2.动量定理-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 2.动量定理 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　冲量及其计算 1．下列关于冲量的说法中正确的是(　　) A．物体受到很大的冲力时，其所受该力的冲量一定很大 B．当力与位移垂直时，该力的冲量为零 C．不管物体做什么运动，在相同时间内该物体重力的冲量相同 D．只要力的大小恒定，在相同时间内该力的冲量就相同 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 4 解析　冲量是力与力的作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，A错误；冲量是力与力的作用时间的乘积，与力与位移是否垂直无关，B错误；由I＝FΔt可知，不管物体做什么运动，在相同时间内该物体重力的冲量相同，C正确；力的冲量是矢量，力的大小恒定，但力的方向不恒定时，则在相同时间内该力的冲量不一定相同，D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 5 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 6 [名师点拨]　冲量计算的两点注意 (1)求各力的冲量或合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，可利用动量定理或F­t图像中图线与横轴所围面积求解。 (2)求冲量时，一定要注意是求哪个力在哪一段时间内的冲量，并说明冲量的方向；只要力不为零，一段时间内的冲量一般就不为零。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 3.质量为m的物体，从高度为h、倾角为α的固定光滑斜面顶端由静止开始下滑，如图所示。试求：在下滑到斜面底端的过程中，物体所受的重力、斜面支持力以及合力对物体产生的冲量大小和方向。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 8 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 9 典型考点二　动量定理的理解及应用 4．2022年桂林市重点杯篮球赛10月在阳朔中学举行。在某场比赛中，质量为0.6 kg的篮球以大小为10 m/s的速度传来，甲运动员接住后马上以相同大小的速度反向传出，如果甲从接球到将球传出的时间为2.0 s，不计空气阻力，则对此过程，下列说法正确的是(　　) A．甲接球后手要往身体收，延长触球时间， 以免手指受到伤害 B．整个过程中球的动量改变了6 kg·m/s C．整个过程中手对球的平均作用力大小为12 N D．整个过程中，甲对球的冲量大于球对甲的冲量 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 10 解析　根据动量定理可知，动量变化量相同的情况下，延长作用时间，可以减小平均冲击力，故甲接球后手要往身体收，延长触球时间，以免手指受到伤害，故A正确；取球被甲反向传出时的速度 方向为正，整个过程中球的动量改变了Δp＝mv－(－mv)＝2mv＝2×0.6×10 kg·m/s＝12 kg·m/s，故B错误；根据动量定理得Δp＝F合t，解得球受到的合力的平均大小为F合＝6 N，又因为F合为手对球的作用力与球的重力mg的合力，由于不知道球动量变化的具体方向，即不知道F合与mg的夹角，所以手对球的平均作用力无法求解，故C错误；整个过程中，甲对球的作用力与球对甲的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，两力大小相等，且作用时间相等，因此甲对球的冲量大小等于球对甲的冲量大小，故D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 13 [名师点拨]　本题是用动量定理间接计算冲量，也可以根据运动学规律先计算运动时间，再根据冲量的定义计算。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 14 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 15 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 16 [名师点拨]　解答流体类等质点系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的截面的流体长度为Δl，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)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时，图中流体柱长度Δl就足够短，质量Δm也很小，这种以一微小段流体为研究对象的方法就是微元法。 (3)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变化量，即F合Δt＝Δp。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 17 核心能力提升练 1．(多选)关于冲量、功和动量，下列说法中正确的是(　　) A．冲量方向与动量方向一致 B．功反映力对作用位移的积累，冲量反映力对作用时间的积累 C．冲量是物体动量变化的原因 D．力在一段过程中不做功，则该力在这段过程中的冲量也一定为零 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 19 解析　根据动量定理可知，冲量方向与动量变化量的方向一致，与动量方向不一定相同，A错误；由功和冲量的定义可知，功反映力对作用位移的积累，冲量反映力对作用时间的积累，B正确；由动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，C正确；力在一段过程中不做功，但该力在这段过程中的冲量不一定为零，例如物体做匀速圆周运动，合力在一段过程中不做功，但合力在这段过程中的冲量不一定等于零，D错误。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 20 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 21 A．钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力 B．钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力 C．铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力 D．铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力 2．锤子是常用装修工具。铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打；把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是(　　) 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 22 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 23 3．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 24 4.蹦极是一项广受年轻人喜爱的极限运动，如图所示为蹦极爱好者将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下，若蹦极爱好者质量为60 kg，弹性绳绷紧后至蹦极爱好者运动至最低点所用时间为1 s，弹性绳的平均作用力为1800 N，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则弹性绳原长为(　　) A．25 m B．20 m C．18 m D．16 m 解析　设弹性绳原长为L，弹性绳绷紧后至蹦极爱好者运动至最低点的过程中，根据动量定理有Ft－mgt＝0－(－mv)，弹性绳绷紧前蹦极爱好者做自由落体运动，有v2＝2gL，联立并代入数据解得L＝20 m，故B正确。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 25 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 27 6．向阳小朋友喜欢篮球，一次他将质量为m的篮球以大小为v0的速度竖直向上抛出，篮球在空中受到的空气阻力与速度成正比，篮球返回抛出点时速度大小为vt，已知当地的重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　) A．篮球离开手后在空中运动的过程中，篮球的加速度大小先减小后增加 B．篮球离开手后在空中运动的过程中，上升过程阻力的冲量大于下降过程阻力的冲量 C．篮球离开手后在空中运动的过程中，重力的冲量大小为m(v0＋vt) D．向阳小朋友在将篮球向上抛出的过程中对篮球的冲量大小为mv0 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 29 7．“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如图所示，在反推发动机作用下，飞船在距月面h＝98 m处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝1 m/s2的加速度竖直下降。当四条“缓冲腿”接触月球表面时，反推发动机立即停止工作，飞船经2 s速度减为0。飞船质量m＝1000 kg，“缓冲腿”质量不计，每条“缓冲腿”与月面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g月＝1.6 m/s2，接触月面时四条“缓冲腿”受力沿腿的方向。求：(结果均保留两位有效数字) 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 30 (1)飞船竖直下降过程中反推发动机推力的冲量； (2)接触月面过程中每条“缓冲腿”对飞船的作用力大小。 答案　(1)8.4×103 N·s，方向竖直向上 (2)2.5×103 N 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 31 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 32 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 33 8．A同学用自行车载着B同学去学校，快到校门口时，A同学将车速减到v0沿平直马路匀速骑行，提醒B同学下车。B同学自然跳下(即跳车后瞬间与自行车速度相同)，重心下落h时接触地面，接触地面后瞬间速度水平向前，减小为v1，触地过程经过的时间为t，接着走了几步路减速停下来。设B同学的质量为m，重力加速度为g。求触地过程中，B同学受到地面的平均作用力F。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 34 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 35 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 36 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　如图所示，定性作出F随时间t变化的图像，根据冲量的定义及微元累积法可知，变力F的冲量大小等于F­t图线与t轴所围的面积，则拉力对箱子的冲量大小为IF＝eq \f(1,2)Ft，故C正确，A、B、D错误。 2.如图所示，一个箱子在与水平方向成θ角的拉力的作用下向右运动，拉力随时间从0均匀增大，经过一段时间t，拉力增大到F，则拉力对箱子的冲量大小为(　　) A．Ft B．Ftcosθ C.eq \f(1,2)Ft D.eq \f(1,2)Ftcosθ 答案　重力的冲量大小IG＝eq \f(m\r(2gh),sinα)，方向竖直向下；斜面支持力的冲量大小IN＝eq \f(mcosα\r(2gh),sinα)，方向垂直斜面向上；合力的冲量大小I合＝meq \r(2gh)，方向沿斜面向下 解析　因为物体在光滑斜面上运动，机械能守恒，则mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以物体到达斜面底端的速度v＝eq \r(2gh)，下滑的时间t＝eq \f(v,a)＝eq \f(\r(2gh),gsinα)，则重力对物体的冲量大小为IG＝mg·t＝eq \f(m\r(2gh),sinα)，方向竖直向下；斜面对物体的支持力的冲量大小为IN＝FN·t＝mgcosα·t＝mcosα·eq \f(\r(2gh),sinα)，方向垂直斜面向上；合力对物体的冲量大小为I合＝F·t＝mgsinα·t＝meq \r(2gh)，方向沿斜面向下。 5.2022年8月9日，浙江衢州市14岁少年打水漂打出吉尼斯世界纪录。“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的力量使得撇出去的瓦片在水面上弹跳数次。如图所示，质量为eq \f(\r(3),10) kg的瓦片以10 m/s的初速度从某一高度水平抛出，若第一次接触水面时速度方向与水平方向成60°角，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则从抛出到第一次落水的过程中，瓦片所受重力的冲量大小为(　　) A．1 N·s B.eq \r(3) N·s C．3 N·s D．3eq \r(3) N·s 解析　瓦片从被水平抛出到第一次接触水面的过程做平抛运动，根据速度关系可知，瓦片第一次接触水面时的竖直分速度大小为vy＝v0tan60°，根据动量定理可得，此过程瓦片所受重力的冲量大小为IG＝mvy＝eq \f(\r(3),10)×10×eq \r(3) N·s＝3 N·s，故选C。 典型考点三　动量定理在连续质点系、流体中的应用 6.(多选)如图所示，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则(　　) A．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv B．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv2 C．蜂鸟的质量为eq \f(\a\vs4\al(Sρv2),g) D．蜂鸟的质量为eq \f(\a\vs4\al(Sρv3),g) 解析　设蜂鸟两翅膀扇动一次的时间为t，一次扇动空气的总质量为m＝Svtρ，单位时间内翅膀扇动空气的质量为eq \f(m,t)＝Svρ，A正确，B错误；翅膀用速度v平推质量为m的空气，设空气受到翅膀的平均作用力为F，对质量为m的空气根据动量定理得Ft＝mv－0，根据牛顿第三定律可知，空气对翅膀的作用力大小F′＝F，蜂鸟悬停，由共点力平衡条件得F′＝Mg，联立可得蜂鸟的质量为M＝eq \f(\a\vs4\al(Sρv2),\a\vs4\al(g))，C正确，D错误。 [名师点拨]　 功与冲量的区别 (1)大小eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(力的大小,位移大小,力与位移的夹角θ)),冲量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(力的大小,力作用的时间)))) (2)eq \a\vs4\al(力作用在物体上一段,时间（力的方向不变）) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功：可能为零,冲量：不为零)) (3)标矢性eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功：标量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(正：动力做功,负：物体克服阻力做功)),冲量：矢量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(正：与规定正方向同向,负：与规定正方向反向)))) 解析　假设锤子沿竖直方向敲打，使用锤子敲打时，锤子均不反弹，受到的平均作用力大小为F，与被敲打物作用时间为t，锤子质量为m，敲打速度为v0，根据动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv0)，解得F＝eq \f(mv0,t)＋mg，根据牛顿第三定律知，被敲打物获得的作用力与F大小相同，方向相反。钉铁钉时，需要获得较大的打击力，故应选择质量较大的铁锤，以较大的初速度、较短的时间(快速)敲打，故A正确，B错误；铺地板时，需要获得较小的打击力，则应该选择质量较小的木锤，以较小的初速度、较缓的时间(低速)敲打，故C、D错误。 解析　设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq \f(Ft,v)＝eq \f(4.8×106×1,3×103) kg＝1.6×103 kg，B正确。 5.雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的eq \f(1,4)速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为(　　) A.eq \f(3,4)ρv2 B.eq \f(5,4)ρv2 C.eq \f(3h,4t)ρv D.eq \f(5h,4t)ρv 解析　根据题意知，当时单位时间的降水量为Δh＝eq \f(h,t)，在芭蕉叶上取ΔS的面积，Δt时间内降落在该面积上的雨滴质量为m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝eq \f(h,t)·ρΔSΔt，设雨滴受到的平均撞击力为F，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上的过程，根据动量定理得F·Δt＝mvt－mv，其中vt＝－eq \f(1,4)v，联立解得F＝－eq \f(5h,4t)ρvΔS，负号表示撞击力的方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的平均撞击力的大小F′＝eq \f(5h,4t)ρvΔS，因此平均压强为p＝eq \f(F′,ΔS)＝eq \f(5h,4t)ρv，分析可知，eq \f(h,t)<v，则p≠eq \f(5,4)ρv2，故D正确。 解析　篮球上升过程中由牛顿第二定律得mg＋f＝ma上，速度在减小，空气阻力与速度成正比，故空气阻力减小，篮球加速度减小，下降过程中由牛顿第二定律得mg－f＝ma下，速度增大，空气阻力增大，加速度减小，综上，篮球离开手后在空中运动的过程中，加速度大小一直减小，故A错误；因为篮球上升、下降距离相同，设为h，则在上升过程和下降过程中空气阻力的冲量大小相同，都为I＝eq \o(f,\s\up10(－))Δt＝keq \o(v,\s\up6(－))Δt＝kh，又因为两个过程中空气阻力方向相反，则整个过程中空气阻力的冲量为0，则篮球离开手后在空中运动的过程中，以向下为正方向，由动量定理可得合力的冲量为I合＝mvt－m(－v0)＝m(vt＋v0)，又因为I合＝IG＋If，且If＝0，则整个过程中，重力的冲量大小为IG＝m(v0＋vt)，故B错误，C正确；根据动量定理可知，以向上为正方向将篮球向上抛出的过程中，向阳小朋友对篮球的冲量和篮球重力的冲量之和为mv0，方向竖直向上，而向阳小朋友对篮球的冲量竖直向上，篮球重力的冲量竖直向下，则向阳小朋友对篮球的冲量大小大于mv0，故D错误。 解析　(1)设飞船加速下降时反推发动机推力大小为F，根据牛顿第二定律有mg月－F＝ma 解得F＝600 N 设竖直下降时间为t，有h＝eq \f(1,2)at2 解得t＝14 s 则反推发动机推力的冲量大小为IF＝Ft＝8.4×103 N·s 方向竖直向上。 (2)设“缓冲腿”接触月面前瞬间，飞船速度大小为v，则v2＝2ah 解得v＝14 m/s 从“缓冲腿”接触月面到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲腿”对飞船的作用力大小为F1，作用时间为t1，根据动量定理，以竖直向上为正方向，有4F1t1sin60°－mg月t1＝0－(－mv) 解得F1＝2.5×103 N。 答案　大小为meq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0－v1,t)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2gh),t)＋g))\s\up12(2))，方向指向后上方，且与水平方向的夹角θ＝arctaneq \f(\r(2gh)＋gt,v0－v1) 解析　B同学自然跳下后以速度v0做平抛运动，设落地瞬间竖直方向的分速度大小为v2，根据平抛运动的规律知veq \o\al(2,2)＝2gh 设触地过程中，B同学受到地面水平方向的平均作用力大小为f，竖直方向的平均作用力大小为N， 触地过程中，对B同学，根据动量定理，水平方向以向后为正方向， 有ft＝(－mv1)－(－mv0) 竖直方向以竖直向上为正方向，有 (N－mg)t＝0－(－mv2) 该过程中B同学受到的地面的平均作用力的大小F＝eq \r(f2＋N2) 分析可知，F指向后上方，且与水平方向的夹角θ满足tanθ＝eq \f(N,f) 联立可解得F＝meq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0－v1,t)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2gh),t)＋g))\s\up12(2)) θ＝arctaneq \f(\r(2gh)＋gt,v0－v1)。 $$