第7章 课时作业36 第1讲 动量 冲量 动量定理-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动量 冲量 动量定理”核心考点，依据高考评价体系梳理了动量变化、冲量计算、动量定理应用三大考查维度，通过江苏泰州模拟、湖北卷等真题及模拟题分析，明确了“动量定理综合应用”占比50%、“冲量与动量变化关系”占比30%的高频考点分布，归纳了选择、计算等常考题型。 课件亮点在于“真题情境+科学思维训练”的备考策略，如以蹦床运动员与网接触过程为例，用动量定理结合运动学公式推导平均作用力，培养科学推理和模型建构素养。特设“易错点警示”如摩擦力冲量计算误区，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效组织专题复习，提升备考针对性。

第1讲　动量　冲量　动量定理 第七章　动量守恒定律 1 (1－7题，每题4分) 1.(2026·江苏泰州模拟)如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出(课本始终未从桌面上滑落)。已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ， 则在白纸被抽出的过程中(　　) A.课本对白纸的滑动摩擦力方向向右 B.课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦力大 小为2μG C.白纸被抽出越快，课本动量的变化越大 D.白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 夯实基础 B 2 解析：根据题意可知，白纸相对课本向右运 动，则课本对白纸的摩擦力方向向左，故A错 误；课本与桌面接触前，白纸受到的是滑动摩 擦力，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN且白纸受到 课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2μG，故B正确；根据I＝Fft＝Δp可知，白纸被抽出越快，时间越短，课本动量的变化越小，课本所受滑动摩擦力的冲量越小，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3 2.(2026·江苏省锡中、省常中、溧阳中学检测)在光滑水平地面上放置 一质量为m＝1 kg的物块，t＝0时刻将一水平方向的力F作用在物块上， 力F随时间变化的图像如图所示，则t＝10 s时，物块的动量大小和方向 分别为(　　) A.2 kg·m/s，沿力F的正方向 B.2 kg·m/s，沿力F的负方向 C.10 kg·m/s，沿力F的正方向 D.10 kg·m/s，沿力F的负方向 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 4 解析：F－t图像中图线与坐标轴围成图形 的面积表示力F的冲量，由题图可知， 0~10 s内，力F的冲量为I＝ N·s＋(－1 ×6)N·s＝－2 N·s，负号表示冲量的方 向与力F的正方向相反。物块在光滑地面上，受到水平力F的作用，力F的冲量即为物块合外力的冲量，由动量定理得I＝p末－0，故物块在10 s时的动量为－2 kg·m/s，负号表示其方向与力F的正方向相反，即沿力F的负方向，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5 3.在某次蹦床比赛中运动员从离水平网面3.2 m高处自由下落，与蹦床接触0.8 s后，沿竖直方向弹回到离水平床面5.0 m高处。已知运动员的质 量为45 kg，g取10 m/s2，则蹦床对运动员的平均作用力大小为(　　) A.112.5 N　　　　　　　　 B.562.5 N C.1 012.5 N D.1 462.5 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：运动员自由下落刚接触蹦床时的速度大小满足＝2gh1，解得v1＝8 m/s，离开蹦床时的速度大小满足＝2gh2，解得v2＝10 m/s，取竖直向上为正方向，由动量定理可得(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，解得F＝ 1 462.5 N，D正确。 D 6 4.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成，门 处于关闭状态，其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定 拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边， 且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中 受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整 个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A. B. C. D.2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 7 解析：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线 运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比 较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计， 此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿 第二定律有μmg＝ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为at2，可得门板的最短运动时间趋近于t＝，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8 5.(2025·浙江1月卷)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取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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 9 解析：沙尘颗粒开始时速度较小，阻力较小，由牛顿第二定律可知mg－kv＝ma，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，解得vm＝2×10－3 m/s，由动量定理可得mgt－kt＝mvm，即mgt－kh＝mvm，则沙尘下落时间为t＝，由于mvm≪kh，则t≈＝104 s≈3 h，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10 6.舰载防空作战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＝1.2×105 kg C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2 D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 11 解析：形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；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＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；弹幕对目标的力与目标对弹幕的力大小相等，作用时间相等，则弹幕对目标形成的冲量大小与目标对弹幕形成的冲量大小相等，则由动量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12 7.如图，在光滑的水平桌面上，质量为m的小球在轻绳的作用下，绕O 点以速率v做匀速圆周运动。已知轻绳长为l，重力加速度大小为g。对 小球由A转过90°到B的过程，下列说法正确的是(　　) A.小球重力的冲量大小为0 B.绳子拉力的冲量大小为 C.小球动量的变化量大小为0 D.小球动量的变化率大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 解析：小球由A转到B的过程，所需时间为t＝ ，小球重力的冲量大小为IG＝mgt＝，故A 错误；小球动量的变化量大小Δp＝mΔv＝mv， 故C错误；由动量定理可得IF＝Δp＝mv，故B错误；根据F·Δt＝Δp可知，小球动量的变化率大小为F＝，又F＝，联立解得，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 (8－11题，每题4分) 8.(2026·江苏连云港调研)质量为m的蹦床运动员从一定高处自由下落， 着网速率为v1，以速率v2(v1＜v2)沿竖直方向离开蹦床。已知运动员与网接触的时间为t，则(　　) A.从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人重力的冲量一直增大 B.从开始下落到蹦回到最高点的过程中，人的机械能守恒 C.人与网接触的时间内动量的变化量为mv2－mv1 D.网对人的平均作用力大小为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 能力提升 A 15 解析：从开始下落到蹦回到最高点的过程中，根据IG＝Gt可知，人重力的冲量一直增大，故A正确；由v1＜v2可知，人与蹦床接触时，蹦床的弹力对人做功，所以人的机械能不守恒，故B错误；取向上为正方向，人与网接触的时间内动量的变化量为Δp＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，故C错误；根据动量定理有Ft－mgt＝Δp，可得网对人的平均作用力大小为F＝＋mg，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 16 9.中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高、规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后在另一段赛道内速度大小由5v变为7v，在前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和Δp2。下列 关系式可能成立的是(　　) A.W1＝W2，Δp1＝Δp2 B.W1＝W2，Δp1＝Δp2 C.W1＝W2，Δp1＝4Δp2 D.W1＝W2，Δp1＝4Δp2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 17 解析：根据动能定理有W1＝m(4v)2m(2v)2＝6mv2，W2＝m(7v)2 m(5v)2＝12mv2，可得W1＝W2；由于速度和动量都是矢量，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，则在前后两段赛道内，赛车动量变化的大小范围分别是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，可得Δp2≤Δp1≤3Δp2，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 18 10.(2026·广东佛山模拟)悬浮床是一种基于气体流动悬浮原理设计的医疗设备，通过向床内充入高压气体，使重症烧伤患者的身体悬浮在空 中，从而减少创面受压，促进创面愈合。人体下方的床板源源不断地往上喷出气体，设气体遇到人体后速度大小变为原本的十分之一，方向向下。已知人体质量为M，喷出气体的速率为v，重力加速度大小为g，则 t时间内喷出气体的质量为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 19 解析：设极短时间Δt内喷出气体的质量为Δm，以此时间内喷出的气体为研究对象，规定向上为正方向，根据动量定理可得－FΔt＝Δm·(v)－Δm·v＝－Δm·v，又F＝Mg，联立可得Δm＝，根据可得，t时间内喷出气体的质量为m＝，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 20 11.(2026·江苏苏州开学考试)如图所示，篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k＜1)，碰撞时间极短，弹回后篮球的球心恰好经过篮筐的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮筐中心距篮板的水平距离为L，碰撞点与篮筐中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则(　　) A.篮板对篮球的冲量大小为(k－1)mv0 B.篮板对篮球的冲量大小为kmv0 C.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下， 要使篮球球心经过篮筐中心，应使碰撞点更低 D.若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下， 要使篮球球心经过篮筐中心，应使碰撞点更高 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 21 解析：由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－(－mv0)＝(k＋1)mv0，故A、B错误；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮筐中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 22 12.(12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取10 m/s2。 (1)求海员从离开跳台到接触水面所用的时间； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 答案：1 s　 23 (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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析：海员触水瞬间的速度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。 答案：2 m/s2 24 (3)若海员从触水到速度减为零用时2 s，求该过程中水对海员平均作用力的大小。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 答案：1 125 N 25 $