第1讲 动量 动量定理-【金版教程】2025年高考物理一轮复习解决方案课件PPT（新教材）

第七章　动量守恒 定律及其应用 第1讲　动量　动量定理 目录 1 2 3 教材阅读指导 必备知识　梳理与回顾 关键能力　发展与提升 4 教材阅读指导 (对应人教版选择性必修第一册相关内容及问题) 目录 * 　第一章第2节图1.2­2，体会变力的冲量可以用F­t图线与t轴围成的面积计算。 　第一章第2节[科学漫步]，体会动量定理反映了力对时间的累积效应，动能定理反映了力对空间的累积效应。 　第一章第2节[练习与应用]T1；T3。 目录 提示 * 提示：T1：A.物体所受拉力F的冲量方向与F的方向相同 B．物体所受拉力F的冲量大小是Ft C．物体所受摩擦力的冲量大小是Ftcosθ D．物体所受合力的冲量大小是0 故D看法正确。 T3：(1)200 N； (2)205 N； (3)从前两问的解答可以看出，当铁锤钉钉子的平均作用力远大于铁锤的重力时，铁锤所受的重力可以忽略不计。 目录 提示 * 提示：时间Δt内所喷出水的质量Δm＝ρSvΔt，对这部分水由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，由牛顿第三定律知，墙壁受到的平均冲击力F′＝F，联立得F′＝ρSv2。 必备知识　梳理与回顾 目录 乘积mv kg•m/s 速度 * 一、动量 1．定义：物理学中把质量和速度的eq \x(\s\up1(01))___________定义为物体的动量，用字母p表示。 2．表达式：p＝eq \x(\s\up1(02))______。 3．单位：eq \x(\s\up1(03))_______________。 4．标矢性：动量是矢量，其方向和eq \x(\s\up1(04))____________的方向相同。 mv 目录 作用时间 牛秒 恒力 * 二、动量定理 1．冲量 (1)定义：力与力的eq \x(\s\up1(01))_________的乘积叫作力的冲量。定义式：eq \x(\s\up1(02))____________。 (2)单位：冲量的单位是eq \x(\s\up1(03))______，符号是eq \x(\s\up1(04))______。 (3)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与eq \x(\s\up1(05))______的方向相同。 I＝FΔt N·s 目录 动量变化量 合力 * 2．动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受力的eq \x(\s\up1(06))___________等于它在这个过程始末的eq \x(\s\up1(07))__________________。 (2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。 (3)矢量性：动量变化量的方向与eq \x(\s\up1(08))__________________________的方向相同，也可以在某一方向上用动量定理。 冲量 目录 × × × × × * 一、堵点疏通 1．两物体的动量相等，动能也一定相等。(　　) 2．动量变化的大小，不可能等于初、末态动量大小之和。(　　) 3．物体的动量变化等于某个力的冲量。(　　) 4．物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零。(　　) 5．物体的动量越大，则物体的惯性就越大。(　　) 目录 答案 解析 * 二、对点激活 1．下列说法正确的是(　　) A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 解析　动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。 目录 答案 解析 2．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(　　) A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s 解析　动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正确。 目录 答案 解析 3．(多选)在光滑水平面上，原来静止的物体在水平恒力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量变为p，动能变为Ek，以下说法正确的是(　　) A．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动量将等于2p B．在F作用下，这个物体若经过时间2t，其动量将等于2p C．在F作用下，这个物体若经过时间4t，其动能将等于2Ek D．在F作用下，这个物体若经过位移2l，其动能将等于2Ek 解析　由动量定理Ft＝Δp和l＝eq \f(1,2)at2知，A错误，B正确；由动能定理Fl＝ΔEk和l＝eq \f(1,2)at2知，C错误，D正确。 目录 答案 解析 4．(人教版选择性必修第一册·第一章第2节[练习与应用]T2改编)体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　　) A．减小地面对人的冲量 B．减小地面对人的撞击力 C．减小人的动量变化量 D．减小人的动能变化量 解析　体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力的作用时间，取人落地时速度方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝eq \f(mv,t)＋mg，当t增加时F减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确。 关键能力　发展与提升 目录 * 考点一　　动量、冲量的理解及计算　　深化理解 1．对动量的理解 (1)动量的两性 ①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。 ②相对性：动量的大小和方向与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。 目录 * (2)动量与动能的比较 动量 动能 物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p＝mv Ek＝eq \f(1,2)mv2 标矢量 矢量 标量 变化因素 合力的冲量 合力所做的功 大小关系 p＝eq \r(2mEk) Ek＝eq \f(p2,2m) 联系 ①都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系； ②若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化； ③都是状态量，与某一时刻或某一位置相对应 目录 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 ①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。 ②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与该力的方向一致。 (2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。 目录 (3)冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I＝FΔt(F为恒力) W＝Flcosα(F为恒力) 标矢量 矢量 标量 意义 ①表示力对时间的累积； ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积； ②是能量变化的量度 联系 ①都是过程量，都与力的作用过程相互联系； ②若力的方向不变，冲量不为零时，功可能为零；功不为零时，冲量一定不为零 目录 答案 * 考向1　动量、冲量的理解 例1　(2023·湖南省邵阳市高三下三模)(多选)在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，体重相同的甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动。则下列说法中正确的是(　　) A．甲从A到B的过程中重力的冲量大于乙从A到B′的过程中重力的冲量 B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程 C．甲在B点的动量等于乙在B′点的动量 D．甲在B点重力的功率大于乙在B′点重力的功率 目录 解析 解析　设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x，斜面高为h，甲、乙(含滑沙橇)的质量均为m，在斜面上运动时间为t，根据牛顿第二定律可得，甲、乙(含滑沙橇)在斜面上运动的加速度大小为a＝gsinθ－μgcosθ，位移大小为x＝eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(2h,asinθ))，因为θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，x甲<x乙，t甲<t乙，由I＝mgt可知，甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到B′的过程中重力的冲量，故A错误；设滑沙者在水平沙面上的位移为x′，从开始下滑到停止在水平沙面上的整个运动过程中，根据动能定理可得mgh－μmgcosθ·x－μmg·x′＝0－0，可得xcosθ＋x′＝eq \f(h,μ)， 目录 即甲、乙最终停止在同一位置P，如图所示，甲、乙滑行的总路程分别为s甲＝AB＋BB′＋B′P，s乙＝AB′＋B′P，由几何知识知AB＋BB′>AB′，所以s甲>s乙，故B正确；滑沙者沿斜面下滑过程，根据动能定理，有mgh－μmgcosθ·eq \f(h,sinθ)＝eq \f(1,2)mv2，解得滑沙者到达斜面底端时的速度大小v＝eq \r(2gh－\f(\a\vs4\al(μgh),tanθ))，由于θ甲>θ乙，所以v甲>v乙，由于甲、乙质量相同，由p＝mv可知甲在B点的动量大于乙在B′点的动量，故C错误；当滑沙者运动到斜面底端时，重力的功率为PG＝mgvsinθ，因为v甲>v乙，θ甲>θ乙，则甲在B点重力的功率大于乙在B′点重力的功率，故D正确。 目录 答案 * 例2　(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　) A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s C．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 目录 解析 解析　垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向不相同，故D错误。 目录 答案 解析 解析　甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律知，这两个力大小相等，方向相反，这两个力的作用时间也相同，根据冲量的定义式I＝Ft，可知F1的冲量与F2的冲量大小相等，故A正确，B、C、D错误。 例3　(2022·海南高考)在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力(　　) A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同 C．F1的冲量大于F2的冲量 D．F1的冲量小于F2的冲量 目录 答案 考向2　冲量的计算 例4　如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθ B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ C．合力的冲量为0 D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2) 目录 解析 解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，故A错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，故B正确；整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，故D错误。 目录 冲量的四种计算方法 公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态 图像法 利用F－t图像计算，F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量 动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝Δp求变力的冲量 平均力法 如果力随时间是均匀变化的，则eq \o(F,\s\up16(－))＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)，该变力的冲量为I＝eq \f(1,2)(F0＋Ft)t 目录 答案 * 【跟进训练】1.(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则(　　) A．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0 B．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2) C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2) D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0 目录 解析 解析　因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，A正确，B错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，C正确，D错误。 目录 * 考点二　动量定理的理解及应用　　解题技巧 1．动量定理的理解 (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 (2)动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。 (3)动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 (4)由FΔt＝p′－p，得F＝eq \f(p′－p,Δt)＝eq \f(Δp,Δt)，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 目录 2．用动量定理解释生活现象 (1)Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 (2)F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。 目录 3．用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象。在中学阶段使用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。 目录 答案 * 考向1　用动量定理解释生活中的现象 例5　(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 目录 解析 解析　碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故B错误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动能，故C错误。 目录 答案 * 【跟进训练】2.(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是(　　) A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力 B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度 C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度 D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间 目录 解析 解析　助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，而与滑道之间的摩擦力f＝μFN和运动员的姿态关系不大，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力来增大两腿伸直的加速度，从而增加向上的速度(若把两腿伸直的过程看成做匀加速直线运动，由2ax＝v2知，a增大，x不变，则v增大)，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向减速的加速度，而水平方向的速度不可能增加，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，这样可以减小身体受到的冲击力，D错误。 目录 答案 解析 考向2　动量定理相关计算 例6　高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得：v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×3×25) m/s＝10eq \r(15) m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。 目录 应用动量定理解题的注意事项 在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向，确定力与速度的符号，列出关系式。对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力。 目录 答案 * 【跟进训练】3.(2023·广东省广州市高三下第三次模拟)如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s，下列说法正确的是(　　) A．球棒对垒球不做功 B．球棒对垒球做负功 C．球棒对垒球的平均作用力大小为400 N D．球棒对垒球的平均作用力大小为1200 N 目录 解析 解析　球棒击飞垒球过程，由动能定理可得球棒对垒球做功为W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，其中v1＝20 m/s，v2＝40 m/s，m＝0.2 kg，解得W＝120 J，所以球棒对垒球做正功，故A、B错误；以垒球的初速度方向为正方向，对垒球，由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，其中t＝0.01 s，解得球棒对垒球的平均作用力大小为F＝1200 N，故C错误，D正确。 目录 答案 * 考向3　与F­t图像的综合分析 例7　(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 目录 解析 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F­t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′＝eq \o(F,\s\up16(－))′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。 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$