【文档说明】高考物理一轮复习课件第6章动量守恒定律及其应用第18讲动量定理 (含详解).ppt，共(72)页，2.017 MB，由MTyang资料小铺上传

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第六章动量守恒定律及其应用高考总复习·物理考情分析考纲要求五年试题核心考点2014·全国卷Ⅰ，352014·全国卷Ⅱ，352015·全国卷Ⅰ，352015·全国卷Ⅱ，352016·全国卷Ⅰ，352016·全国卷Ⅱ，352016·全国卷Ⅲ，352017·全国卷

Ⅰ，142017·全国卷Ⅱ，152017·全国卷Ⅲ，201.动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ)2．弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)3．实验七：验证动量守恒定律2018·全国卷Ⅰ，14、242018·全国卷Ⅱ，15、24(1)综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题(2)动量与

力学知识结合、动量和电学知识结合，作为理综试卷压轴计算题第18讲动量定理高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．动量(1)定义：运动物体的质量和的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝.(

3)单位：千克·米每秒(kg·m/s)．(4)标矢性：动量是矢量，其方向和方向相同．速度mv速度2．冲量(1)定义：力和力的的乘积．(2)表达式：I＝.单位：牛秒(N·s)．(3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由的方向决定．(4)物理意义：表示力对的积累．(5)作用效果：使物体的发生变化．作用时间

Ft力时间动量3．动量定理(1)内容：物体所受合力的等于物体的的变化．(2)表达式：Ft＝Δp＝.(3)矢量性：动量变化量的方向与方向相同．冲量动量p′－p冲量[基础小练]判断下列说法是否正确(1)动量越大的物体，其速度越大．()(2)物体的动量越大，其动能也越大．()(

3)物体所受合力不变，则动量也不改变．()(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．()(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同．()(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．()×××××√板块二︿︿[考法精讲]考法一动量及动量的变化【自主练1】(2019

·甘肃师范大学附属中学高三期中)从水平地面将一小球斜向上抛出，不计空气阻力，则小球在空中运动的过程中()A．速度一直减小B．加速度一直减小C．在最高点时的动量为零D．在相同的时间间隔内，动量的变化量相同D解析不计空气阻力，只

受重力，故加速度不变，小球做斜向上抛运动，速度先减小后增大，故选项A、B错误；小球水平方向做匀速直线运动，在最高点时有水平速度，速度不为零，根据p＝mv可知，此时动量不为零，故选项C错误；根据Δv＝gt可知，在相等的时间间隔内，速度的变化量相等，根据Δp＝mΔv可知，动量的变

化量也相同，故选项D正确．【自主练2】(2019·邢台高三月考)(多选)地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年．如图所示为现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的

距离为20cm，当感知到地震时，质量为50g的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，取重力加速度为10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．铜珠在空中运动的时间为0.2sB．铜珠在空中运动的时间为0.4sC．铜珠刚落入蟾蜍口时的

动量大小为0.1kg·m/sD．铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.2kg·m/s答案AC解析铜珠在空中做自由落体运动，则由公式h＝12gt2，解得t＝2hg＝2×0.210s＝0.2s，故选项A正确，B错误；铜珠刚落人蟾蜍口时的速度为v＝gt＝10×0.

2m/s＝2m/s，则铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为p＝mv＝0.05×2kg·m/s＝0.1kg·m/s，故选项C正确，D错误．考法二冲量【自主练3】(2019·甘肃师范大学附属中学高三期中)(多选)

一质量m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2s以大小v＝4m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/s2.在这0.2s内()A．地面对运动员的冲量大小为240N·sB．重力对运动员的冲量大小为120N·sC．地面对运动员做的功为零D．地面对运动员做的功为

480JBC解析人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt＝60×4kg·m/s＋600×0.2N·s＝360N·s，故选项A错误，B正确；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起

过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故选项C正确，D错误．【自主练4】(2019·哈尔滨三中高三调研)(多选)从水平地面上方同一高度处，使A球斜上抛，使B球平抛，且两球质量相等，

初速度大小相同，最后落于同一水平地面上，空气阻力不计，在此过程中，下列说法正确的是()A．重力对两球做功相同B．重力对两球冲量不同C．两球运动过程中动量的变化量相同D．两球着地时的动量相同AB解析斜上抛和平抛过程中两球都只受重力作用，只有重力做功，两物体初位置高度相同，故重

力做功相同，选项A正确；由于两球初始高度相同，a球斜上抛，b球平抛，a球开始时具有向上的分速度，所以a运动的时间比b球运动的时间长，故重力对a球的冲量比对b球的冲量大，选项B正确；根据动量定理可得重力对两者的冲量不同，故两球的动量变化量不同，选项

C错误；由机械能守恒定律可得，小球落地时的速度大小相等，方向不同，落地时的动量大小相等，方向不同，动量不同，选项D错误．考法三应用动量定理解释生活现象解题技巧用动量定理解释生活中实际现象的方法(1)善于从题目

中搜寻相关信息，理解命题者意图．如“用一水平力缓慢拉动纸带，重物会跟随着一起运动．若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出”，题目中已经透露出快拉纸带，物体动量变化小，慢拉纸带物体动量变化大，找到该信息，题目基本明了．(2)用动量定理解释的现象一般可分为两类：

一类是物体的动量变化一定，此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．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化

．【自主练5】(2018·汕头潮南区高考冲刺)从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，这是因为玻璃杯掉在水泥地上时()A．受到的冲量大B．受到地面的作用力大C．动量的变化量大D．动量大B解析杯子从同一高度落下，故到达地面时

的速度一定相等，则着地时动量相等，与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知I＝Δp可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，作用力较大；而在毛毯上时，由于毛毯的缓冲使时间变长，作用力较小；故选项B正确，A、C、D错误．【自主练6】(2019·张

家口涿鹿中学月考)人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是脚触地后，顺势下蹲，这是为了()A．减小地面对人的冲量B．使人的动量变化减小C．减小地面对人的作用力D．增大人对地面的压强，这样人触地更稳C解析人在和地面接触时，脚尖先着地，顺势下蹲，可以增加人着地的时间，由动量定理可知(F－mg)t＝

mΔv，即减小受到地面的冲击力，故选项A、B、D错误，C正确．考法四应用动量定理求解力的大小及冲量应用动量定理解题的基本思路【例题1】(2019·广西百校高三大联考)如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一

段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面．不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为()A．2∶1B．3∶2C．4∶3D．5∶4C解析设物体在撤去拉力时速度大小为v，落地速度大小为v′，上升过程x＝v2t，下降过程x＝v′－v2t，

解得v∶v′＝1∶2，由动量定理得，上升过程(F－mg)t＝mv，下降过程－mgt＝－mv′－mv，联立解得F∶mg＝4∶3，故选项C正确．【跟踪训练1-1】(2019·衡水中学高三综合培养卷)质量为0.5kg的钢球从5.0m高处自由落下，与地面相碰后

竖直弹起到达4.05m高处，整个过程经历2.0s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为(g＝10m/s2)()A．5.0NB．90NC．95ND．100ND解析钢球与地面碰撞前做自由落体运动，根据机械能守恒有mgh1＝12mv21，所以球落地时的

速度为v1＝10m/s，方向竖直向下，下落的时间为t1＝v1g＝1s．钢球碰撞后向上做竖直上抛运动，根据机械能守恒定律有mgh2＝12mv22，所以钢球弹起，刚离地时的速度为v2＝9m/s，方向竖直向上，上升的时间为t2＝v2g＝

0.9s，所以在钢球与地面碰撞过程中，所用的时间Δt＝2s－1s－0.9s＝0.1s，运用动量定理有(FN－mg)·Δt＝mv2－mv1，代入数据解得FN＝100N，故选项D正确，A、B、C错误．【跟踪训练1-2】(2019·长春外国语学校高三开学考试)在水平地面的右端B处有一面墙，一小物

块放在水平地面上的A点，质量m＝0.5kg，A、B间距离s＝5m，如图所示．小物块以初速度v0＝8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7m/s，碰撞后以速度v2＝6m/s反向弹回．重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小

；(2)小物块与地面间的动摩擦因数μ；(3)若碰撞时间t＝0.05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小．解析(1)规定向左为正方向，从A到B的过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有a＝v21－

v202s＝72－822×5m·s－2＝－1.5m·s－2.(2)从A到B的过程，由动能定理，有－μmgs＝12mv21－12mv20，可得μ＝0.15.(3)对碰撞过程，由动量定理，有FΔt＝mv2－m(－v1)，可得F＝1

30N.答案(1)1.5m/s2(2)0.15(3)130N【跟踪训练1-3】(2019·江苏部分重点中学高三调研联考)某质量为m的运动员从距蹦床h1高处自由落下，接着又能弹起h2高，运动员与蹦床接触时间t，在空中保持直立．重力加速度为g，取竖直向上的方向为正方向，忽略空

气阻力．求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F.解析(1)由动量的定义式I＝Ft，得重力的冲量IG＝－mgt，负号表示方向竖直向下．(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，弹起时速度大小为

v2，则有v21＝2gh1，v22＝2gh2，由动量定理有－mgt＋Ft＝mv2－(－mv1)，解得F＝m2gh1＋2gh2t＋mg.答案(1)－mgt负号表示方向竖直向下(2)F＝m2gh1＋2gh2t＋mg考法五动量定理与图象问题1．全程或分段

应用动量定理当水平面光滑时，拉力与合外力大小相等，可以用面积直接求动量的变化，但当水平面粗糙时，第二段时间的部分时间段，摩擦力为静摩擦力，若都按照滑动摩擦力计算，必然出错，所以第二段时间需再分段，求出经多长时间速度变为零，然后再结合实际进行分析．2

．应用图象求冲量在F-t图象中图象的面积，数值上等于恒力的冲量，如图甲所示；若求变力的冲量，仍可用“面积法”来表示，如图乙所示．对于随时间均匀变化的力，可以用平均力求F＝F1＋F22力的冲量．如果力随时间作线性变化即力与时间成一次函数关系时，可以用图象法求变力的冲量，此时比较容易求平

均力．以时间为横轴，力为纵轴，力随时间变化的关系图线在F-t坐标上如图丙所示，该图线与时间轴围成的面积．．．．．．．．．．．．(．图中阴影部分．．．．．．)．在数值上代表了该段时间内力的冲量．．．．．．．．．．．．．．．．，这样求力的冲量问题就变成了F-t图上的面积

问题了．【例题2】(2019·四川棠湖中学高三月考)(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块

的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零[思维导引]图象中的纵坐标是合外力，图线与坐标轴所围成图形的面积是合外力的冲量，根据动量定理可知物体动量的变化．答案AB解析由动量定理有Ft＝mv，解得v＝Ftm，

t＝1s时物块的速率v＝2×12m/s＝1m/s，选项A正确；F－t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t＝2s时物块的动量大小为p＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p′＝(2×2－1×1)kg·

m/s＝3kg·m/s，选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p″＝(2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s，速度不为零，选项D错误．【跟踪训练2-1】(2019·青岛高三调研)质量为2kg的小物块静止在光滑水平面上，从某一时刻开始

，小物块所受外力与时间的关系如图所示，则在6s时物体的速度为()A．3m/sB．9m/sC．12m/sD．18m/sB解析F-t图线与坐标轴所围的面积表示冲量，根据动量定理可得Ft＝mv－0，即v＝9m/s

，故选项B正确，A、C、D错误．【跟踪训练2-2】(2019·锦州高三教学质量检测)(多选)一物体在外力作用下从静止开始做直线运动，合外力F大小随时间t变化关系如图所示，方向不变．设该物体在t0和2t0时刻的速度分别为v1和v2，合外力从开始至t0做功的平均功率为P1，从t0至2t0

做功的平均功率为P2，则()A．v2＝3v1B．v2＝5v1C．P2＝4P1D．P2＝8P1AD解析据动量定理可得F0t0＝mv1－0,2F0t0＝mv2－mv1，解得v2＝3v1，故选项A正确，B错误．据平均功率的公式可得P1＝F00＋v12，P2＝2F0v

1＋v22，解得P2＝8P1，故选项C错误，D正确．【跟踪训练2-3】(2019·山东莒县二中月考)(多选)水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体v-t图象如图所示，图中AB∥CD，则()

A．F1的冲量小于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等AC解析由题图知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力为摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故选

项C正确，D错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由题图看出，tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故选项A正确，B错误．[典例诊断]【例题3】(2019·陕西

高三模拟)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右．水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是()A．水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2B．高压水枪的喷水功率为ρv3

πD28C．水柱对煤层的平均冲击力大小为ρv2πD28D．手对高压水枪的作用力水平向右[错解分析](1)错选A：确定单位时间内喷出水的质量时，将水柱横截面误认为S′＝πD2.(2)错选C：认为水柱对煤层的

平均冲击力为冲击力的一半，错因是不明确水柱对煤层的作用力是持续的．答案B解析ts时间内喷水质量为m＝ρSvt＝ρ·14πD2·vt，水枪单位时间内喷出水的质量为Δm＝14ρvπD2，选项A错误；水枪在时间1s内做功转化为水柱的动能即为高压

水枪的喷水功率，则P＝W＝12Δmv2＝18ρπD2v3，选项B正确；ts时间内喷出的水在ts内速度减小为零，则由动量定理得－Ft＝0－mv,联立得F＝mvt＝Δmv＝14ρπD2v2，选项C错误；水对高压枪作用力受水平向左，高压枪重力竖直向下，要使高压枪保持平衡了，所以手对高压枪作用力斜向

右上，选项D错误．易错警示应用动量定理分析变质量问题1．方法指导：巧选对象，将连续作用转化为“单体作用”；巧取瞬间，将较长时间内的变质量问题转化为短时间内不变质量问题．(1)建立“柱体模型”：沿流速v的方向选取一段柱

形流体，设在Δt时间内通过某一横截面S的流体长度为ΔL，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρΔLS＝ρSv·Δt.(2)掌握微元法：当所取时间为Δt足够短时，图中流体柱长度ΔL很短，相应的质量Δm也很小．显然，选取流体柱的这一微小元段作为研究

对象就称微元法．(3)运用动量定理：求解这类问题一般运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲量等于微元动量的增量，即F＝mΔvΔt.2．特别注意：(1)建模思维欠缺会导致本题型无法求解．(2)微元流柱体质量的确定会因为模型的偏差而出现

错误．(3)根据动量定理计算得到的力F＝ΔpΔt被看成瞬时力而导致错误．【跟踪训练3-1】某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部

为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析(1)设Δt

时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①、②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S.③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时

的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20，④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v，⑤设玩具对水的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条

件得F＝Mg，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.答案(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2【跟踪训练3-2】(2019·江苏海安中学月考)太空飞船在宇宙空间中飞行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用．设

单位体积的太空均匀分布着n颗尘埃，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略、飞船的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住．当飞船维持恒定的速率v飞行时，飞船引擎需要提供的平均推力为()A.12nmv2SB．nmv2SC.32nmv2SD.13nmv2S

B解析以飞船为参照物，选择一和飞船横截面积相等的圆柱内的尘埃进行研究，则该圆柱内的尘埃相对飞船以速度v做匀速直线运动，在t时间内，由长度为x＝vt，横截面积S，体积为V＝vtS的尘埃柱碰到飞船上，尘埃柱内尘埃颗粒数目为N＝nvtS，尘埃总质量为M＝Nm＝mnvtS，根据动量定理Ft＝Mv，联立

解得F＝nmv2S，故选项B正确．板块三︿︿1.(2019·曲靖一中高三质检)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从高空下落撞在地面上，与地面碰撞时间为2×10－3s，同时对地面产生的冲击力为103

N，鸡蛋落地时速度约为()A．0.4m/sB．4m/sC．40m/sD．400m/sC解析设向上为正方向，则鸡蛋与地面碰撞的过程，由动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得v＝F－mgtm＝103－0.5×2×10－30.05m/s＝40m/s，故选项C正确．2

．(2019·连云港高三调研)如图所示，放在光滑水平面上的劲度系数为k的弹簧一端固定，一质量为m，速度为v0的滑块将其压缩，经t时间后压缩量为x，此时速度为v；再经过极短的时间Δt，物体运动的位移为Δx，速度的变化量为Δv，物体动能的变化量为ΔE.则下列关系式错

误的是()A．v＝ΔxΔtB．Δv＝kxΔtmC.12kxvt＝12m(v20－v2)D．kxvΔt＝－ΔEC解析因为经过极短时间，可认为Δt→0，故v＝ΔxΔt，选项A正确；根据动量定理，有FΔt＝mΔv，根据胡克定律，有

F＝kx，联立解得Δv＝kxΔtm，选项B正确；根据动能定理，对压缩的整个过程，有Fx＝12m(v20－v2)，根据胡克定律，有F＝kx，从而有F＝12kx，联立解得12kx2＝12m(v20－v2)，由于物

块做变加速直线运动，所以x≠vt，选项C错误；根据动能定理，对压缩Δx过程，有－F·vΔt＝12m(v－Δv)2－12mv2＝ΔE，根据胡克定律，有F＝kx，联立解得kxvΔt＝－ΔE，选项D正确．3

．(2019·重庆八中高三高考适应性月考)航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q

，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为()A．F＝I2mUqB．F＝ImUqC．F＝ImU2qD．F＝2ImUq答案A解析以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝

12mv2，Δt时间内通过的总电量为Q＝IΔt，喷出的总质量为M＝Qqm＝IΔtqm，由动量定理可知正离子所受平均冲量F－Δt＝Mv，由以上式子可得F－＝I·2mUq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I·2mUq，故选项A正确．4．(2019·

泉州一中高三期末)如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是()A．ρvSB.ρv2SC.12ρv2SD．

ρv2SD解析对喷出气体分析，设喷出时间为t，则喷出气体质量为m＝ρSvt，由动量定理有Ft＝mv，其中F为瓶子对喷出气体的作用力，可解得F＝ρSvtvt＝ρSv2，根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F，再对

瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶对左端竖直墙壁的作用力大小是F，所以选项D正确．