第7章 1.第1 节 动量定理及其应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“动量定理及其应用”专题，依据高考评价体系梳理动量、冲量、流体问题、分方向应用等考查维度，通过真题统计明确基础应用占60%、流体与分方向问题占40%的考点权重，归纳选择、计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养提升”，如2025浙江沙尘题用“平衡求速度+动量定理验证”突破流体问题，培养科学推理和运动与相互作用观念。设“易错警示”（如河北题水平速度方向判断），帮助学生掌握分方向应用技巧，教师可精准指导，提升备考效率。

目 录 CONTENTS 第1 节　动量定理及其应用 实验8 验证动量守恒定律 微专题12 动量守恒中的几种常见模型 第2 节　动量守恒定律 微专题13 力学三大观点的综合应用 返回目录 第1节 动量定理及其应用 返回目录 2  动量　冲量　动量定理T1、2、3、5、7　     应用动量定理分析流体问题T6、8　      分方向动量定理的应用T4 返回目录 1.★★(2025浙江1月,5,3分)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙 尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,则它降落到 地面的时间约为 ( ) A.0.5 h　　　    B.3 h　　　    C.28 h　　　    D.166 h 　    B　     高考真题 解析　沙尘颗粒稳定竖直降落时阻力等于重力,kv=mg,可得v= ,代入数据解得v=2× 10-3 m/s,它降落到地面的时间t= =  s=1×104 s≈3 h,B正确。 返回目录 一题多解 取向下为正方向,对降落过程根据动量定理可得mgt-kvt=0,其中vt=20 m,解得t=1×104 s ≈3 h,B正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2024福建,7,4分)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜 面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉 力F,F随时间t的变化关系如图(b)所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则 滑块 ( ) A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动 B.在0~4t0内所受合外力的冲量大小为零 C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半 D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小 　    AD　     图(a) 图(b) 返回目录 解析　根据牛顿第二定律可知,当拉力为2mg sin θ时,滑块加速度a1=3g sin θ,方向沿斜 面向下;当拉力为-2mg sin θ时,滑块加速度a2=-g sin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面 运动的v-t图像如图所示【点拨:已知拉力F随时间t的变化情况,分析运动学物理量时,画 v-t图像分析更为简单快捷】,其中v0=gt0 sin θ。根据v-t图像,可判断出0~4t0内滑块一直 沿斜面向下运动,A正确。4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0~4t0内滑块 所受合外力的冲量不为零,B错误。由v-t图像可知,滑块在t0时的动量大于在2t0时的动 量,C错误。根据v-t图线与t轴所围面积表示位移,可判断出D正确。   返回目录 3.★★★(多选)(2025广东,10,6分)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、 大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作 用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化 关系为F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于 该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有  ( )   　     　    ABD A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为 T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+ T D.T时刻受到空气作用力的大小为  返回目录 解析    由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故 无人机处于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作 用力方向必然变化【点拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题】,A正确;无人机在 0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有IF = T= T,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢 量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与 拉力冲量的代数和,C错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向 的分力Fx和竖直方向的分力Fy,则有F空气= ,其中Fx=(F0-kT) cos 30°= (F0-kT),Fy 返回目录 =mg+(F0-kT) sin 30°=mg+ (F0-kT),则有F空气= ,D正确。   返回目录 4.★★★(2025河北,14,14分)如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为 0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的 动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大 高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物 块弹离地面时水平速度的大小。 返回目录 答案 (1)0.6 m    (2)0.1 N·s    0 返回目录 解析    (1)设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1, 由动能定理得-μmgL= m - m  代入数据解得v1=1 m/s 小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h= g ,解得t1=0.6 s 水平方向上有x=v1t1=0.6 m (2)设第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1 m/s 竖直分速度大小v2y=gt1=6 m/s 设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所 返回目录 用时间为t2,则由H= g ,代入H=0.45 m,得t2= =0.3 s v2y'= =3 m/s 小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得IF-mgΔt=mv2y' -(-mv2y) 代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1 N·s 假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在 Δt内对小物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x 代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1 m/s<0,假设不符 返回目录 说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为 向右,故在水平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最 终离地时的水平分速度为零。 易错警示 在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1 m/s, 此时需要讨论,物块与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。 返回目录 5.★★(2025届河南部分学校联考)如图所示,长为L的非弹性轻绳,一端悬挂于天花板上 的O点,另一端系一质量为m的小球,使小球在水平面内做匀速圆周运动,轻绳与竖直方 向的夹角θ=37°,重力加速度为g,cos 37°=0.8,忽略空气阻力。在小球转过半圈的过程中, 下列说法正确的是 ( ) A.重力的冲量大小为2πm  B.合力的冲量大小为3m  　    B　     高考模拟 C.轻绳上的拉力的冲量大小为  D.轻绳上的拉力的冲量大小为   返回目录 解析　对小球,根据mg tan θ=m ,可得T=2π =2π ;在小球转过半圈的 过程中,重力的冲量大小IG=mg· =πm ,A错误。小球的速度v= L sin θ,合力的冲 量大小I合=mv-(-mv)=2mv,联立可得I合=3m ,B正确。轻绳对小球的拉力的冲量大小IF = =m ,C、D错误。 返回目录 6.★★★(多选)(2026届山东青岛开学考)质量为m的直升机悬停在空中执行救援任务, 旋翼高速旋转向下推动空气产生升力。已知旋翼半径为R,旋翼旋转推出的空气速度 为v、密度为ρ,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( ) A.升力大小为πρR2v B.升力大小为πρR2v2 C.旋翼推动空气做功的功率为mgv D.旋翼推动空气做功的功率为 mgv 　    BD　     返回目录 解析    Δt时间内旋翼旋转推出空气的质量为Δm=ρπR2v·Δt,对这部分空气由动量定理得 F·Δt=Δm·v-0,联立得推力大小F=ρπR2v2,由牛顿第三定律可知升力大小也是ρπR2v2,A错 误,B正确;旋翼推动空气做的功W= Δm·v2【点拨:以Δt时间推出的质量为Δm的气体为 研究对象】,功率为P= = ρπR2v3,质量为m的直升机悬停,有F升=ρπR2v2=mg,联立得旋翼 推动空气做功的功率为P= mgv,C错误,D正确。 返回目录 7.★★★(2025届四川内江模拟)一物体放在水平地面上,如图1所示,已知物体所受水平 拉力F随时间t的变化情况如图2所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示(g =10 m/s2)。以下说法错误的是 ( ) A.物体的质量为0.75 kg B.0~8 s时间内拉力的冲量为18 N·s C.0~8 s时间内物体动量变化量的大小为4 kg·m/s D.0~10 s时间内,物体克服摩擦力所做的功为30 J 　    A　     返回目录 解析     2~6 s 牛顿第二定律→a=  联立解得 m=  kg, μ=0.15,A错误 v-t图像→a=  m/s2=  m/s2 6~8 s 物体受力平衡→2 N=μmg 0~8 s F-t图像→I=(1×2+3×4+2×2) N·s=18 N·s B正确 Δp=mv= ×3 kg·m/s=4 kg·m/s C正确 0~10 s Wf克=μmgx=0.15× ×10×  J= 30 J D正确 返回目录 8.★★★(2026届北京清华附中月考)一空盒放在测力传感器上后,将测力传感器示数调 整到零。在盒底上方有一槽,槽内有多个小钢珠,小钢珠可视为质点,其质量均为0.02 kg。槽口离空盒的距离h=1.25 m,假设打开钢珠槽的阀门后,每秒从槽口离开100个小 钢珠(钢珠离开槽口的速度忽略不计),落到盒内后不反弹,则打开阀门后5.5 s时测力传 感器的示数为(g取10 m/s2) ( )   A.100 N　　　    B.110 N C.120 N　　　    D.130 N 　    B　     返回目录 解析　第一个小钢珠在空中运动的时间为t= =0.5 s,每个小钢珠到达盒子底部的速 度为v= =5 m/s,0.5 s时刻第一个钢珠撞击盒子,5.5 s时刻有500个钢珠在盒子中,此 时盒内钢珠总重力为G=500mg=500×0.02×10 N=100 N,钢珠连续不断撞击盒子,设盒子 受到的平均作用力大小为F,0.5 s之后每秒内有100个小钢珠撞击盒子,取向下为正方向, 取时间Δt=1 s,则对这100个小钢珠根据动量定理可得-FΔt=0-100mv,代入数据解得F= 10 N,则钢珠对盒的力F'=F=10 N。5.5 s时测力传感器的示数等于G+F=100 N+10 N= 110 N,B正确。 返回目录  运用动量定理巧解光粒子受力问题 (2025届湖南长沙市一中月考)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿 光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物 体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。 一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过 介质小球的光路如图所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹 角均为θ,出射时光束均与SO平行。光对小球的作用力可以通过光的折射和动量定理 分析,光子的动量与传播方向相同,关于两光束因折射对小球产生的合力分析正确的是  ( ) 　    A　     创新风向·挑战思维 返回目录   A.若光束①和②强度相同,两光束因折射对小球产生的合力水平向左 B.若光束①和②强度相同,两光束因折射对小球产生的合力为零 C.若光束①比②的强度大,两光束因折射对小球产生的合力偏下 D.若光束①比②的强度大,两光束因折射对小球产生的合力偏右 返回目录 解析　设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子的动量大小为p,这些粒子进 入小球前的总动量p1=2np cos θ, 【关键:忽略光的反射和吸收,即出射时每束光的能量 等于入射时每束光的能量】从小球出射时的总动量p2=2np,p1、p2的方向均沿SO向右, 取向右为正方向,根据动量定理可得FΔt=p2-p1=2np(1- cos θ)>0,小球对这些粒子的作用 力F的方向水平向右,根据牛顿第三定律可得,两光束对小球的合力方向水平向左,A正 确,B错误。【关键:若光束①比②的强度大,可得Δt时间内光束②穿过小球的粒子数n2 比光束①穿过小球的粒子数n1少】建立如图所示的xOy直角坐标系,在x方向上两光束 对小球的作用力沿x轴负方向,在y方向上,设Δt时间内,这些粒子进入小球前的总动量p1y =(n1-n2)p sin θ,从小球出射时的总动量p2y=0,根据动量定理可得FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 返回目录 θ,可得在y方向上小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向;根据牛顿第三定律可 得,两光束在y方向上对小球的作用力沿y轴正方向,所以两光束对小球的合力指向左上 方,C、D错误。   返回目录 $