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

该高中物理高考复习课件聚焦“动量定理”核心考点，依据高考评价体系明确动量、冲量、动量变化量的理解与计算要求，通过“微点判断”辨析8类易错点，“逐点清”模块系统梳理动量与动能比较、冲量计算（恒力/变力）、动量定理应用等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“高考真题+模型突破+素养提升”策略，如结合2025年浙江选考“高空坠物冲击力”真题，运用“动量定理解题四步法”培养科学推理素养，通过“柱状模型”（黄豆倾倒、气流机翼作用）深化模型建构能力。特设“考教衔接”分析教材与高考题关联，帮助学生掌握实战技巧，教师可依托此课件实现高效复习指导。

动量 动量守恒定律 第七章 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”模型的研究 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（基础落实课） 第 1 讲 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进行矢量计算，即Δp=______，运算遵循平行四边形定则。 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 1.两物体的动量相等时，动能也一定相等。 ( ) 2.物体动量的变化量等于初、末状态动量的大小之差。 ( ) 3.一对相互作用力的冲量大小相等，方向相同。 ( ) 4.(人教选择性必修1P10T1·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。 ( ) 微点判断 × × × × 5.物体所受合力不变，则物体的动量也不改变。 ( ) 6.(人教选择性必修1P4例题·改编)一个钢球向右运动，碰到坚硬的墙壁后以大小相等的速度反向弹回，碰撞前后钢球的动量变化量为零。 ( ) 7.物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功。 ( ) 8.(人教选择性必修1P11T2·改编)体操运动员在落地时总要屈腿，是为了减小动量的变化量。 ( ) × × × × 逐点清(一)　动量、动量变化量和冲量 逐点清(二)　动量定理的理解与应用 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.[动量与动能的比较]关于动量与动能，以下说法正确的是 (　　) A.两个物体动能相等，它们的动量也一定相等 B.两个物体动量相等，它们的动能也一定相等 C.质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同 D.质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量一定相同 题点全练 √ 解析：根据p=mv，Ek=mv2，可得Ek=，p=，两个物体动能相等，它们的动量不一定相等，质量相等的两个物体若动能相等，则它们的动量大小一定相等、方向不一定相同，A、D错误；两个物体动量相等，它们的动能不一定相等， 但质量相等的两个物体若动量相等，则它们的动能一定相同，B错误，C正确。 2.[动量变化量的计算](2025·广西柳州一模)图甲为某次测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验。 假人头部受安全气囊的作用力F随 时间t变化的F⁃t图像如图乙所示。 碰撞过程中，若假人头部只受到 安全气囊的作用，则由F⁃t图像可知，假人头部 (　　) A.加速度大小一直减小 B.受到的力先均匀增大再均匀减小 C.动量变化量大小等于曲线与横轴围成的面积 D.动能变化量大小正比于曲线与横轴围成的面积 √ 解析：假人头部只受到安全气囊的作用，由F⁃t图像可知，F先增大后减小，根据牛顿第二定律可知，假人头部的加速度先增大后减小，故A错误；由题图乙可知，F随时间t不是线性变化，所以假人头部受到的力不是先均匀增大再均匀减小，故B错误；根据F⁃t图像与横轴围成的面积表示冲量大小，结合动量定理可知，动量变化量大小等于曲线与横轴围成的面积，故C正确；动量与动能的关系为Ek=，由以上分析知F⁃t图像与横轴围成的面积等于动量的变化量大小，则动能变化量大小不是正比于曲线与横轴围成的面积，故D错误。 3.[恒力冲量的计算]如图所示，一个物体在光滑水平地面上受到与水平方向成θ角的拉力F作用，向右做匀加速直线运动，拉力F作用时间为t。在这段时间内，下列说法正确的是 (　　) A.物体所受支持力的冲量大小为0 B.物体的动量变化量的大小为Ft C.物体所受拉力的冲量大小为Ftcos θ D.物体所受合力的冲量方向水平向右 √ 解析：对物体进行受力分析，竖直方向上有FN+Fsin θ=mg，所以物体所受支持力的冲量大小为I=FNt=(mg-Fsin θ)t，故A错误；因为物体向右做匀加速直线运动，则物体所受合力方向水平向右，大小为F合=Fcos θ，故合力的冲量方向水平向右，根据动量定理可得到物体的动量变化量的大小为Δp=Ftcos θ，故B错误，D正确；拉力对物体的冲量大小为IF=Ft，故C错误。 4.[利用图像法计算变力的冲量]一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图所示，以水平向右为正方向，则下列说法正确的是 (　　) A.前1 s内力F对物体的冲量为4 N·s B.物体在t=1 s时和t=3 s时的动量相同 C.前2 s内力F对物体的冲量为0 D.t=2 s时物体回到出发点 √ 解析：力F对物体的冲量等于图像与时间轴围成的面积，前1 s内力F对物体的冲量I1=×1×4 N·s=2 N·s，故A错误；0~3 s内力F对物体的冲量I2=×2×4 N·s-×1×4 N·s=2 N·s，0~1 s内由动量定理得I1=p1-0，0~3 s内由动量定理得I2=p2-0，因为I1=I2，所以物体在t=1 s时和t=3 s时的动量p1、p2相同，故B正确；前2 s内力F对物体的冲量I3=×2×4 N·s =4 N·s，故C错误；前2 s内物体一直在向右运动，故t=2 s时物体没有回到出发点，故D错误。 1.动能、动量和动量变化量的比较 精要点拨   动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差 定义式 Ek=mv2 p=mv Δp=p'-p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量   动能 动量 动量变化量 关联方程 Ek=，Ek=pv，p=，p= 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 2.冲量的四种计算方法 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 平均 值法 方向不变的变力，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I=t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小 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)　动量定理的理解与应用 课 堂 1.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以 (　　) A.减小穿戴者所受重力的冲量 B.减小地面对穿戴者的平均冲击力 C.减小穿戴者动量的变化量 D.减小穿戴者与地面的接触时间 细作1　用动量定理解释生活中的现象 √ 解析：设穿戴者所受合力为F，依题意，根据动量定理得FΔt=Δp，可得F=，安全气囊的作用是增大穿戴者与地面的接触时间，从而减小穿戴者所受到的平均冲击力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量未发生变化，穿戴者与地面的接触时间增大，则穿戴者所受重力的冲量增大。故选B。 一点一过　动量定理的理解和应用 1.对动量定理的理解 (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。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- 1.(人教版教材选择性必修1，P30T3)城市进入高楼时代 后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。如图为 一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤 害的严重性。小明同学用下面的实例来检验广告词的科 学性：设一个50 g的鸡蛋从18楼的窗户自由落下，相邻 楼层的高度差为3 m，与地面撞击时鸡蛋的竖直高度为5 cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空气阻力，重力加速度g取9.8 m/s2。试估算从18楼下落的鸡蛋对地面的平均冲击力。 细作2　动量定理的有关计算 答案：500.29 N，方向向下 解析：设鸡蛋落地瞬间的速度为v，鸡蛋下落的高度为h=17×3 m=51 m 由动能定理可知mgh=mv2 鸡蛋落地过程的平均速度为= 鸡蛋与地面撞击的时间为t= 取向上为正方向，在鸡蛋落地过程中，由动量定理可得(F-mg)t=0-(-mv) 联立并代入数据解得F=500.29 N 由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击力F'=-F=-500.29 N，负号表示方向向下。 2- 2.(2025·浙江6月选考)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500 N的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，鸡蛋上、下沿距离为5 cm，要产生500 N的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.5层 B.8层 C.17层 D.27层 √ 解析：鸡蛋从开始接触地面到匀减速至静止的过程，鸡蛋运动的位移为x=5 cm=0.05 m，设鸡蛋刚接触地面时的速度为v，鸡蛋撞击地面的时间Δt==，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得(F-mg)Δt=0 -(-mv)，代入数据解得v = m/s，鸡蛋接触地面前做自由落体运动，有v2=2gh，解得鸡蛋下落的高度h== m≈50 m，每层楼高约3 m，对应楼层数为≈17层，故选C。 |考|教|衔|接| (1)两题均以“自由落体运动+匀减速撞击”为模型，依托动能定理(或匀变速直线运动规律)求落地速度、动量定理求冲击力，教材习题与高考题核心物理规律完全一致，高考题是教材题的反向设问。 (2)两题都聚焦“高空坠物”社会热点，教材题通过计算验证警示科学性，高考题通过计算判断危险楼层，均实现物理知识与实际问题的结合，高考题是教材题情境应用的深化。 一点一过　利用动量定理解题的基本思路 3.(2025·河北高考)如图所示，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。 细作3　动量定理在多过程问题中的应用 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 答案：0.6 m　 解析：物块在平台上做匀减速直线运动，以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律有-μmg=ma，解得a=-2 m/s2 则物块从开始运动到离开平台有-=2ax0 物块从平台飞出后做平抛运动，有h=g，x=vxt1 联立解得x=0.6 m。 (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。 答案：0.1 N·s　0 解析：物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，设物块弹起至最大高度所用时间为t2，逆向分析，根据位移公式有h'=g 则物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 取竖直向上为正方向，物块与地面接触的过程中，根据动量定理，在竖直方向有IN-mgΔt = m-m(-)，=gt1，vy2=gt2，解得IN=0.1 N·s 取水平向右为正方向，在水平方向，根据动量定理有-μΔt=mvx'-mvx，IN=Δt，解得vx'=-1 m/s 但由于vx减小为0时，物块与地面将无相对运动和相对运动趋势，故vx'=0。 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 研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ 微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内微粒数n和单个微粒的质量m0 分析步骤 ①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一小段柱体，其横截面积为S ②微元研究 小段柱体的体积ΔV=vSΔt 小段柱体的质量m=ρΔV=ρvSΔt 小段柱体内微粒数N=nvSΔt 小段柱体的动量p=mv=ρv2SΔt或p=Nm0v ③列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究 [例1]　如图，将总质量为 200 g的 2 000粒黄豆从距秤盘 125 cm 高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度 为80 g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰 撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度g=10 m/s2，不 计空气阻力，不考虑黄豆间的相互作用，则持续倾倒黄豆 的时间约为 (　　) A.1.5 s B.2.5 s C.3.0 s D.5.0 s √ [解析]　黄豆落在秤盘上的速度大小为v==5 m/s，设持续倾倒黄豆的时间为t，一粒黄豆的质量为m0，单位时间Δt内落在秤盘上的黄豆数量为n=Δt，因碰撞时间极短，秤盘对黄豆的作用力远大于黄豆的重力，故黄豆重力可以忽略，设竖直向上为正方向，由动量定理得FΔt=2nm0v，方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v，根据牛顿第三定律知F=F'=0.8 N，代入数据解得t=2.5 s，故选B。 [例2]　(2025·北京高考)关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 [答案]　mv2+fx　 [解析]　根据动能定理得W-fx=mv2 解得牵引力对飞机做的功W=mv2+fx。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。 [答案]　 [解析]　设在该位置速度为vm，加速过程，根据速度位移关系=2a1d 减速过程，根据速度位移关系=2a2(L-d) 联立解得d=。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行， 相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过 飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图 所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖 直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。 [答案]　论证见解析　2 [解析]　在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，气流相对于飞机的速率也为u，并且气流掠过机翼后方向改变，从而对机翼产生竖直向上的作用力F，设气柱在水平方向投影的面积为S，Δt时间内气流竖直方向的动量变化量为Δp，根据动量定理有F'·Δt=Δp 又Δp=mΔv，m=ρSΔv·Δt，F=F' 联立可得F=ρS(Δv)2 又Δv∝u 可知F∝u2，即α=2。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图甲所示的静止下蹲状态向上跃起，脚刚离开地面时如图乙所示，身体运动到最高点时位置如图丙所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力。关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是 (　　) 6 7 8 9 1 2 3 4 5 A.从甲到乙的运动过程中，该同学因为受地面支持力的位移为零，所以支持力冲量为零 B.该同学在丙图位置的机械能等于在甲图位置的机械能 C.从甲到乙的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力 D.从甲到丙的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：该同学从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力，当地面支持力等于重力时速度最大，之后脚与地面间的作用力逐渐减小，该同学开始减速，当脚与地面间的作用力为零时离开地面，此过程地面对脚的支持力的冲量不为零，A、C错误；蹬地起跳过程中该同学消耗体内化学能转化为机械能，在乙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能，从乙到丙的运动过程中机械能守恒，则该同学在丙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能，B错误；从甲到丙的过程中，应用动量定理有I支+IG=0，所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向，D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.如图所示，学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则 (　　) A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D.足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：足球到达脚部的速度为v==5 m/s，足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p=mv=0.4×5 kg·m/s=2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间为t==0.5 s，所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mgt=0.4×10×0.5 N·s=2 N·s，B正确；根据运动的对称性，足球离开脚部的速度大小也是5 m/s，设竖直向下为正方向，脚部与足球作用过程中，动量变化量为Δp=-mv-mv=-2×0.4×5 kg·m/s=-4 kg·m/s，C错误；足球落到脚部和离开脚部时的动能相等，均为5 J，所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.(2025·云南昆明模拟)我国自主研发的人形机器人实现全球首例前空翻特技，该过程如图a→e所示。已知a图中机器人处于静止状态，c图中机器人重心位于全过程中的最高点，e图中机器人重心速度为零，忽略空气对机器人的作用力，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.起跳过程中，水平地面对机器人做正功 B.落地过程中，机器人的下蹲动作是为了减小动量变化量 C.c到d过程，机器人处于失重状态 D.落地时，机器人受到地面的冲量竖直向上 解析：地面对机器人作用力的作用点在力的方向上没有位移，故地面对机器人不做功，故A错误；下蹲动作不会改变动量变化量，但会延长作用时间，根据F=，可知延长作用时间可以使作用力减小，故B错误； √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 c到d过程，机器人加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确；c到e过程机器人存在水平向右的分动量，e图中机器人重心速度为零，此时机器人的动量为零，说明落地时地面给机器人一个水平向左的分冲量，地面对机器人的冲量为竖直向上及水平向左的两个冲量的合冲量，方向不可能竖直向上，D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.一同学在练习乒乓球削球技术时，使乒乓球竖直下落，在 球与球拍接触的瞬间，保持球拍板面水平，并沿水平方向 挥动球拍，如图所示。接触前后乒乓球在竖直方向的速度 大小分别为5 m/s和4 m/s，乒乓球与球拍之间的动摩擦因数 为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力，g取10 m/s2， 已知乒乓球与球拍接触时间极短，估算乒乓球在与球拍接 触后获得的水平速度大小约为 (　　) A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.0 m/s D.2.7 m/s √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：设球拍对乒乓球的平均支持力为F，分别规定竖直向上和球拍运动方向为正方向，由动量定理得Ft=mΔv，μFt=mvx，其中Δv=4 m/s-=9 m/s，代入两式解得vx=2.7 m/s，故选D。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.(2025·重庆模拟)以初速度v1竖直向上抛出一可视为质点的小球，设定整个运动过程中，该小球所受空气阻力大小f与其速度大小v成正比。若该小球从抛出至到达最高点过程历时t1，从最高点落回抛出点过程历时t2，该小球落回抛出点时的速度大小为v2，重力加速度为g，则下列说法正确的是 (　　) A.t1=t2 B.t1>t2 C.t1+t2= D.t1+t2= √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：该小球从抛出到落回抛出点的过程中，空气阻力一直对该小球做负功，该小球的机械能一直减少，因此该小球在上升过程中的平均速度大小大于其在下落过程中的平均速度大小，由于上升和下落的高度相同(设为h)，可知t1<t2，A、B错误；设f=kv(k为正值常数)，以竖直向下为正方向，从抛出到落回抛出点的过程中，由动量定理有mg(t1+t2)+If=mv2-m(-v1)，其中If=kt1+(-kt2)=kh-kh=0，解得t1+t2=，D正确，C错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(2025·河北保定模拟)如图所示，一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方， 从出口至底部的高度为H(足够大)，沙子的总质量为m。近似认为沙子 从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下，忽略空气阻力，不 计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为t，重力加速 度为g，下列说法正确的是 (　　) A.出口下方0~2 cm范围内沙子数与2~4 cm范围内沙子数相等 B.沙子落到容器底部变为静止的过程中，动量变化量的方向向下 C.容器底部受到的平均冲击力大小F≈ D.从沙子开始下落至全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变大后变小 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由自由落体运动规律可知，沙子下落的高度越大，速度越大，故出口下方越靠近出口，沙子的速度越小，则出口下方0~2 cm范围内沙子下落的时间大于出口下方2~4 cm范围内沙子下落的时间，由于沙子随时间均匀漏下，所以出口下方0~2 cm范围内沙子数比2~4 cm范围内沙子数多，故A错误。沙子落到底部时速度向下，动量向下，静止时动量为零，可知动量变化量的方向向上，故B错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 因为H足够大，忽略沙漏底部沙子的高度，取向上为正方向，由动量定理可得F'Δt-Δmg·Δt=Δmv，其中Δm为极短时间Δt内落到瓶底的沙子的质量，则有F'Δt≈Δmv，对时间累计求和可得F't≈mv，又v=，联立可得F'≈，根据牛顿第三定律可知，F=F'≈，故C正确。由于H足够大，一开始沙子从出口逐渐下落过程，离开出口的沙子处于失重状态，弹簧测力计示数会变小；上部的沙子完全离开出口落到底部的过程，逐渐落到底部的沙子处于超重状态，弹簧测力计示数会变大；所以从沙子开始下落至全部落到底部的过程中，弹簧测力计示数先变小后变大，故D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(2025·北京东城模拟)水平轨道固定在地面上，右侧固定一磁铁，如图甲所示。右端粘有磁铁的小车以初速度v0沿轨道向右运动，两磁铁间有相互排斥的作用力。某科研兴趣小组利用该实验装置研究小车在变力作用下的运动情况。无线传感器记录作用过程中小车的v⁃t图像(如图乙所示)以及小车所受斥力大小F随时间t的变化图像(如图丙所示)。已知小车所受摩擦阻力及空气阻力远小于磁铁间的相互作用力。那么 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.小车速度为零时，其所受合外力也恰好为零 B.小车在t1到t2时间内向右做匀减速直线运动，t2到t3时间内向左做匀加速直线运动 C.小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中，小车的机械能守恒 D.小车质量m约为400 g √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：依题意，小车运动过程中受向左的斥力作用，由题图乙、丙可知，在t1到t2时间内斥力逐渐增大，小车做加速度增大的减速直线运动，t2到t3时间内斥力逐渐减小，小车向左做加速度减小的加速直线运动，则t2时刻小车速度为零，所受合外力最大，故A、B错误；根据以上分析可知小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中，小车的动能先减小后增大，重力势能保持不变，所以小车的机械能不守恒，故C错误；根据动量定理得IF=Ft=Δp，可知题图丙中图线与时间轴所围面积表示小车所受斥力的冲量，取水平向右为正方向，则有-0.48 N·s=-mv0-mv0，解得m=400 g，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一 个特定的空间内有人工制造的气流，表演 者通过调整身体的姿态，改变受风面积 (即表演者在垂直风力方向的投影面积)， 来改变其所受向上风力的大小，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。已知气流竖直向上通过风洞，密度为ρ，流速恒定为v，游客受风面积为S，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.气体流量Q=πvρd2 B.气体流量Q= C.风对人的冲量与人对风的冲量相同 D.若风洞中空气流速变为原来的2倍，要使游客仍静止，则他的受风面积必须调整为原来的 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：由题意可知Q=πv=d2v，A错误；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，满足F=mg，另外Δm=ρ·vΔt·S，风洞内气流的流量为Q=vπ，联立解得Q=，B错误；根据牛顿第三定律可知，风对人的作用力与人对风的作用力大小相等、方向相反，所以根据冲量定义可知风对人的冲量与人对风的冲量大小相等、方向相反，C错误；由F=ρSv2=mg可知，若风洞中空气流速变为原来的2倍，游客受力不变，则S必须变为原来的，D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(14分)(2025·甘肃高考)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： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小。(4分) 答案：(N)　(N·s)　 解析：由题图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=t(N) 所以当t=6 s时，F=(N) 0~6 s内F的冲量为F⁃t图像与时间轴围成的面积，即I=×mg×6(N·s)=mg(N·s)。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f⁃t图像。(6分) 答案：当0≤t<4 s时，f=(1-t) (N)　当4 s≤t≤6 s时，f=(t-1) (N)　见解析图　 解析：初始时刻，物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件有 mgsin 30°=μmgcos 30°， 解得μ=tan 30°= 1 5 6 7 8 9 2 3 4 设物块与细杆间的弹力大小为FN，在垂直细杆方向上，由平衡条件有FN=|mgcos θ-Fsin θ| 以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f=μFN=μ·|mgcos θ-Fsin θ|=·|1-t|(N) 令1-t=0，解得t=4 s 则在0~6 s内，当0≤t<4 s时，f=(1-t) (N) 当4 s≤t≤6 s时，f=(t-1) (N)， 作出相应的f⁃t图像如图所示。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)t=6 s时，物块的速度大小。(4分) 答案：g(m/s) 解析：在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有 mgsin θ·Δt +Icos θ-If=mv 在0~6 s内摩擦力的冲量为f⁃t图像与t轴围成的面积， 则If=×mg×4(N·s)+×mg×2(N·s)=mg(N·s) 解得v=g(m/s)。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $