2025秋高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量、动量定理课件（54页PPT）

(共54张PPT)
第六章　碰撞与动量守恒
第1讲　动量、动量定理
常设情境　①生活实践类：生产生活中的缓冲问题，流体冲力问题，碰撞、爆炸、反冲问题.
②学习探索类：动量定理的理解及应用，利用动量定理处理流体问题、动量守恒定律的条件及应用，碰撞模型的规律及应用，人船模型类问题的处理方法、子弹打木块模型及“滑块—木板”问题.
素养目标　1.知道动量、动量变化量、冲量的概念.（物理观念） 2.知道动量定理的内容及表达式.（物理观念） 3.能够应用动量定理解释日常生活现象.（科学思维）
一、动量和冲量
A. 质量 B. 速率
C. 动量 D. 动能
解析：矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以动量是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量.故选C.
C
考题2　（2024·广东卷）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置.如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞，以头锤碰到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述.已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
（1）碰撞过程中F的冲量大小和方向；
答案：（1）330 N·s　方向竖直向上
解析：（1）根据F－t图线与t轴所围面积可知碰撞过程中F的冲量大小I＝330 N·s
碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上.
（2）碰撞结束后头锤上升的最大高度.
答案：（2）0.2 m
质量
速度
mv
矢
速度
p'－p
矢量
速度改变量Δv
力的作用时间
I＝F·Δt
N·s
矢量
力的方向
深化1　　动量与动能的比较
比较项目 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p＝mv
标矢性 矢量 标量
变化因素 物体所受合外力的冲量 合外力所做的功
大小关系
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
深化2　　冲量的计算方法
公式法 I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 F－t图像与t轴围成的面积表示冲量大小，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均
值法
动量
定理法 根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
角度1　动量和动能的比较
A. 在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2p
B. 在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2Ek
C. 在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2Ek
D. 在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p
BD
A. 地面对人的支持力始终等于重力
B. 地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C. 人原地起跳过程中获得的动能来自地面
D. 人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
B
解析：人在上升过程中经历了先加速再减速的过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力，故A错误；因人向上的动量增加，故支持力的冲量大于重力的冲量，故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自本身的生物能，故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒，故D错误.故选B.
AD
A. 0～4t0，物块一直沿斜面向下运动
B. 0～4t0，合外力的总冲量为0
C. t0时动量是2t0时的一半
D. 2t0～3t0过程物块的位移小于3t0～4t0的位移
二、动量定理的理解和应用
D
A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
解析：圆盘停止转动前，小物体所受的静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力，方向沿半径指向圆心，A错误；物体匀速转动一周受到的摩擦力是一个变力，可用动量定理来计算摩擦力的冲量，转动一周动量的变化量为零，I＝Δp＝0，B错误；停止转动后，小物体做离心运动，不是沿着半径方向运动，C错误；停止转动后，小物体初动量为mωr，最后小物体停下来，末动量为零，整个过程中摩擦力的冲量大小等于动量的变化量大小，为mωr，D正确.
C
A. 起跳过程中运动员的最大加速度约为42 m/s2
B. 起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3 m/s
C. 起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45 m
D. 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330 N·s
动量变化量
深化2　　用动量定理解题的基本思路
思维模型　用动量定理解释生产生活中的有关现象.
角度1　用动量定理解释生活中的现象
　
A. 2.2G B. 2.0G C. 1.8G D. 1.6G
A
解析：穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的作用时间为t0，受到地面的平均冲击力大小为4G，合力的冲量为（4G－G）t0，若脚着地前的速度保持不变，则合力的冲量不变，有（4G－G）t0＝（F－G）·2.5t0，解得该同学受到地面的平均冲击力大小为F＝2.2G，A正确.
A
三、应用动量定理处理流体类问题
A. 1.47 N B. 0.147 N
C. 0.09 N D. 0.009 N
解析：在单位时间内喷出离子的质量m＝3.0×10－6 kg，则t时间内喷出离子的质量为mt，对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得Ft＝mtv－0，代入数据解得F＝mv＝3.0×10－6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F'＝F＝0.09 N，C正确.
C
深化　　应用动量定理处理流体类问题的方法
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粒子数n
分析步骤 ①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究 小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究
BC
A. 水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
D. 手对水枪的作用力水平向右
解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝
出水柱时，水柱对水枪的作用力向左，由于水枪受到重力，根据平衡条件，可知手对
水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误.
A. 20 N B. 40 N C. 60 N D. 80 N
解析：设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理得FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt，所以飞船所需推力大小F'＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×（2.0×103）2 N＝40 N.
B
限时跟踪检测
A级·基础对点练
题组一　动量和冲量
A. 1∶1 B. m1∶m2
C
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B. 整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C. 上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小
D. 上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零
C
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A. 0～2 s内合外力的冲量一直增大
B. 0～4 s内合外力的冲量为零
C. 2 s末物体的动量方向发生变化
D. 4 s末的速度为零
C
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解析：根据F－t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量可知，在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确，不符合题意；由图像可知，0～4 s内合外力的冲量为零，根据动量定理可知，物体的动量变化量为零，因物体的初动量为零，故物体4 s末的动量也为零，所以4 s末的速度为零，B、D正确，不符合题意；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，符合题意.
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A. 篮球撞击篮板时的动量大小为1.8 N·s
B. 篮板对球的平均作用力大小为12 N
C. 篮球被抛出后上升过程处于超重状态
D. 该同学投篮处距篮板水平距离1.2 m
AD
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A
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C. ρhvt D. 2ρhvt
A
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A. 12 m/s B. 120 m/s
C. 14.4 m/s D. 144 m/s
B
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B级·能力提升练
A. 4Q2ρ B. Q2ρ
D
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A. 物体A、B所受摩擦力大小之比为1∶3
B. 物体A、B所受摩擦力大小之比为1∶1
C. F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1∶3
D. F1和F2对物体A、B的冲量大小之比为1∶1
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10. 某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤.现用下述模型分析探究：
设大石板质量M＝80kg，铁锤质量m＝5kg，铁锤从h1＝1.8 m高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5s.重力加速度取g＝10m/s2.求铁锤敲击大石板的过程中：
（1）铁锤受到的冲量大小；
答案：（1）35N·s
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解得I＝35N·s.
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（2）大石板对铁锤的平均作用力大小；
答案：（2）3 550N
（3）大石板对人的平均作用力大小.
答案：（3）871N
解得F1＝3 550N.
解析：（2）对铁锤，由冲量定义得I＝（F1－mg）t1
解析：（3）对石板，由动量定理得
（F2－Mg）t2－F1t1＝0
解得F2＝871N
由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F'2＝F2＝871N.
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