第七章 动量守恒定律 第1节 动量定理及应用——2027届高三物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦动量和动量定理、动量守恒定律、碰撞等核心考点，依据2023-2025年新课标卷考情分析命题趋势，系统梳理动量、冲量等必备知识，归纳结合情景、图像的常考题型，精准对接高考评价体系，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如结合2025年甘肃卷动量定理计算、浙江卷流体模型问题，运用科学思维中的模型建构和科学推理，解析冲量计算（图像法、微元法）、碰撞模型等典型题型，培养学生物理观念。特设易错点分析与答题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此高效规划复习，提升备考效果。

考点 三年考情(20232025) 命题趋势 动量和动量定理 2025四川卷；2025浙江卷；2025甘肃卷； 2024江苏卷；2024广西卷；2024广东卷； 2023全国新课程卷； 1.动量和动量定理是高考考查频率较高的知识，结合情景、结合图像是考查的热点。 2.动量守恒定律是高考考查频率较高的知识，可能结合情景，可能是人船模型。可能是滑块木板模型等。 动量守恒定律 2025山东卷；2025广东卷； 2024辽吉黑卷； 2023湖南卷；2023辽宁卷； 1 续表 考点 三年考情(20232025) 命题趋势 弹性碰撞 2025湖南卷；2025江苏卷；2025山东卷；2025四川卷； 2024广西卷；2024广东卷； 2023全国乙卷；2023上海卷；2023山东卷； 1.碰撞，涉及动量和能量问题，是高考考查频率较高的。碰撞可以设计成不同情境，可以有机结合其他模型和图像。 2.弹性碰撞命题可以是选择题，可以是计算题；弹性碰撞与其他模型结合，大多是压轴题。 3.非弹性碰撞过程有机械能损失，可能与动能定理、牛顿运动定律结合。 非弹性碰撞 2025湖北卷；2025河南卷；2025浙江卷； 2024湖南卷；2024甘肃卷； 2023北京卷； 2 第7章 动量守恒定律 第1节 动量定理及应用 3 考点一 动量与冲量 考点二 动量定理的理解和应用 考点三 应用动量定理分析流体模型问题 4 考点一 动量与冲量 5 1.动量 （1）定义：物体的______和______的乘积。 （2）表达式： ____。 （3）方向：与______的方向相同。 2.动量的变化 （1）动量是矢量，动量的变化量 也是______，其方向与________________的方向相同。 （2）动量的变化量，一般用末动量减去初动量 进行矢量运算，也称为动量的增 量。即 _______。 质量 速度 速度 矢量 速度的改变量 6 3.冲量 （1）定义：____与______________的乘积叫作力的冲量。 （2）公式：________。 （3）单位：_____。 （4）方向：冲量是______，其方向与__________相同。 力 力的作用时间 矢量 力的方向 7 4.动量与动能的比较 动量 动能 物理意 义 描述机械运动状态的物理量 定义式 标矢性 矢量 标量 变化因 素 合外力的冲量 合外力所做的功 大小关 系 变化量 8 动量 动能 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 续表 9 5.冲量的计算方法 公式法 ，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动 状态 图像法 图像与 轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲 量，也可以计算变力的冲量 平均值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函 数，则力在某段时间内的冲量 动量定理法 根据物体动量的变化量，由 求冲量，多用于求变力的冲量 10 【视角1】　冲量、动量与动能 例1 如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块甲和乙分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( ) C A.两物块所受重力冲量相同 B.两物块的动量改变量相同 C.两物块的动能改变量相同 D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同 11 [解析] 设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度分别为a = gsin θ，设斜面高度为h。则物块在斜面上滑行的时间为t = ，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I = mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；根据动量定理mgsin θ·t = mv可知，Δp = mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，方向不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk = mgh = mv2，两物块的动能改变量相同，选项C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P = mgvsin θ，则重力瞬时功率不相同，选项D错误。 12 【视角2】　恒力冲量的计算 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( ) B 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) 13 [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(t2t1)，D项错误。 14 【视角3】　变力冲量的计算 例3 如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，d点为轨道上与圆心等高的点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动，若物块经过a点的速度为v0，经过时间t刚好到达d点，重力加速度为g。则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为( ) D A.mv0 B.mgt C.mv0+mgt D.m 15 [解析] 以初速度方向为正方向，根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为Ix = 0mv0，竖直方向上根据动量定理有Iymgt = 0，故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为I = = m，故选D。 16 【视角4】　Ft图像求冲量 例4 (多选)如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为10 kg的头锤从离气囊表面高5 m处自由下落，与正下方的气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2 m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的有( ) 17 A.头锤刚碰到气囊的速度大小为10 m/s B.头锤与气囊碰撞过程中合力冲量大小为80 N·s C.头锤受到气囊最大作用力Fm为2 600 N D.头锤受到气囊作用力F的冲量大小为120 N·s [解析] 头锤从离气囊表面H = 5 m处自由落到气囊的表面时，速度大小为v0 = = 10 m/s，故A正确；头锤被气囊反弹h = 0.2 m高，则头锤离开气囊时，速度大小为v = = 2 m/s，对头锤，规定竖直向上为正方向，根据动量定理，有I合 = mv = 120 N·s，故B错误；根据Ft图像的面积等于F的冲量可知，碰撞过程中F的冲量大小为IF = Fmt，对头锤，有I合 = IFmgt，联立解得Fm = 2 600 N，得IF = 130 N·s，故C正确，D错误。 √ √ 18 考点二 动量定理的理解和应用 19 1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的____________。 2.公式：_______________或__________。 3.对动量定理的理解 （1）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量， 可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。 （2）是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。式中 是物体所受的 合外力的冲量。 动量变化量 20 （3） 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。 （4）由，得 ，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。 （5）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。 21 4.解题基本思路 22 【视角1】　用动量定理解释生活中的现象 例1 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( ) D A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能 D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 23 [解析] 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp = FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。 24 【视角2】　动量定理的理解 例2 一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( ) D A.W2 = 3W1，I2≤3I1 B.W2 = 3W1，I2≥I1 C.W2 = 7W1，I2≤3I1 D.W2 = 7W1，I2≥I1 [解析] 根据动能定理有W1 = m(2v)2mv2 = mv2，W2 = m(5v)2m(2v)2 = mv2，可得W2 = 7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。 25 【视角3】　动量定理的计算 例3 (2025·甘肃)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上，初始时刻物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ = 30°。求: 26 (1)t = 6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小。 [解析] 由图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F = t 所以当t = 6 s时，F = 0~6 s内F的冲量为Ft图围成的面积，即 I = ×mg×6 = mg 27 (2)t在0~6 s内，摩擦力f的大小随时间t变化的关系式，并作出相应的f t图像。 [解析] 由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30° = μmgcos 30° 即μ = tan 30° = 在垂直杆方向，当Fsin θ = mgcos θ时，t = 4 s 则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+N = mgcos θ 摩擦力f = μN = mg 在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ = mgcos θ+N 摩擦力f = μN = mg 相应的f t图像如图 28 (3)t = 6 s时，物块的速度大小。 [解析] 在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有 IFcos θIf+mgsin θ×t = mv 在0~6 s内摩擦力的冲量为f t图围成的面积，则If = ×mg×4+×mg×2 = mg 联立有mg·cos 30°+3mgmg = mv 可得v = g 29 【视角4】　微元法求冲量 例4 (2025·浙江)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1×10-9 kg/s，重力加速度g = 10 m/s2，则它降落到地面的时间约为( ) B A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h [解析] 沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知mgkv = ma…①，沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当a = 0时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足mg = kvm…②，解得vm = 2×10-3 m/s，由动量定理可得mgt ∑kvΔt = mv即mgt-kh = mv，则沙尘下落时间为t = ，由于mv≪kh，则t≈ = 104 s≈3 h，故选B。 30 考点三 应用动量定理分析流体模型问题 31 研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数 分析步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速 的方向选取一段小柱体，其横截面积 为 ②微元 研究 小柱体的体积 小柱体质量 小柱体粒子数 小柱体动量 ③列出方程，应用动量定理 研究 32 【视角1】　动量定理与流体模型 例1 高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水流刚进入水枪时的速度可忽略不计，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直 D 喷射到某物体表面且速度在短时间内变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ，则水在物体表面产生的平均冲击力大小和高压水枪喷水的输出功率分别为( ) A.ρSv2　ρSv3 　B.ρSv3　ρSv2 C.ρSv2　ρSv3 　D.ρSv2　ρSv3 33 [解析] Δt时间内流出的水的质量m = ρSvΔt，根据动量定理Δt = mv，联立解得 = ρSv2，根据动能定理Δt = mv20，解得ρSv3，故选D。 34 【视角2】　动量定理与微观粒子模型 例2 离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机使用于航天器的姿态控制、保持位置等。某航天器质量为M，单个离子质量为2m，带电量为q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( ) B A. B. C. D. 35 [解析] 对离子，根据动能定理有qU = ×2mv2，解得v = ，根据电流的定义式则有I = ，对离子，根据动量定理有FΔt = N·2mv，解得F = = I，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F' = I，故B正确。 36 $