第6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（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量定理”核心考点，依据高考评价体系梳理动量、冲量、动量变化量的概念及计算，通过表格对比、微点判断（如动量与动能关系辨析）对接考查要求，结合蹦床运动员、水流冲击力等真题改编题，明确“动量定理应用”“柱状模型”等高频题型分布，构建系统复习框架。 课件亮点在于“科学思维导向+实战能力提升”，如通过流体类、微粒类“柱状模型”训练（模型建构素养），详解Δp计算的矢量性和冲量的图像法（科学推理素养），特设易错点警示（如变力冲量计算），帮助学生掌握动量定理答题技巧，教师可依托课时跟踪检测精准把握学情，助力高效备考。

第六章 动量 动量守恒定律 大单元分层教学设计 基础落实课 第1讲　动量定理 第2讲　动量守恒定律 综合融通课 第3讲　动量守恒定律的“三类典型问题” 第4讲　四种“类碰撞”典型模型研究 第5讲　“力学三大观点”的综合应用 实验探究课 第6讲　验证动量守恒定律 动量定理 第 1 讲 （基础落实课） 课前基础先行 一、动量和冲量   动量 冲量 定义 物体的质量与______的乘积 力与力的作用_______的乘积 表达式 p=_____，单位为kg·m/s　 I=______，单位为N·s 方向 动量的方向与____________相同 冲量的方向与_________相同 注意：动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而动能变化时，动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式：p=。 速度 时间 mv FΔt 速度的方向 力的方向 二、动量的变化量 1.因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是______，其方向与速度的变化量Δv的方向_______。 2.动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行计算，即Δp=_______。 矢量 相同 p'-p 三、动量定理 内容 物体在一个过程中所受_____的冲量等于它在这个过程始末的____________ 公式 _______或_______________ 动量定理的研究对象 单个物体或物体系。对物体系，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的动量变化量 力 动量变化量 I=p'-p F(t'-t)=mv'-mv 1.物体的动能不变，其动量一定不变。 ( ) 2.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 ( ) 3.两物体中动量大的动能不一定大。 ( ) 4.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。 ( ) 5.(人教选择性必修1 P10T1·改编)一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止，物体所受拉力F的冲量大小是Ftcos θ。 ( ) 6.运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。 ( ) 微点判断 × × √ √ × × 1.(人教选择性必修1 P11T5·改编)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，不计空气阻力，则网对运动员的平均作用力大小为 (　 ) A.1 950 N　 B.1 350 N　 C.750 N　 D.150 N 经典回练 √ 解析：运动员从h1=3.2 m处自由下落，刚着网时的速度大小v1== m/s=8 m/s，方向竖直向下，运动员蹦回到高度h2=5.0 m处，离网时的速度大小v2== m/s= 10 m/s，方向竖直向上，设网对运动员的平均作用力大小为，以向上为正方向，由动量定理得(-mg)t=mv2-(-mv1)，代入数据解得=1 950 N，故A正确，B、C、D错误。 2.(人教选择性必修1 P30T4·改编)水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流速为v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，则墙壁受到水的平均冲击力为 (　 ) A.ρSv3 B.ρSv2 C.ρSv3 D.ρSv2 解析：设t时间内有质量为m的水打在墙壁上，则有m=ρSvt，根据动量定理，有Ft=mv=ρSv2t，解得F=ρSv2，根据牛顿第三定律，墙壁受到水的平均冲击力大小为F'=F=ρSv2，故D正确，A、B、C错误。 √ 逐点清(一)　动量、动量变化量和冲量 逐点清(二)　动量定理 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　“柱状”模型 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　 动量、动量变化量和冲量 课 堂 1.[动量变化量的大小计算] 质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小表示错误的是(　 ) A.mgt　 B.m　 C.m　 D.m(v-v0) 题点全练 √ 解析：由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，A正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv=，由机械能守恒定律可得m+mgh=mv2，所以=，故物体动量变化量Δp=mΔv=m=m，B、C正确，D错误。 2.[利用图像法计算变力的冲量] 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，方向不变，故选项A、B错误；2~4 s内F的方向与0~2 s内F的方向不同，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，故选项C错误；在F⁃t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1~2 s内的面积与2~3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1~3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。 3.[利用动量定理计算变力的冲量] 如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量 为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(　 ) A.I=0　 B.I=mv0　 C.I=2mv0　 D.I=3mv0 √ 解析：根据机械能守恒定律可知木块离开弹簧时速度大小为v0，方向向右。设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I=mv0-(-mv0)= 2mv0，故C正确。 1.动量变化量的计算 (1)利用Δp=p'-p计算，但要注意该表达式的矢量性。　 (2)利用Δp=I=F合·t计算，该法常用于合外力和作用时间已知的情形。 精要点拨 2.冲量的三种计算方法 公式法 利用定义式I=FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态 图像法 利用F⁃t图像计算，F⁃t图像与横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 动量 定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I=FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I=p'-p求变力的冲量 逐点清(二)　动量定理 课 堂 1. (人教选择性必修1 P9“汽车碰撞试验”材料·改编)安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h 的速度发生碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s 停下。以下说法正确的是 (　 ) A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒 B.使用安全带时，假人动量变化量变小 C.使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1 250 N D.不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2 500 N 细作1　动量定理的理解及应用 √ 解析：碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为p=mv0，末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B错误；使用安全带时，根据动量定理有Ft=0-p，解得F=1 250 N，假人受到的平均作用力约为1 250 N，故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有F't'=0-p，解得F'=5 000 N，假人受到的平均作用力约为5 000 N，故D错误。 一点一过　动量定理的理解和应用 1.动量定理的理解 (1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。 (2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。 2.动量定理的应用 (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)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 2.(2025·扬州阶段检测)质量相等的两物体a、 b静止在水平面上，分别施加水平推力F1、 F2，一段时间后撤去推力，物体继续运动 一段距离后停下。两物体的v⁃t图像如图所示，图中AB∥CD。 则整个过程中(　 ) A.F1等于F2 B.F1小于F2 C.F1的冲量等于F2的冲量 D.F1的冲量小于F2的冲量 细作2　动量定理在多过程问题中的应用 √ 解析：根据v⁃t图像可知AB和CD段为撤去推力后的图线，因为AB∥CD，所以可得撤去推力后两物体运动的加速度相等，根据牛顿第二定律可得f=ma，由于两物体的质量相等，可知两物体受到的摩擦力大小相等，根据v⁃t图像可知，物体a加速阶段的加速度大于物体b加速阶段的加速度，则有aa=>ab=，可得F1>F2，故A、B错误；对物体运动的全过程，由动量定理可得IF-ft=0，由于两物体受到的摩擦力大小相等，由v⁃t图像可知物体a的运动时间较小，则物体a受到的摩擦力冲量较小，可得F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确。 一点一过　用动量定理解多过程问题的两点提醒 (1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。 (2)物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。 逐点清(三)　“柱状”模型 课 堂 类型(一)　流体类“柱状模型” 流体及其特点 通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S 2 微元研究：作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl=vΔt，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]　如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水 的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后 以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标 的平均冲击力大小为 (　 ) A.1.2πd2ρv2　　　 B.0.3πd2ρv2 C.1.2πd2ρv D.0.3πd2ρv √ [解析]　时间t内射出水枪的水的体积为V=vtS=πvtd2，t时间内击中目标的水的质量为m=ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理-Ft=-0.2mv-mv，解得水受到的平均作用力F=0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2。故选B。 类型(二)　微粒类“柱状模型” 微粒及其特点 通常电子、光子、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的粒子数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，柱体的横截面积为S 2 微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl=vΔt，对应的体积为ΔV=SvΔt，则微元内的粒子数N=nvSΔt 3 建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算 [例2]　某防空系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t=0.01 s、横截面积为S=2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m=2×10-2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v=300 m/s射入目标，并射停目标，停在目标体内。下列说法正确的是 (　 ) A.所形成弹幕的总体积V=6 cm3 B.所形成弹幕的总质量M=1.2×103 kg C.弹幕对目标形成的冲量大小I=3.6×107 kg·m/s D.弹幕对目标形成的冲击力大小F=3.6×108 N √ [解析]　弹幕的总体积为V=vtS=300×0.01×2 m3=6 m3，A错误；又因为每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N=个=6×106个，所形成弹幕的总质量M=N·m=6×106×2×10-2 kg=1.2×105 kg，B错误；由动量定理可知， I=MΔv=1.2×105 kg×300 m/s=3.6×107 kg·m/s，C正确；弹幕对目标形成的冲击力大小F==3.6×109 N，D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 1.下列关于动量、动能的说法中正确的是 (　 ) A.动能是矢量，动能的方向与位移的方向相同 B.动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同 C.物体的动量变化，则其动能一定变化 D.物体的动量增大2倍，其动能也增大2倍 √ 6 7 1 2 3 4 5 解析：动能是标量，没有方向，A错误；动量是矢量，由p=mv可知，动量的方向与速度的方向相同，B正确；动量变化有可能是方向改变、大小不变，此时动能不变，C错误；由p=mv，Ek=mv2，可得Ek=，物体的动量增大2倍，其动能增大4倍，D错误。 1 5 6 7 2 3 4 2.磁性圆盘竖直放置，绕固定的水平轴匀速转动，一铁质 小物体吸附在距离圆盘中心r处，相对于圆盘静止，则小 物体 (　 ) A.在最高点一定受四个力作用 B.在转动一圈的过程中，圆盘对小物块的支持力的冲量为0 C.在转动一圈的过程中，圆盘对小物块的摩擦力的冲量方向为竖直向上 D.小物块从圆周的最高点运动到最低点的过程中，摩擦力对小物块做正功 √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：在最高点物块可能受到重力、支持力、磁力三个力的作用，重力提供向心力，故A错误；在转动一圈的过程中，圆盘对小物块的支持力不为0，冲量不为0，故B错误；在转动一圈的过程中，根据动量定理可知，合力冲量为0，磁力与支持力的合力冲量为0，重力与摩擦力的合力冲量也为0，重力的冲量方向竖直向下，则圆盘对小物块的摩擦力的冲量方向为竖直向上，故C正确；小物块从圆周的最高点运动到最低点的过程中，动能不变，合外力做功为0，支持力、磁力不做功，重力做正功，则摩擦力对小物块做负功，故D错误。 1 5 6 7 2 3 4 3.(2025·泰州模拟)有两个完全相同的小球，从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时由静止释放，两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板，右筒底部为泡沫，压力传感器测得小球第一次碰撞中受到的支持力随时间变化如图乙中的曲线①②所示，已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中 (　 ) 1 5 6 7 2 3 4 A.左边小球所受重力的冲量大 B.两小球所受合外力的冲量相等 C.左边小球动量变化率大 D.右边小球动量变化量大 解析：题图甲左边圆筒底部为钢板，右边圆筒底部为泡沫，则小球与题图甲左边圆筒底部碰撞过程作用时间较小，重力的冲量I=mgt，可知左边小球所受重力的冲量小，故A错误；两小球所受合外力的冲量为支持力的冲量与重力的冲量的合冲量，由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等，即支持力的冲量相等，由于左边小球所受重力的冲量小，则左边小球所受合外力的冲量大，即左边小球动量变化量大，故B、D错误；由于左边小球碰撞过程中所受合外力的冲量大，且作用时间较短，故左边小球的动量变化率大，故C正确。 √ 1 5 6 7 2 3 4 4.(2025·盐城期中)质量相等的甲、乙、丙、丁四 个物体均做直线运动，其加速度a随时间t变化的 图像如图所示。则在相等的时间内，动量变化量 最大的是 (　 ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 √ 解析：根据动量定理可得Δp=F合t=mat，由于甲、乙、丙、丁四个物体的质量相等，甲的加速度最大，所以在相等的时间内，动量变化量最大的是甲。故选A。 1 5 6 7 2 3 4 5.“蹦极”是一项专业的户外休闲运动。如图所示，某人用 弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，若此人质量为 m，橡皮绳长为l，人可看成质点，且此人从P点由静止开 始下落到最低点所用时间为t，重力加速度为g，不计空气 阻力。从橡皮绳开始拉伸到此人下落到最低点的过程中， 橡皮绳对此人的平均作用力大小为 (　 ) A. B.mg+ C. D.mg+ √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则t1= ，此时速度为v=gt1=，取向上为正方向，由动量定理得(F-mg)=0- (-mv)，橡皮绳对人的平均作用力为F=mg+，故选D。 1 5 6 7 2 3 4 6.已知11级台风的风速范围为28.5~32.6 m/s，17级台风的风速范围为56.1~61.2 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，假设风吹到交通标志牌后速度变为零，则17级台风对该交通标志牌的作用力大小约为11级台风的 (　 ) A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍 √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：设空气的密度为ρ，该交通标志牌的横截面积为S，Δt时间内的空气质量为Δm=ρSvΔt，取风速方向为正方向，由动量定理有-F'·Δt=0-Δmv，解得F'=ρSv2，根据牛顿第三定律可知，风对该交通标志牌的作用力大小为F=F'=ρSv2，由题意可知，11级台风的平均风速v11= m/s≈31 m/s，17级台风的平均风速v17= m/s≈59 m/s，故==≈4，故选B。 1 5 6 7 2 3 4 7.(2025·徐州期中)从地面上以速率v1竖直向上抛出一个质量为m的小球，小球落地时速率为v2，若小球运动过程中所受空气阻力f的大小与其速率v成正比，重力加速度为g，则 (　 ) A.小球在空中运动的时间为+ B.全过程小球的动量变化量大小为mv1-mv2 C.上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量 D.上升过程中空气阻力的冲量小于下降过程中空气阻力的冲量 √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：作出小球的v⁃t图像如图所示，第一、第四象 限中阴影部分的面积表示小球上升和下降过程的位 移大小相等、方向相反；若将纵坐标改为f，由于 f∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相 等，其物理意义为小球上升、下降过程中空气阻力的冲量大小相等、方向相反，故C、D错误；对整个过程，设向下为正方向，根据动量定理有mgt+ f上t上-f下t下=mv2-(-mv1)，因f上t上=f下t下，解得t=+，故A正确；全过程小球的动量变化量大小为Δp=mv2-(-mv1)=mv2+mv1，故B错误。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $