mv4，即mv6－mv4＝(×2－2×2)N·s＝0，所以第4 s末和第6 s末物体的速度相等，故D正确．

6.(多选)(2022·会宁四中月考)水平面上有质量相等的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的冲量小于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　BD

解析　AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．但a的总运动时间小于b的，根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量；根据动量定理，对整个过程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、C错误，B正确；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，所以冲量相等，故D正确．

7.(多选)如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则(　　)

A．过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零

B．过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小

C．整个过程中合外力的总冲量等于零

D．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量

答案　CD

解析　过程Ⅱ中钢珠的速度变化量不为零，所以钢珠的动量改变量不等于零，所以A错误；在整个过程中根据动量定理知总冲量为零，即过程Ⅱ中的阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中的重力的冲量大小和过程Ⅱ中的重力的冲量大小之和，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小，B错误，C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，根据动量定理可知D正确．

8．高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”．高空抛物的危害究竟有多大呢？让我们通过数据说明．若质量为0.2 kg的苹果，从一居民楼的16层坠下．假设每层楼的高度为3 m，则苹果下落的高度为45 m，重力加速度为10 m/s2.

(1)苹果撞击地面的过程中，求苹果的动量变化量(取竖直向下为正方向)；

(2)若苹果与地面碰撞时间约为1.2×10－3 s，求苹果对地面的撞击力大小．

答案　(1)6 kg·m/s，方向竖直向上　(2)5 002 N

解析　(1)设苹果撞击地面前瞬间速度为v，由v2＝2gh，解得v＝30 m/s，苹果的末速度为0，则苹果撞击地面的过程中动量变化量Δp＝0－mv，可得Δp＝－6 kg·m/s，负号表示方向竖直向上．

(2)设苹果撞击地面的过程中，地面对苹果的撞击力大小为F，由动量定理(mg－F)Δt＝0－mv，代入数据，得F＝5 002 N，根据牛顿第三定律，苹果对地面的撞击力大小F′＝5 002 N.

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)

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，撤去F后，物体受力如图乙所示，

选F的方向为正方向，根据动量定理得：

Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv

解得v＝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′－mv

解得＝－280 N

故墙壁对物体的平均作用力大小为280 N.

10．(2021·吉林实验中学期末)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，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．

答案　(1)ρv0S　(2)－

解析　(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变

该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①

喷出水柱质量Δm＝ρΔV②

其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③

由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为

＝ρv0S.

(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h

由玩具受力平衡得F冲＝Mg④

其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力

由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤

其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底部时的速度

由运动学公式得v′2－v02＝－2gh⑥

在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm

Δm＝ρv0SΔt⑦

由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得

－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧

由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为

F压Δt＝Δmv′⑨

由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－.