第7章 第1讲 动量定理(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量定理”专题，覆盖动量、冲量的理解及计算，动量定理的应用，“柱状模型”处理等高考核心考点。依据高考评价体系，分析动量定理应用占比60%、冲量计算占30%的高频考点分布，归纳恒力冲量、变力冲量、流体微粒模型等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+模型建构+素养提升”策略，如以2024全国甲卷蹦床题为例，运用F-t图像法和动量定理分析，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。通过微点判断归纳易错点，课时跟踪检测强化实战，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第七章 动量 动量守恒定律 物理(福建专版) 动量定理 第一讲 [精要回顾] |课|前| 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)在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则F1的冲量大于F2的冲量。 ( ) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。 ( ) (4)(2024·北京高考T8C)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量。 ( ) × × × √ (5)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。 ( ) (6)(人教选择性必修1 P6“问题”·选摘)有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是减轻船舶靠岸时码头与船舶的撞击。 ( ) (7)(人教选择性必修1 P9“科学漫步”·改编)动量定理反映了力对时间的累积效应。 ( ) √ √ √ 逐点清(一)　动量、冲量的理解及计算 逐点清(二)　动量定理的理解和应用 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　应用动量定理处理“柱状模型” 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　动量、冲量的理解及计算 1.[动量与动能的联系](双选)运动的物体的质量比为m甲∶m乙=2∶1，则 (　　) A.当它们的动能相同时，动量之比p甲∶p乙=2∶1 B.当它们的动能相同时，动量之比p甲∶p乙=∶1 C.当它们的动量相同时，动能之比Ek甲∶Ek乙=2∶1 D.当它们的动量相同时，动能之比Ek甲∶Ek乙=1∶2 √ √ 双选 解析：动能与动量的关系为Ek=mv2=，p=，当它们的动能相同时，动量之比p甲∶p乙=∶1，当它们的动量相同时，动能之比Ek甲∶Ek乙=1∶2，故A、C错误，B、D正确。 2.[恒力冲量的计算](2025·贵州贵阳模拟)巴黎奥运会上，某举重运动员双手握住重为G的杠铃迅速下蹲，在下蹲到最低点后，接着迅速起身伸直双腿和挺直背部，同时双臂用力将杠铃举过头顶，直到手臂完全伸直，杠铃在头顶上方稳定(保持静止)，等到裁判员发出白灯信号，才算抓举成功。若杠铃在头顶上方稳定的时间为t，则在该段时间内 (　　) A.地面对运动员的支持力的冲量为0 B.运动员对地面的压力的冲量为0 C.杠铃所受重力的冲量为Gt D.杠铃的总冲量为Gt √ 解析：地面对运动员的支持力的冲量为IN=FNt，即地面对运动员的支持力的冲量不为0，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的压力与地面对运动员的支持力大小相等、方向相反，则运动员对地面的压力的冲量不为0，故A、B错误；杠铃所受重力的冲量IG=Gt，故C正确；杠铃处于静止状态，所受合力为0，所以杠铃的总冲量为0，故D错误。 3.[变力冲量的计算]一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.第2 s末，质点的动量为0 B.第2 s末，质点的动量方向发生变化 C.第4 s末，质点回到出发点 D.在1~3 s时间内，力F的冲量为0 √ 解析：由题图可知，0~2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，动量方向不变，故A、B错误；2~4 s内F的方向与0~2 s内F的方向相反，该质点0~2 s内做加速运动，2~4 s 内做减速运动，所以质点在0~4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故C错误；F⁃t 图像与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1~2 s内所围的面积与2~3 s内所围的面积大小相等，一正一负，则在1~3 s时间内，力F的冲量为0，故D正确。 1.动量与动能的联系 (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，则动量一定发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化。 (3)大小关系：p=或Ek=。 关键点拨 2.冲量的计算方法 公式法 I=FΔt，仅适用于求恒力的冲量 F⁃t图像法 图像与t轴围成的面积表示冲量 平均值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化，则力F在某段时间t内的冲量I=t 逐点清(二)　动量定理的理解和应用 1.(双选)运输快递时，我们经常看到，有些易损坏 物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的 好处是 (　　) A.可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B.可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小 √ 题点1　应用动量定理解释有关现象 √ 解析：充气袋在运输中起到缓冲作用，可以延长力的作用时间，在某颠簸过程中，物体的动量变化量一定，由动量定理可知，物体所受合力的冲量不变，则物体所受合力减小，故A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，故D正确。 2- 1.(人教选择性必修1 P11T5)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。 题点2　动量定理的有关计算 答案：1 080 kg·m/s，方向竖直向上 解析：由2gh1=，解得运动员着网时的速度大小为v1=8 m/s 由2gh2=，解得运动员离开网时的速度大小为v2=10 m/s 设竖直向上为正方向，则运动员与网接触的这段时间内动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=60×(10+8)kg·m/s=1 080 kg·m/s，方向竖直向上。 (2)求网对运动员的平均作用力大小。 解析：设竖直向上为正方向，在运动员与网接触的时间Δt=0.8 s内，由动量定理得 (-mg)·Δt=Δp 代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为 =1 950 N。 答案：1 950 N　 (3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 答案：1 560 N·s，方向竖直向下　 1 560 N·s，方向竖直向上 解析：运动员自由下落的时间为t1== s=0.8 s 运动员离网后竖直上升的时间为t2== s=1 s 从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中，运动员所受重力的冲量大小为 IG=mg(t1+Δt+t2)=60×10×(0.8+0.8+1)N·s=1 560 N·s，方向竖直向下 运动员所受弹力的冲量大小即网对运动员的平均作用力的冲量大小，为I弹=·Δt=1 950×0.8 N·s=1 560 N·s，方向竖直向上。 2- 2.(2024·全国甲卷)(双选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N √ √ 解析：根据牛顿第三定律并结合题图可知，t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上，经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s时，运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误； 同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据可得=4 600 N，根据牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。 |教|考|衔|接| 人教版教材中的练习题和2024年全国甲卷高考题均以蹦床运动员的运动为素材考查动量定理。教材题中给出运动员自由下落和上升的高度，根据机械能守恒定律或匀变速直线运动规律，可得到运动员运动的速度大小，进而求得动量变化量的大小；而高考题中需根据图像获取运动员接触和离开蹦床的时刻，根据竖直上抛运动的对称性得出运动员速度的大小，进而求得动量变化量的大小，并结合动量定理求解问题。高考题“源于教材且高于教材”，学透教材、深挖教材的考评价值会给我们的高考备考带来奇效。 1.用动量定理解释两种现象 (1)Δp一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。 (2)F一定时，力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。 分析问题时，要看好哪个量不变，哪个量变化。 关键点拨 2.动量定理的两个重要应用 (1)应用I=Δp求变力的冲量。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化量。 3.应用动量定理的基本思路 逐点清(三)　应用动量定理处理 “柱状模型” 1.如图为无人机灭火的工作场景，一质量为M=175 kg的无人机工作时悬停于着火点正前方，其正下方竖直悬吊质量可以忽略不计的供水软管，水从地面进入供水软管经过无人机后从其前端水平安装的高压水枪以速度v=50 m/s水平喷出。高压水枪喷口处横截面积为S=3 cm2，水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2，供水软管的横截面积与高压水枪相同。则空气对无人机的作用力大小约为 (　　) A.750 N B.1 061 N C.1 250 N D.1 750 N √ 类型1　流体类“柱状模型” 解析：对无人机受力分析如图所示，对Δt时间内的高压水枪喷口附近的一段水柱应用动量定理可得F1Δt=ρSvΔt·v，解得F1=750 N，根据牛顿第三定律，这段水柱给无人机一个向后的作用力F1'=F1=750 N，根据平衡条件，空气给无人机一个向前的水平作用力Fx=750 N，同理，在竖直方向，水柱给无人机一个向上的作用力为F2'=750 N，则 Fy=Mg-750 N=1 000 N，空气对无人机的作用力大小约 为F气==1 250 N，故选C。 2.飞船正面面积S=1 m2，以v=2×103 m/s飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质量m0=2×10-4 kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面，要使飞船速度不变，飞船的推力是 (　　) A.400 N 　　B.600 N C.800 N 　　D.1 000 N 类型2　微粒类“柱状模型” √ 解析：飞船每秒前进的距离为x=vt=2 000 m，根据题意可知，撞到的微尘数量为n==2 000，若飞船速度不变，则飞船对微尘的冲量大小为I=nm0v=800 N·s，由牛顿第三定律可知微尘对飞船的冲量大小为I'=I=800 N·s，因飞船速度不变，动量不变，则推力对飞船的冲量大小也为I'=Ft，解得F=800 N，C项正确。 柱状模型 关键点拨 研究 对象 流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的微粒数n 分析 步骤 ①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S ②微元研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt 小柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体内微粒数N=nvSΔt 小柱体动量p=mv=ρv2SΔt ③建立方程，应用动量定理FΔt=Δp研究 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 1.2024年9月，我国自主研发的试验火箭完成10 km级垂直起降返回飞行试验。回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约 (　　) A.700 kg B.2 000 kg C.1.1×104 kg D.5.6×104 kg √ 6 1 2 3 4 5 解析：根据冲量的定义，可得冲量I=Ft=8×105 N×40 s=3.2×107 N·s，根据比冲的定义，可得消耗的燃料m=≈1.1×104 kg，故选C。 1 5 6 2 3 4 2.(2025·广东深圳一模)(双选)一根柔软的粗绳静止盘放在水平面上，绳的总长为l，总质量为m。现拉住绳的一端，用大小为F=mg的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作用到绳的下端离开地面的高度为l的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正确的有 (　　) A.绳的机械能变化量为2mgl B.绳的机械能变化量为1.5mgl C.绳的动量变化量为m D.绳的动量变化量为m √ √ 1 5 6 2 3 4 解析：从拉力开始作用于绳的一端到绳另一端离开地面的过程，由动能定理有Fl-mgl=mv2，解得v=，当绳下端离开地面后，因F=mg，可知绳向上做匀速运动，则当绳下端离开地面l时，绳的机械能变化量等于力F做功，即ΔE=F·2l=2mgl，故A正确，B错误；绳的动量变化量为Δp=mv-0=m，故C正确，D错误。 1 5 6 2 3 4 3.处于关闭状态的三扇推拉门，质量均为20 kg。第一扇门在沿水平轨道方向的2.0 N推力作用下匀速运动，与第二扇门即将重合时发生碰撞，碰撞时间0.5 s，碰后两扇门结为一体，此后两扇门滑行0.4 m后速度减为零，未与第三扇门接触。推力始终存在且保持不变，轨道对两扇门的滑动摩擦力相同。下列说法不正确的是 (　　) A.两扇门结为一体后的加速度大小为0.05 m/s2 B.两扇门结为一体瞬间共同速度大小为0.2 m/s C.与第二扇门碰撞前，第一扇门速度大小为0.4 m/s D.两扇门碰撞过程中产生的平均冲击力大小为10 N √ 1 5 6 2 3 4 解析：由题意可知，每扇门受到的滑动摩擦力大小为f=2.0 N，两扇门结为一体后的加速度大小为a==0.05 m/s2，故A正确；由运动学公式v2=2ax可知，两扇门结为一体瞬间共同速度为v=0.2 m/s，故B正确；碰撞过程中，对第二扇门，根据动量定理得FNt-ft=mv，解得FN=10 N，故D正确；碰撞过程中，对第一扇门，根据动量定理得(F-FN-f)t=mv-mv0 ，解得v0=0.45 m/s，故C错误。 1 5 6 2 3 4 4.(2025·福建宁德三模)假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气和水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力大小约为 (　　) A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2 C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2 √ 1 5 6 2 3 4 解析：在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体进行研究，由动量定理得FΔt=(Δm1+Δm2)v，解得F=(ρ+nm)Sv2，由牛顿第三定律可知，列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力大小约为F'=(ρ+nm)Sv2，故选B。 1 5 6 2 3 4 5.(2025·浙江1月选考)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，重力加速度g=10 m/s2，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 √ 1 5 6 2 3 4 解析：沙尘颗粒速率较小时，受到的阻力较小，由牛顿第二定律可知mg-kv=ma，随着沙尘颗粒速率的增大，其受到的阻力增大，加速度减小，当a=0时，沙尘颗粒速率达到最大且稳定，此时满足mg=kvm，解得vm=2×10-3 m/s，由动量定理可得mgt-kt=mvm，即mgt-kh=mvm， 则沙尘颗粒下落时间为t=≈1×104 s≈3 h。故选B。 1 5 6 2 3 4 6.(10分)为保证航海安全，海员需进行跳水训练。某次跳水训练中，质量m=75 kg的海员从距水面h=5 m的跳台边缘处由静止自由下落，下落过程中双脚并拢，脚尖绷直，身体始终保持竖直。忽略空气阻力，g=10 m/s2。 (1)求海员从离开跳台到接触水面所用的时间；(3分) 答案：1 s　 解析：海员从离开跳台到接触水面过程中做自由落体运动，有h=gt2，解得t=1 s。 1 5 6 2 3 4 (2)已知海员本次跳水触水瞬间受到水的作用力方向竖直向上，大小F=ρCAv2，式中水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，比例系数C=6，触水瞬间的有效面积A=1.0×10-3 m2，求海员触水瞬间加速度的大小；(4分) 答案：2 m/s2　 解析：海员触水瞬间的速度大小为v=gt=10 m/s 设海员触水瞬间的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mg-F=ma 又F=ρCAv2，解得a=2 m/s2。 1 5 6 2 3 4 (3)若海员从触水到速度减为0用时2 s，求该过程中水对海员平均作用力的大小。(3分) 答案：1 125 N 解析：规定竖直向下为正方向，设海员受到水的平均作用力大小为，方向竖直向上，由动量定理得(mg-)t'=0-mv 解得=1 125 N。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $