第7章 第一讲 动量定理及其应用（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（福建专版）

第七章 动量 动量守恒定律 1 动量定理及其应用 第 一 讲 |纲举目张|·|精要回顾| 速度 mv 相同 p'-p 相同 作用时间 FΔt 相同 动量 冲量 p'-p 微点判断 × (1)动量越大的物体，其速度越大。 ( ) (2)物体的动量越大，其惯性也越大。 ( ) (3)(人教版课后习题)在水平拉力作用下静止在水平面上的物体所受摩擦力的冲量为零。 ( ) (4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 ( ) (5)在冰上接力比赛时，甲推乙的冲量大于乙对甲的冲量。 ( ) × × × × (6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。 ( ) (7)(2024·甘肃高考)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，则小车的动量守恒。 ( ) (8)(鲁科版课后习题)若质量为m的物体某时刻的动量为p，动能为Ek，则p2=2mEk。 ( ) (9)物体动量的变化量等于初、末状态动量的大小之差。 ( ) √ × √ × 1 逐点清(一)　动量、冲量的理解及计算 (基础点速过) 2 逐点清(二)　动量定理的理解和应用 (基础点速过) CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 3 逐点清(三)　“柱状”模型(迷盲点精研) 逐点清(一)　动量、冲量的理解及计算(基础点速过) |关键知能|·|升维学习| 1.[动量的理解](2024·甘肃高考)(双选)电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是 (　 ) A.小车的动能不变 B.小车的动量守恒 C.小车的加速度不变 D.小车所受的合外力一定指向圆心 √ √ 解析：小车做匀速圆周运动，速度大小不变，故动能不变，故A正确；做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故小车的动量不守恒，故B错误；做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。 2.[动量变化量的计算](2025·福州模拟)解答以下三个问题，总结动量与动能概念的不同。 (1)质量为2 kg的物体，速度由3 m/s增大为6 m/s，它的动量和动能各增大为原来的几倍? 答案：4 解析：(1)物体质量不变，速度由3 m/s增大为6 m/s， 初动量p1=mv1=2×3 kg·m/s=6 kg·m/s， 末动量p2=mv2=2×6 kg·m/s=12 kg·m/s=2p1， 即动量增大为原来的2倍; 物体的初动能Ek1=m=×2×32 J=9 J， 末动能Ek2=m=×2×62 J=36 J=4 Ek1， 即动能增大为原来的4倍。 (2)质量为2 kg的物体，速度由向东的3 m/s变为向西的3 m/s，它的动量和动能是否发生变化?如果发生变化，变化量各是多少? 解析：(2)取向东为正方向，则物体的初速度v=3 m/s，末速度v'=-3 m/s，动量变化量Δp=mv'-mv=-12 kg·m/s，负号表示动量变化量的方向与正方向相反，即向西。由于动能是标量，速度方向改变，但速度大小不变，所以动能没有发生变化。 3.[冲量的计算](2023·广东高考)(双选)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.该过程动量守恒 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 √ √ 解析：取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·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。 1.动能、动量和动量变化量的比较   动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p'-p 标矢性 标量 矢量 矢量 续表 特点 状态量 状态量 过程量 关联 方程 Ek=，Ek=pv，p=，p= 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 2.冲量的特点 (1)时间性：冲量不仅由力决定，还由力作用的时间决定。恒力的冲量等于力与作用时间的乘积。 (2)矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致。 (3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。 逐点清(二)　动量定理的理解和应用(基础点速过) ◉应用动量定理解释生活现象 1.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量 D.减小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=，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合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp、穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。 ◉F-t图像与动量定理的综合应用 2.(2024·安徽高考)(双选)一倾角为30°、足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从t=0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则(　 ) A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C.t=1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D.t=2 s时，物块的速度大小为10 m/s √ √ 解析：根据图像可得F1=4-t(N)，F2=3t(N)，故两力的合力为F=4+2t，物块在y轴方向受到的力不变为mgsin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；在y轴方向的加速度为ay==gsin 30°=5 m/s2，故t=1 s时，物块的y坐标值为y=ayt2=2.5 m，故B正确；t=1 s 时，F=6 N，由平行四边形定则可知，此时加速度大小为a== m/s2=5 m/s2，故C错误；在x轴方向，在0~2 s内对物块根据动量定理得t=mvx-0，由于F与时间t成线性关系，故可得×2=1.2vx，解得vx=10 m/s，此时在y轴方向的速度为vy=gsin 30°·t=5×2 m/s=10 m/s，故t=2 s时物块的速度大小为v==10 m/s，故D正确。 ◉动量定理的应用 3.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：设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得t=nmv0，代入数据解得n=120，故C正确。 √ 4.(2025·龙岩模拟)汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，一质量m=30 kg的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在t0=0时刚好第一次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻为t1=0.2 s；第二次开始碰撞气囊的时刻为t2=1.8 s，第二次碰撞气囊结束的时刻为t3=1.95 s；第三次开始碰撞气囊的时刻为t4=2.35 s。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取10 m/s2。求： (1)头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小; 解析：(1)根据题图乙可知头锤从t1=0.2 s第一次离开气囊表面到t2=1.8 s第二次开始碰撞气囊表面经历的时间为Δt1=1.6 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升和下落的时间均为0.8 s，则v1=g，解得v1=8 m/s。 答案：(1)8 m/s (2)头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量IF的大小和方向。 答案：(2)345 N·s　方向竖直向上 解析：(2)第二次碰撞气囊结束的时刻为t3=1.95 s，第三次开始碰撞气囊的时刻为t4=2.35 s，得Δt2=t4-t3=0.4 s 则有v2=g，解得v2=2 m/s 第二次与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)IF-mg=mv2- 解得IF=345 N·s，方向竖直向上。 1.应用动量定理解题的一般步骤 (1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。 (2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，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，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。 2.应用动量定理的两点提醒 (1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可对整个过程应用动量定理。 (2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，应用动量定理列式时应特别注意。 逐点清(三)　 “柱状”模型(迷盲点精研) 模型1　流体类“柱状”模型 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm=ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 [例1]　公园中的喷泉轨迹示意图如图所示，其水泵以一定的角度将水喷向空中，水上升的最大高度为h，落在水面的位置距喷水口的距离为d。已知喷水口的水流量为Q，水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力。 (1)求上述喷泉中水上升至最大高度时水平速度的大小vx; [答案]　(1) [解析]　(1)由平抛规律可知，竖直方向h=gt2 水平方向=vxt，解得vx= 。 (2)假设水击打在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内击打水面的水受到的重力可忽略不计，求水击打水面竖直向下的平均作用力的大小Fy。 [答案]　(2)ρQ [解析]　(2)极短时间Δt内击打在水面上的水的质量Δm=ρQΔt 水击打在水面上时竖直方向的速度vy= 设水受到的竖直向上的平均作用力为Fy'，向下为正，由动量定理有-Fy'Δt=0-Δmvy 根据牛顿第三定律，可得竖直向下的平均作用力的大小Fy=Fy'=ρQ。 [针对训练] 1.(2025·泉州模拟)如图所示，小明把一只充了氢气的气球和质量为m的小物块绑在一起，置于空中，然后打开气球的阀门，气球中的氢气向下喷出，放手后物块和气球能在空中停留一段时间，在这段时间里不计空气阻力，氢气质量远小于物块质量，重力加速度为g，假设氢气匀速向下喷出，不计浮力，不考虑气球体积变化的影响，喷口的面积为S，气体的密度为ρ，则氢气喷出的速率大小为(　 ) A.　　B.　　C.　　D. √ 解析：Δt时间内气球喷出气体的质量Δm=ρSv·Δt，对于喷出的气体，由动量定理得F·Δt=Δmv-0，得F=ρSv2，根据牛顿第三定律及平衡条件有，F'=F，F'=mg，解得v=，故A正确。 模型2　微粒类“柱状”模型 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分析步骤 1 建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl=v0Δt，对应的体积为ΔV=SΔl=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nΔV=nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 [例2]　根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E=pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。 (1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F=2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压; [答案]　(1) [解析]　(1)在单位时间内，功率为P0的激光器发出的激光的总能量为P0×1 s=NE=Npc，即p= 由题意可知，激光对物体表面的压力F=2pN 故激光对物体产生的光压I==。 (2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m=100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c=3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。 [答案]　(2)3.6×10-3 m/s2 [解析]　(2)由(1)可知，I== Pa=9×10-6 Pa 所以探测器受到的光的总压力FN=IS膜 对探测器应用牛顿第二定律有FN=ma 故此时探测器的加速度a== m/s2=3.6×10-3 m/s2。 　[针对训练] 2.太空中静止的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为(　 ) A.M+　　 B.-M　　 C.M-　　 D. √ 解析：设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m，以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有Ft=mv-0，其中t=1 s，可得m=，D正确。 3.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。假设宇宙飞船以速度v0做匀速直线运动，宇宙飞船在运动方向横截面的面积为S。已知宇宙飞船所在的区域内单位体积内有N个微粒，每个微粒的质量均为m，宇宙飞船碰到微粒后，微粒就附着在宇宙飞船上(碰撞前瞬间微粒静止)，忽略一切阻力和摩擦，为保持宇宙飞船以恒定的速率运行，则推力的功率为 (　 ) A.SNm B.2SNm C.SNm D.2SNm √ 解析：在很短时间t内附着在宇宙飞船上的微粒总质量为M=v0tSNm，对附着在宇宙飞船上的微粒由动量定理得Ft=Mv0-0，解得宇宙飞船对这些微粒的作用力大小为F=SNm，根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持宇宙飞船匀速运行，宇宙飞船发动机的推力大小F'=F，推力的功率为P=F'v0=SNm，C正确，A、B、D错误。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$