第1章 第2节 动量定理（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

2　动量定理 教材知识——一遍过 高考趋向——全练通 1. （2026·四川眉山高二质检）如图所示，质量为m的物块在水平方向夹角为θ的 恒定拉力F的作用下匀速向右运动。在时间t内，下列说法正确的是（　　） A. 物块所受重力的冲量为0 B. 物块所受摩擦力的冲量为0 C. 物块所受拉力的冲量为Ftcos θ D. 物块所受合力的冲量为0 对冲量的理解与计算 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故A错误；物块做匀速运动，由水平 方向的平衡条件可得摩擦力大小Ff＝Fcos θ，物块所受摩擦力的冲量为I＝Fcos θ·t≠0，故B错误；物块所受拉力的冲量为IF＝Ft，故C错误；物块做匀速运动， 所受合力为0，物块所受合力的冲量为0，故D正确。 ｜方法技巧｜ 求合冲量的两种方法 （1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 （2）如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合 Δt求解。 1 2 3 4 5 6 7 2. 关于冲量，以下说法正确的是（　　） A. 物体所受合外力的冲量为零时，合外力做功也为零 B. 物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零 C. 物体所受合外力的冲量越大，则合外力做功也越大 D. 只要物体受到了力的作用，一段时间内，力的总冲量就一定不为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：合外力的冲量等于动量的变化量，如果合外力的冲量为零，则动量的变 化量为零，所以物体速度不变，动能变化量为零，合外力做功也为零，选项A正 确；重力是恒力，则重力的冲量为mgt，与重力是否做功无关，选项B错误；物 体所受合外力的冲量越大，则动量变化量越大，动量变化可能只改变方向，故 动能不一定变大，合外力做功不一定越大，选项C错误；物体受到了力的作用， 如果力是变力，则一段时间内的总冲量也可能为零，如匀速圆周运动中的物体 受到了力的作用，但在转一周后力的总冲量是零，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 3. （2026·浙江杭州高二月考）一物体受到方向不变的力F作用，其中力F的大小 随时间变化的规律如图所示，则力F在6 s内的冲量大小为（　　） A. 9 N·s B. 13.5 N·s C. 15.5 N·s D. 18 N·s √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由I＝Ft可知，在F-t图像中，图线与t轴所围成的面积表示冲量的大小，所 以I＝×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，B正确，A、C、D错误。 ｜解题技巧｜ F-t图像中，力在时间Δt内的冲量大小在数值上等于图线与横轴围成的 “面积”。若力F是变力，但力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变 力的冲量。 1 2 3 4 5 6 7 4. （链接教材P6“问题”）船舶的设计中，通常会在船舷处悬挂轮胎，如图所 示，其目的主要是在船舶与其他船舶碰撞时或船舶在岸边停靠时减小碰撞产生 的冲击力，从而使船体免受损害。下列说法正确的是（　　） A. 轮胎可以减小船舶碰撞时的动量 B. 轮胎可以减小船舶碰撞过程中受到的冲量 C. 轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化量 D. 轮胎可以减小船舶碰撞过程中动量的变化率 动量定理的理解 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：物体的动量与物体的速度和质量有关，轮胎不能减小船舶碰撞时的动 量，故A错误；由动量定理I＝p'－p＝mv－mv0，可知轮胎不能减小船舶碰 撞过程中受到的冲量，也不能减小船舶碰撞过程中动量的变化量，故B、C 错误；轮胎可以延长船舶碰撞过程的作用时间，使碰撞过程中动量的变化率 减小，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 5. （2026 ·山东济南高二期中）如图是用木槌把糯米饭打成糍粑的场景。已知木 槌质量为10 kg，木槌刚接触糍粑时的速度是8 m/s，打击糍粑0.1 s后木槌静止， 重力加速度g取10 m/s2。木槌打击糍粑时平均作用力的大小为（D　） A. 80 N B. 100 N C. 800 N D. 900 N 解析：设竖直向下为正方向，对于木槌，由动量定理可得（mg－F）t＝0－mv， 解得F＝900 N，即木槌受到糍粑的平均作用力大小为900 N，方向竖直向上，根 据牛顿第三定律可知，木槌打击糍粑的平均作用力的大小为900 N，方向竖直向 下A、B、C错误，D正确。 动量定理的应用 √ 1 2 3 4 5 6 7 6. （2025·浙江高考）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，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（　　） A. 5层 B. 8层 C. 17层 D. 27层 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：根据自由落体运动公式v2＝2gh，根据运动学公式h＝Δt＝·Δt，取竖直向 下为正方向，不考虑鸡蛋自身重力，根据动量定理－F·Δt＝0－mv（点拨：由于 鸡蛋受到的重力大小远小于冲击力的大小，本题是估算题，因此计算过程不考 虑重力的冲量），联立解得h＝50 m，相邻楼层的高度差约为3 m，因此鸡蛋坠 落的楼层为n＝（层）≈17（层），A、B、D错误，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 7. （2026·浙江金华高二质检）在海口某学校科技节活动中，高二年级开展的水 火箭制作和发射比赛现场吸引了众多师生围观。水火箭原理如图乙所示，发射 时利用压缩空气把水从火箭尾部的喷嘴向下高速喷出，火箭受到反冲作用而高 速升空。如图甲是某同学发射水火箭的精彩瞬间，若发射过程中水火箭将壳内 0.5 kg的水以相对地面30 m/s的速度在0.5 s时间内快速向下喷出，则火箭箭体受 到的推力约为（　B　） √ A. 15 N B. 25 N C. 30 N D. 35 N 1 2 3 4 5 6 7 解析：以竖直向下为正方向，对喷出的水由动量定理得（F＋mg）Δt＝mv－0， 解得F＝25 N，根据牛顿第三定律得，水对火箭的作用力F'＝－F＝－25 N，火箭箭体受到的推力大小约为25 N，B正确，A、C、D错误。 ｜易错警示｜ （1）动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向。 （2 ）动量定理公式中I（F·Δt）应为合外力的冲量，不要漏掉某个力的 冲量。 1 2 3 4 5 6 7 1. （2026·湖北武汉高二统考）如图甲所示，质量为1 kg的物块静止于水平面 上，t＝0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物块与水平 面之间的动摩擦因数为0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列选项正确的是（　C　） A. 0～2 s内，重力的冲量为零 B. t＝1 s时，物块的动量为零 C. t＝2 s时，物块动量的大小为4.8 kg·m/s D. 0～1 s内，摩擦力冲量的大小为5 N·s 创新命题设计　凸显思维品质 √ 1 2 3 4 5 解析：0～2 s内，重力的冲量为IG＝mgt＝20 N·s，故A错误；物块受到的最大静 摩擦力为Ff＝μmg＝6 N，结合题图乙可知0～0.6 s内，物块处于静止状态，受到 静摩擦力的作用，0.6～1 s内，物块受到滑动摩擦力的作用，则在0～1 s内，摩 擦力对物块的冲量大小为If＝×0.6 N·s＋6×（1－0.6） N·s＝4.2 N·s，故D 错误；F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量，在0～1 s内，拉力F对物块的冲量 大小为IF＝×1 N·s＝5 N·s，根据动量定理可得Δp＝p－0＝IF－If，解得t＝1 s 时物块的动量为p＝0.8 kg·m/s，故B错误；在0～2 s内，摩擦力对物块的冲量大小为If'＝×0.6 N·s＋6×（2－0.6） N·s＝10.2 N·s，在0～2 s内，拉力F对物块的冲量大小为IF'＝×1 N·s＋10×1 N·s＝15 N·s，根据动量定理可得Δp'＝p'－0＝IF'－If'，解得t＝2 s时物块的动量为p'＝4.8 kg·m/s，故C正确。 1 2 3 4 5 2. （2026·江苏南通高二期中）一个质量为2 kg的物体在合力F的作用下从静止开 始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则t＝2 s时物体的（　B　） A. 动量大小为1 kg·m/s B. 动量大小为2 kg·m/s C. 动量方向将变化 D. 动量变化率最大 √ 1 2 3 4 5 解析：由F-t图像与t轴所围的面积表示力的冲量，在0～2 s内力F的冲量I＝ ×2×2 N·s＝2 N·s，设2 s时动量为p，物体的初动量为零，根据动量定理可得I ＝p，代入数据解得p＝I＝2 N·s＝2 kg·m/s，A错误，B正确；由题图可知，0～4 s 内物体动量的变化量为0，所以在t＝2 s时，物体的动量方向没有变化，但力F的 方向变化，由动量定理可得F·Δt＝Δp，所以有＝F，可知动量变化率即为合力 F，此时为0，C、D错误。 1 2 3 4 5 3. （2026·山东青岛高二期中）如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为5 kg 的头锤从离气囊表面正上方5 m处自由下落，与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时为计时零点，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。则头锤与气囊碰撞过 程中，下列说法正确的是（　B　） A. t1＝0.08 s B. Fm＝1 100 N C. 合力对头锤冲量大小为80 N·s D. F的冲量大小为50 N·s 思维模型建构　强化思维过程 √ 1 2 3 4 5 解析：头锤落到气囊时的速度大小v1＝＝ m/s＝10 m/s，头锤 离开气囊时的速度大小v2＝＝ m/s＝2 m/s，以竖直向上的方 向为正方向，由动量定理可得×Fm×t－mgt＝mv2－（－mv1）（点拨：结合图 像，对头锤接触气囊到离开气囊全过程应用动量定理，F-t图像与时间轴围成的 面积表示冲量），代入数据解得Fm＝1 100 N，B正确；以竖直向上的方向为正 方向，由动量定理可得×Fm×t1－mgt1＝0－（－mv1），代入数据解得t1＝0.1 s，A错误；以竖直向上的方向为正方向，由动量定理可得I合＝mv2－（－mv1），代入数据解得I合＝m（v2＋v1）＝5×（2＋10） N·s＝60 N·s，C错误；根据F-t图像和横轴围成的面积表示冲量可得F的冲量大小IF＝×1 100×0.12 N·s ＝66 N·s，D错误。 1 2 3 4 5 4. （多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质 量为m的滑块锁定在斜面上。t＝0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉 力F，F随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速 度大小为g，则滑块（　　） A. 在0～4t0内一直沿斜面向下运动 B. 在0～4t0内所受合外力的总冲量大小为零 C. 在t0时动量大小是在2t0时的一半 D. 在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小 √ √ 1 2 3 4 5 解析：当F＝2mgsin θ时，滑块加速度为a1＝＝3gsin θ，方向沿斜面向下；当F＝－2mgsin θ时，滑块加速度大小为a2＝＝gsin θ，方向沿斜面向上，作出滑块0～4t0内的v-t图像，根据v-t图像可知0～4t0内，滑块一直沿斜面向下运动，故A正确；根据v-t图像可知0～4t0内，滑块的末速度不等于 0，根据动量定理I合＝Δp≠0，故B错误；根据v-t图像可知，t0时滑块的速度大于2t0时滑块的速度，故t0时滑块的动量不是2t0时滑块的动量的一半，故C错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，故由v-t图像可知，2t0～3t0过程滑块的位移小于3t0～4t0过程滑块的位移，故D正确。 1 2 3 4 5 5. （2026·浙江杭州高二期中）如题图所示，光滑圆弧轨道AB的半径为r、圆心 O在B点正上方，B点距水面的高度也为r。一质量为m的小球从A点静止释放后， 由C点射入水中恰好做减速直线运动至池底D点并静止在D点。已知重力加速度 为g，小球在水中运动时所受流体阻力大小与其速度大小成正比、方向与速度方 向相反，池水深h，小球可视为质点，不计空气阻力。 1 2 3 4 5 （1）求小球运动至B点时所受支持力大小； 答案：3m 解析：设小球在B点的速度大小为v0，所受支持力大小为FN，则小球从A到B过 程，根据机械能守恒定律有mgr＝m 解得v0＝ 在B处根据牛顿第二定律有FN－mg＝ 联立解得FN＝3mg。 1 2 3 4 5 解析：小球从B到C过程做平抛运动，在竖直方向上有＝2gr 解得vCy＝ 设球入水前瞬时的速度方向与水平方向的夹角为θ，根据几何关系有tan θ＝ 解得tan θ＝1 则θ＝45° 即小球入水前瞬时的速度方向与水平方向夹角为45° 则小球在C处速度大小v1＝＝2 方向斜向右下45°。 （2）求小球入水前瞬时的速度； 答案：2，方向斜向右下45° 1 2 3 4 5 解析：小球入水后做直线运动，小球所受合力大小等于流体阻力，从C到D过 程，设小球入水前的运动方向为正方向，根据动量定理有 －k·t＝0－mv1 根据运动关系有t＝＝h 联立解得k＝。 ｜易错警示｜ 本题计算合力的冲量时需考虑重力和浮力的冲量，实际上小球受到的重力 和浮力大小相等，方向相反，即重力和浮力的合冲量为零。 （3）忽略小球入水前后速度大小、方向的改变，若流体阻力f＝－kv，求系数k 的大小。 答案： 1 2 3 4 5 $