第六章 第1讲 动量 动量定理-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第六章　动　量 第1讲　动量　动量定理 返回目录 返回目录 返回目录 √ √ √ × √ × √ × 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．能用动量定理解释生活中的有关现象。 2．能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立流体“柱状”模型。 【微点辨析】 (1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。( ) (2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。( ) (3)动量具有瞬时性。( ) (4)物体动量的变化等于某个力的冲量。( ) (5)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。( ) (6)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。( ) (7)物体的动能变化时，动量一定变化。( ) (8)两物体的动量相等时，动能也一定相等。( ) 考点 eq \a\vs4\al(1) 动量和冲量(互动共研) 1．动量、动能、动量变化量的比较 项目 动量 动能 动量变化量 定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差 项目 动量 动能 动量变化量 定义式 p＝mv Ek＝ eq \f(1,2) mv2 Δp＝p′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝ eq \f(p2,2m) ，p＝ eq \r(2mEk) 2.冲量的计算方法 (1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。 (2)变力的冲量 ①作出F-t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 ②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。 考向2　冲量的计算 [例2]　如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，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，重力加速度为g。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)sin θ B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ C．合外力的冲量为0 D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2) 解析　重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cos θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；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)，D项错误。 答案　B 考向3　利用F-t图像计算冲量 [例3]　一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．第2 s末，质点的动量为0 B．第2 s末，质点的动量方向发生变化 C．第4 s末，质点回到出发点 D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0 解析　由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在Ft图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。 答案　D 考点 eq \a\vs4\al(2) 动量定理的理解和应用(互动共研) 1．对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中Ft是物体所受的合外力的冲量。 (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因。 (3)由Ft＝p′－p，得F＝ eq \f(p′－p,t) ＝ eq \f(Δp,t) ，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 (4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理。 2．解题基本思路 (1)确定研究对象。 (2)对物体进行受力分析。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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。 2．(多选)有些人喜欢躺着刷手机，经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120 g，从离人额头约20 cm的高度无初速掉落，砸到额头后手机的反弹忽略不计，额头受到手机的冲击时间约为0.2 s。下列分析正确的是(　　) A．手机与额头作用过程中，手机的动量变化大小约为 0.24 kg·m/s B．手机对额头的冲量大小约为0.24 N·s C．手机对额头的冲量方向竖直向上 D．手机对额头的作用力大小约为2.4 N 解析　根据自由落体运动规律，手机掉落到人额头位置时的速度为v＝ eq \r(2gh) ≈2 m/s，手机与额头作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与额头作用过程中动量变化为Δp＝0－mv＝－0.24 kg·m/s，故A正确；手机与额头接触的过程中受到重力与额头的作用力，选取向下为正方向，对手机由动量定理得mgt＋I＝Δp，代入数据得I＝－0.48 N·s，负号表示方向竖直向上，根据力的作用是相互的，所以手机对额头的冲量大小约为0.48 N·s，故B错误；因为额头对手机的冲量的方向是竖直向上，所以手机对额头的冲量方向竖直向下，故C错误；根据冲量定义得手机对额头的作用力大小约为F＝ eq \f(I,t) ＝2.4 N，故D正确。 答案　AD 考点 eq \a\vs4\al(3) 应用动量定理处理“流体模型”(方法模型) 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＝vSΔt 小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt 小柱体粒子数N＝nvSΔt 小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究 考向2　应用动量定理处理微粒类问题 [例6]　宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？ 解析　设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt， 则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量 Δm＝ρSvΔt， 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＝ρSvΔtv， 所以飞船所需推力大小F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N。 答案　40 N 3．由我国自主研发制造的世界上最大的海上风电机SL5 000，它的机舱上可以起降直升机，叶片直径128 m，风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风受到的平均阻力约为(　　) A．4.0×104 N B．2.0×105 N C．2.2×106 N D．4.4×106 N 解析　叶片d＝128 m，所以叶片旋转所形成的圆面积为S＝ eq \f(πd2,4) ，设t秒内流过该圆面积的风柱体积为V＝Sv1t＝ eq \f(πd2v1t,4) ，风柱的质量为m＝ρV，设风柱受到的平均阻力为f，取v1的方向为正方向，故v1＝12 m/s，v2＝11 m/s，根据动量定理有－ft＝mv2－mv1，带入数据解得f≈2.0×105 N，故选B。 答案　B 关注创新情境，把握命题导向 1．(激励爱国情怀)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　　) A．40　　　　　　　　　 B．80 C．120 D．160 解析　对子弹根据动量定理得：Ft＝nmv－0，代入数据解得n≈120，故ABD错误，C正确。 答案　C 2．(联系生活实际)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　　) A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 解析　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，可得：F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有 eq \f(F2,F1) ＝ eq \f(v22,v12) ≈4，根据牛顿第三定律可知，16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，故B正确，ACD错误。 答案　B 3.(聚焦科技前沿)科技发展，造福民众，近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　) A．减小穿戴者动量的变化量 B．减小穿戴者动量的变化率 C．增大穿戴者所受合力的冲力 D．增大穿戴者所受合力的冲量 解析　依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝ eq \f(Δp,Δt) ＝ eq \f(mΔv,Δt) 可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率 eq \f(Δp,Δt) ，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故选B。 答案　B $$