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2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律第18讲动量和动量守恒定律课件
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这是一份2025高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律第18讲动量和动量守恒定律课件，共36页。PPT课件主要包含了知识梳理·易错辨析，千克米每秒，平行四边形定则，末动量，初动量，p′－p，作用时间，FΔt，牛顿秒，N·s等内容，欢迎下载使用。
一、动量1．动量(1)定义：运动物体的_______和_______的乘积。(2)公式：p＝_____。(3)单位：_____________，符号是kg·m/s。(4)矢量性：方向与_____的方向相同，运算遵循_______________。
2．动量变化量(1)定义：物体在某段时间内_________和_________的矢量差(也是矢量)。(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝___________。
二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的___________的乘积。(2)公式：I＝_________。(3)单位：_________，符号是_________。(4)矢量性：方向与___________相同。(5)物理意义：反映力的作用对_______的积累效应。
2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受_____________。(2)表达式：mv′－mv＝_______或p′－p＝_______。
1.某物体的速度大小不变，动量一定不变。( )2．物体的质量越大，动量一定越大。( )3．物体的动量相同，其动能一定也相同。( )4．冲量是矢量，其方向与力的方向相同。( )5．力越大，力对物体的冲量越大。( )6．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。( )
(基础考点·自主探究)1．动能、动量、动量变化量的比较
②F－t图像法：在F－t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
【跟踪训练】 (冲量的计算)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同
[解析] 这是“等时圆”模型，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcs θ，FNa
(利用F－t图像求冲量)(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是( )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．0～4 s内物体动量的方向一直不变
[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，0～4 s内合外力的冲量为零，故A、B两项正确；2 s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C项错误，D项正确。
对动量定理的理解及应用
(能力考点·深度研析)对动量定理的理解(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
►考向1 利用动量定理解释现象 如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )A．有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了B．防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用C．手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小D．手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
[解析] 有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了，这个说法是错误的，有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不一定保证一定安全，所以A错误；防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用，所以B正确；手机从同一地方静止摔落，因为高度相同，下落速度大小相同，根据动量定理，但是有防摔装置时质量变大，则动量的变化量增大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，所以C错误；冲量为矢量有方向，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量大小相等，方向相反，所以D错误。
用动量定理解释现象分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小，(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
►考向2 利用动量定理求冲量、平均作用力或动量的变化量 (多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
[解析] 取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。故选BD。
应用动量定理解决问题的基本步骤(1)确定研究对象。(2)对研究对象进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。
►考向3 动量定理与F－t图像的综合应用及多过程问题(多选)(2023·福建卷)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则( )A．0～2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同C．2～6 s内，甲、乙两车的位移不同D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同
[解析] 由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0～2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0～2 s内根据动量定理有I2＝mv2，I2＝S0～2＝2 N·s，乙车在0～6 s内根据动量定理有I6＝mv6，I6＝S0～6＝2 N·s，则可知乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2～6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2～6 s内乙车一直向正方向运动，则2～6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t＝8 s时甲车的速度为0，则t＝8 s时，甲车的动能为0；乙车在0～8 s内根据动量定理有I8＝mv8，I8＝S0～8＝0，可知t＝8 s时乙车的速度为0，则t＝8 s时，乙车的动能为0，故D错误。故选BC。
►考向4 动量定理与动能定理的综合应用
用动量定理求解流体冲击力问题
►考向1 流体类问题(多选)(2024·浙江杭州高三阶段练习)2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第四次出舱活动。如图所示，假设一航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，某一时刻航天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以相对空间站的速度v向后持续喷出，若喷出的压缩气体密度恒为ρ，航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，则下列说法正确的是( )
►考向2 微粒类问题 一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
一、动量1．动量(1)定义：运动物体的_______和_______的乘积。(2)公式：p＝_____。(3)单位：_____________，符号是kg·m/s。(4)矢量性：方向与_____的方向相同，运算遵循_______________。
2．动量变化量(1)定义：物体在某段时间内_________和_________的矢量差(也是矢量)。(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，Δp＝___________。
二、动量定理1．冲量(1)定义：力与力的___________的乘积。(2)公式：I＝_________。(3)单位：_________，符号是_________。(4)矢量性：方向与___________相同。(5)物理意义：反映力的作用对_______的积累效应。
2．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受_____________。(2)表达式：mv′－mv＝_______或p′－p＝_______。
1.某物体的速度大小不变，动量一定不变。( )2．物体的质量越大，动量一定越大。( )3．物体的动量相同，其动能一定也相同。( )4．冲量是矢量，其方向与力的方向相同。( )5．力越大，力对物体的冲量越大。( )6．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。( )
(基础考点·自主探究)1．动能、动量、动量变化量的比较
②F－t图像法：在F－t图像中，图线与t轴所围的“面积”即为变力的冲量。如图所示。③动量定理法：对于已知始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求动量变化量间接求出冲量。
【跟踪训练】 (冲量的计算)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同
[解析] 这是“等时圆”模型，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcs θ，FNa
(利用F－t图像求冲量)(多选)如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是( )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．0～4 s内物体动量的方向一直不变
[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，0～4 s内合外力的冲量为零，故A、B两项正确；2 s末合外力的冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但速度方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，故C项错误，D项正确。
对动量定理的理解及应用
(能力考点·深度研析)对动量定理的理解(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正、负)。(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
►考向1 利用动量定理解释现象 如图所示是某手机防摔装置，商家宣传只要手机摔落角度合适，可以保证2 m高处自由摔落而不破，下列有关说法正确的是( )A．有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了B．防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用C．手机从同一地方静止摔落，有防摔装置时地面给它的冲量较小D．手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
[解析] 有手机防摔装置就不用担心2 m内下落摔破手机了，这个说法是错误的，有手机防摔装置，只是有一定的保护作用而已，并不一定保证一定安全，所以A错误；防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用，所以B正确；手机从同一地方静止摔落，因为高度相同，下落速度大小相同，根据动量定理，但是有防摔装置时质量变大，则动量的变化量增大，则有防摔装置时地面给它的冲量较大，所以C错误；冲量为矢量有方向，则手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量大小相等，方向相反，所以D错误。
用动量定理解释现象分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚。(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越小，(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
►考向2 利用动量定理求冲量、平均作用力或动量的变化量 (多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )A．该过程动量守恒B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·sC．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·sD．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
[解析] 取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。故选BD。
应用动量定理解决问题的基本步骤(1)确定研究对象。(2)对研究对象进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。
►考向3 动量定理与F－t图像的综合应用及多过程问题(多选)(2023·福建卷)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则( )A．0～2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同C．2～6 s内，甲、乙两车的位移不同D．t＝8 s时，甲、乙两车的动能不同
[解析] 由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0～2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0～2 s内根据动量定理有I2＝mv2，I2＝S0～2＝2 N·s，乙车在0～6 s内根据动量定理有I6＝mv6，I6＝S0～6＝2 N·s，则可知乙车在t＝2 s和t＝6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2～6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2～6 s内乙车一直向正方向运动，则2～6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t＝8 s时甲车的速度为0，则t＝8 s时，甲车的动能为0；乙车在0～8 s内根据动量定理有I8＝mv8，I8＝S0～8＝0，可知t＝8 s时乙车的速度为0，则t＝8 s时，乙车的动能为0，故D错误。故选BC。
►考向4 动量定理与动能定理的综合应用
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