1.专题突破一 动量定理的综合应用-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦“动量定理的综合应用”专题，涵盖学习目标、真题导学、题型剖析、典题精练等模块，通过v-t图像（乙图坐标轴标注速度与时间单位）及真题案例导入，搭建运动学知识与动量定理的关联支架，帮助学生构建前后知识脉络。 其特色在于以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过图像标注明确物理量关系、流程顺序（2→1→4→3→…）梳理解题逻辑，结合典题精练深化物理观念中的运动和相互作用观念。学生可在分析图像、推导流程中提升问题解决能力，教师能依托结构化内容高效开展分层教学，助力核心素养落地。

专题突破一 动量定理的综合应用 1 第 页 1 学习目标 2 第 页 2 突破点二 目录 专题突破 突破点一 第 页 3 真题导学 题型剖析 典题精练 真题导学 题型剖析 典题精练 专题突破（一） 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 1.能灵活选择物理过程，应用动量定理处理多过程问题。 2.会构建柱体模型，应用动量定理处理“流体类”“微粒类”问题。 突破点一 用动量定理处理多过程问题 ★(2023·河北高考)某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10 s至10.35 s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42 m/s2 B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/s C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s [思维模板]　 题目涉及运动员起跳过程、离开地面上升过程。 求解关键：通过起跳过程的图像信息求运动员离开地面时的速度。　　 试答体验：选C。由图像可知，运动员受到的最大支持力约为Fmax＝42×60 N＝2 520 N，根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为amax＝＝ m/s2＝32 m/s2，故A错误；根据F ­t图像可知，起跳过程中支持力的冲量为IF＝22×60×(10.35－10.10) N·s＝330 N·s，起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为I合＝IF－mgt＝330 N·s－60×10×(10.35－10.10) N·s＝180 N·s，根据动量定理可得I合＝mv－0，解得运动员起跳离开地面瞬间的速度为v＝3 m/s，则起跳后运动员重心上升的平均速度为＝＝1.5 m/s，起跳后运动员重心上升的最大高度为h＝＝m＝0.45 m，故B、D错误，C正确。 应用动量定理处理多过程问题的两种思路 如果物体在不同阶段受力不同，即所受合力不恒定，应用动量定理时一般采取以下两种方法： (1)分段处理法：找出每一段合力的冲量I1，I2，…，In，这些冲量的矢量和即力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In。根据动量定理I＝p′－p求解每一段合力的冲量。分段处理时，需注意各段冲量的正负。 (2)全过程处理法：在全过程中，找出第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…，第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I。根据I＝p′－p求解各个力的冲量。用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。 注意　　 若不需要求中间量，用全程法更为简便。　　　 【典例1】 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 解析：选B。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F＝6mg，故B正确。 突破点二 应用动量定理解决“流体类”“微粒类”问题 ★(2021·福建高考)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 [思维模板]　 构建柱体模型，研究作用时间Δt内的空气质量Δm。对质量为Δm的空气柱应用动量定理求解作用力。　 试答体验：选B。设空气的密度为ρ，固定交通标志牌的横截面积为S，则在时间Δt内风迎面垂直吹向标志牌的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向固定的交通标志牌的末速度为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速≈50 m/s，则有＝≈4，故B正确。 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”，其质量具有连续性，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，如图所示 2 微元研究：作用时间Δt内柱形流体的长度为Δl＝v·Δt，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 考向一　流体类“柱状模型” 【典例2】 (2025·湖北期中联考)电动自行车不仅骑行方便而且运行成本低，是很流行的代步交通工具。电动自行车在无风骑行时的阻力可以等效为骑行时带动迎风面的空气柱达到骑行速度的力，骑行时的迎风面积为S＝0.5 m2，g＝10 m/s2，ρ空气＝1.2 kg/m3，不计其他阻力，则无风匀速骑行时风的阻力f与车速v的关系式为(各量均为国际单位)(　　 ) A．f＝0.2v2 B．f＝0.3v2 C．f＝0.6v2 D．f＝0.8v2 解析：选C。取一小段时间Δt内的空气为研究对象，这一小段气体质量Δm＝ρvΔtS，根据动量定理FΔt＝Δmv＝ρv2ΔtS，匀速骑行时F＝f，联立解得f＝0.6v2，故C正确。 考向二　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”，其质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n及粒子的质量m 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”：沿运动的方向选取一段柱形粒子流，柱体的横截面积为S，微粒的速度为v0 2 微元研究：作用时间Δt内柱形粒子流的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝v0SΔt，粒子数N＝nv0SΔt，质量Δm＝Nm 3 建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【典例3】 在空间站的建设方面，我国顺利地完成了自己的计划，将“天和”核心舱发射进入了地球轨道，乘坐宇宙飞船在太空航行旅游将变成现实。假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米体积的微粒数为n，微粒的平均质量为m。设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上，若要飞船速度保持不变，则关于飞船应增加的牵引力ΔF正确的是(　　) A．ΔF＝nSmv2 B．ΔF＝nSmv C．ΔF＝nSmv3 D．ΔF＝2nSmv2 解析：选A。根据题意可知，时间Δt内，吸附于飞船上的微粒的总质量Δm＝nSmvΔt，根据动量定理可得ΔF·Δt＝Δm·v，解得ΔF＝nSmv2，故A正确。 【基础练】 1．用水平拉力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力，物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示。α>β，拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，Ff的冲量大小为I2。则下列选项正确的是(　　 ) A.W1>W2，I1＝I2 B．W1<W2，I1＝I2 C．W1<W2，I1<I2 D．W1＝W2，I1＝I2 解析：选D。物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中，在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功，故由动能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正确，A、B、C错误。 2．(2025·甘肃临夏期末)如图甲所示，t＝0时一质量m＝1 kg的小球沿长直斜面向上运动，小球运动的v ­t图像如图乙所示。则下列判断正确的是(　　 ) A．在t＝2 s时小球的加速度为零 B．小球上滑与下滑过程中的加速度大小之比为4∶3 C．小球沿斜面上滑的最大距离为3 m D．在0～4 s内小球受到合力的冲量大小为1 N·s 解析：选C。由题图乙可知，t＝2 s时，小球的速度为0，之后速度反向增加，小球开始加速下滑，则在t＝2 s时小球的加速度不为零，故A错误；根据v ­t图像中斜率表示加速度，由题图乙可知，小球上滑时的加速度大小为a1＝m/s2＝3,2 m/s2，下滑时的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2，则小球上滑与下滑过程中的加速度大小之比为3∶2，故B错误；根据v ­t图像中面积表示位移，由题图乙可知，小球沿斜面上滑的最大距离为x＝×2×3 m＝3 m，故C正确；根据题意，取沿斜面向下为正方向，由动量定理有I总＝mv－mv0＝[1×2－1×(－3)] N·s＝5 N·s，故D错误。 3．“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，则风洞内气流的速度约为(　　) A． B． C． D． 解析：选A。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，又Δm＝ρ·vΔt·S，联立解得v＝，故A正确。 4．(2025·江苏淮安期中)如图所示，蹦极过程可简化为人沿竖直方向的运动。某游客身系弹性绳从高空P点由静止下落，第一次下降至最低点的过程中(忽略空气阻力)，下列说法正确的是(　　 ) A．弹性绳恰好伸直时，人的动量最大 B．在最低点时，弹性绳对人的拉力等于人的重力 C．弹性绳对人的冲量大小等于重力对人的冲量大小 D．重力对人做的功大于人克服弹性绳的拉力做的功 解析：选C。弹性绳恰好伸直时，人的加速度为重力加速度，人仍继续向下加速，人的速度不是最大，则人的动量不是最大，故A错误；在最低点时，人的速度为0，但加速度方向向上，则人的合力方向向上，所以弹性绳对人的拉力大于人的重力，故B错误；由静止下落，第一次下降至最低点的过程中，根据动量定理可得IG－I弹＝Δp＝0，可得IG＝I弹，可知弹性绳对人的冲量大小等于重力对人的冲量大小，故C正确；由静止下落，第一次下降至最低点的过程中，根据动能定理可得WG－W弹＝ΔEk＝0，可得WG＝W弹，可知重力对人做的功等于人克服弹性绳的拉力做的功，故D错误。 5．(2025·山东潍坊期中)“雨打芭蕉”是自然现象，也是富含美感和韵味的古典意象。设某片芭蕉叶水平，叶片面积为S，雨水以速度v竖直匀速下落，落到叶片上后以原来速率的一半竖直反弹。已知空中雨水的平均密度为ρ，不计落到叶片上时雨水所受的重力，则雨打芭蕉叶的力的大小为(　　) A． B． C． D． 解析：选A。根据题意，设时间为t，则落到芭蕉叶上的雨水的质量为m＝V＝vtS，设雨打芭蕉叶的力的大小为F，取向上为正方向，由动量定理有Ft＝m·－m(－v)，解得F＝，故A正确。 【综合练】 6．离子打到金属板上可以被吸收，即让离子速度在短时间内变为零。某高速离子流形成的等效电流为I，单个离子质量为m，带电荷量为q，速度为v，此离子流持续打到金属板的过程中，金属板所受离子流的平均冲击力大小为(　　) A． B． C． D．Iqmv 解析：选A。设该离子流单位长度中有n个离子，冲击时对离子流由动量定理有FΔt＝0－nlmv，l＝vΔt，再由电流的定义得I＝＝＝nvq，解得F＝－，根据牛顿第三定律，金属板所受离子流的平均冲击力大小与离子流受到的作用力大小相等，方向相反，故A正确。 7．直立起跳是一项常见的热身运动，运动员先蹲下，然后瞬间向上直立跳起，如图甲所示。一位同学站在力传感器上做直立起跳，从蹲下到跳起过程中力传感器采集到的F ­t图线如图乙所示(图线与横轴围成的面积约为30格)，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．整个过程中该同学先超重后失重 B．该同学的最大加速度大小为30 m/s2 C．该同学完全跳起时的速度为2 m/s D．整个过程中地面对该同学做功为1 200 J 解析：选C。整个过程中该同学先失重后超重再失重，故A错误；这位同学处于静止状态时F0＝mg＝0.6×103 N＝600 N，则m＝60 kg，这位同学对传感器的最大压力为1 800 N，由牛顿第三定律可知这位同学受到的最大支持力为F1＝1 800 N，由牛顿第二定律得F1－mg＝mam，解得am＝20 m/s2，故B错误；F ­t图线与横轴围成的面积表示冲量，由动量定理得Ft－mgt＝mv－0，解得v＝＝m/s＝2 m/s，故C正确；人在起跳过程中人的脚没有离开地面，地面对该同学不做功，故D错误。 8．(2025·山东临沂期末)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水柱以速度v垂直喷射到车身上，水柱的直径为D。所有喷到车身的水流约有向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为其余的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，水柱可视为均匀柱体，则水流对车身的平均冲击力为(　　 ) A．ρπ B．ρπD2v2 C．ρπD2v2 D．ρπD2v2 解析：选D。取水流的速度方向为正方向，假设在一段很短的时间Δt内，喷到车身上水的质量为Δm，则Δm＝ρSvΔt＝ρπvΔt，设车身对水流的平均冲击力大小为，则对质量为Δm的水，根据动量定理有－Δt＝Δm＋Δm(0－v)，联立两式得＝ρπD2v2，根据牛顿第三定律可得，水流对车身的平均冲击力为ρπD2v2。故D正确。 9．(2025·福建莆田期末)2024年6月2日，“嫦娥六号”探测器在月球背面南极­艾特肯盆地着陆。如图所示，假设探测器在反推发动机作用下距月面h＝98 m处悬停，选定着陆点后，开始以加速度a＝1 m/s2竖直下降，当四条“缓冲腿”接触月面时，反推发动机立即停止工作，探测器经Δt＝2 s速度减为0，探测器质量m＝900 kg，月球表面“重力”加速度g＝1.6 m/s2。求： (1)探测器竖直下降过程中反推发动机推力的大小F； (2)探测器竖直下降过程中反推发动机推力的冲量大小I； (3)接触月球的过程中月面对探测器的平均作用力大小。 解析：(1)根据牛顿运动定律得mg－F＝ma，解得F＝540 N。 (2)设匀加速下落时间为t，由运动学公式得h＝at2 反推发动机推力的冲量大小为I＝Ft，可得I＝7 560 N·s。 (3)设“缓冲腿”接触月面前瞬间，探测器速度大小为v，由运动学公式得v2＝2ah 从“缓冲腿”接触月面到探测器速度减为0的过程中，以竖直向下为正方向，根据动量定理有mgΔt－Δt＝0－mv 解得＝7 740 N。 答案：(1)540 N　(2)7 560 N·s　(3)7 740 N 【创新练】 10．(动量定理在生活中的应用)《天工开物》中记载了一种舂(chōng)米装置，曾在农村广泛应用，如图所示。某次操作时，人将谷物倒入石臼内，然后通过杠杆的作用，把质量为10 kg的碓抬高20 cm后从静止释放，碓在重力作用下向下运动打在石臼内，碓的下落过程可简化为自由落体。设碓与谷物作用0.05 s后静止，从而将谷物碾磨成米粒。取g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　 ) A．碓向下运动过程中的最大速度约为20 m/s B．碓从释放到静止的过程中，合力冲量竖直向下 C．碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力约为400 N D．碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力约为500 N 解析：选D。碓向下运动时只有重力做功，由动能定理有mgh＝mv2，可知最大速度约为v＝＝2 m/s，故A错误；碓从释放到静止的过程中，初末速度为零，则动量的变化量为零，故合力的冲量为零，故B错误；对碓，取向上为正方向，根据动量定理得t－mgt＝0－(－mv)，解得＝500 N，由牛顿第三定律可知，碓对谷物的平均作用力约为500 N，故C错误，D正确。 $