2021届高考物理二轮复习课件：第一篇 专题五 考向1 动量定理的理解和应用
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2023高考物理二轮专题复习：动量定理与动量守恒定律课件
量
细研命题点 提升素养
3．一玩具以初速度 v0 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器
将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为 1∶4 的
两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的
时间极短，不计空气阻力．求：
(1)玩具上升到最大高度34时的速度大小；
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析：过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误， C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不 等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，此过程中受重力 和水的阻力，则不等于重力的冲量，故D错误．
答案：C
知识归纳 素养奠基
专题二 能量与动量
命题点一 动量定理的应用
应用动量定理解题的基本步骤．
细研命题点 提升素养
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
(2020·全国卷Ⅰ改编题)如图所示为跳水运动员从起跳到落水过程的示 意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点 的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( ) A．过程Ⅰ的动量改变量等于零 B．过程Ⅱ的动量改变量等于零 C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析：弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公 仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加 速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后 重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧 恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向 下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速 度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根 据动量定理有：I弹－mgt＝0， 则弹簧弹力冲量的大小为：I弹＝mgt，故C正确； 公仔头部上升过程中，根据动能定理有：W弹－mgh＝0， 则弹簧弹力对头部所做的功为：W弹＝mgh≠0，故D错误．故选C. 答案：C
细研命题点 提升素养
3．一玩具以初速度 v0 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器
将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为 1∶4 的
两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的
时间极短，不计空气阻力．求：
(1)玩具上升到最大高度34时的速度大小；
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析：过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误， C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不 等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，此过程中受重力 和水的阻力，则不等于重力的冲量，故D错误．
答案：C
知识归纳 素养奠基
专题二 能量与动量
命题点一 动量定理的应用
应用动量定理解题的基本步骤．
细研命题点 提升素养
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
(2020·全国卷Ⅰ改编题)如图所示为跳水运动员从起跳到落水过程的示 意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点 的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( ) A．过程Ⅰ的动量改变量等于零 B．过程Ⅱ的动量改变量等于零 C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
专题二 能量与动量
细研命题点 提升素养
解析：弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公 仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加 速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后 重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧 恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向 下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速 度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根 据动量定理有：I弹－mgt＝0， 则弹簧弹力冲量的大小为：I弹＝mgt，故C正确； 公仔头部上升过程中，根据动能定理有：W弹－mgh＝0， 则弹簧弹力对头部所做的功为：W弹＝mgh≠0，故D错误．故选C. 答案：C
动量定理及其应用课件
VS
量子力学中的动量定理
将动量定理应用于量子力学领域，研究其 在描述微观粒子运动和相互作用中的作用 。
动量定理在交叉学科领域的研究
工程力学中的动量定理
将动量定理应用于工程力学领域，研究其在 结构分析、振动控制等方面的应用。
生物学中的动量定理
将动量定理应用于生物学领域，探讨其在描 述生物运动、生态平衡等方面的作用。
棒球投手投球
棒球投手通过改变球的速度和角度来 控制球的轨迹。这需要运用动量定理 来预测球在空中的运动轨迹，以便投 手能够准确地将球投到目标位置。
滑雪技巧
在滑雪过程中，运动员通过改变滑行 速度和方向来控制自己的轨迹。这需 要运用动量定理来理解速度和方向变 化对滑雪轨迹的影响。
工业生产中的应用
机械加工
全。
军事科技
导弹和炮弹的制导和射击精度也 依赖于动量定理来计算和控制弹 道轨迹，提高武器的打击效果。
04 动量定理的实验验证
实验设计
01
02
03
实验目标
验证动量定理在现实生活 中的应用，探究物体在碰 撞过程中的动量变化。
实验原理
基于动量定理，当一个物 体发生碰撞时，其动量的 变化与作用力和作用时间 的乘积成正比。
对碰撞问题的解决
动量定理为解决碰撞问题提供了重要 的工具，使得科学家能够预测和解释 物体碰撞过程中的各种现象。
动量定理在现代科技领域的应用
火箭科学
火箭发动机的推进原理正是基于 动量定理，通过高速喷射物质来 获得反作用力，从而实现火箭的
升空和推进。
碰撞安全研究
汽车、飞机和其他交通工具的碰 撞安全研究依赖于动量定理来分 析碰撞过程中能量的传递和吸收 ，以改进安全设计和保护乘员安
高二物理复习《动量定理及其应用》PPT
【解】：设在 t 时间内从枪口喷出的水的质正方向，由动量定理，得：
F t m
即：F t t ( d )2
解得：F 2 ( d )2 2
2 103 502 3.14 (0.3)2 N 1.77 105 N
2
由牛顿第三定律得，水柱对煤层的平均冲击力为方向
为：1.77 105 N,方向与水柱初速度方向相同
第三类：动量定理的综合运用
10．如图所示，质量mA 为 4.0 kg 的木板 A 放在水平面 C 上，木板与水平面间的动摩擦因数 ? 为 0.24，木板右端 放着质量 mB 为 1.0 kg 的小物块 B(视为质点)，它们均处于 静止状态，木板突然受到水平向右的 12 N·s 的瞬时冲量 I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能 EkA 为 8.0 J。小物块的动能 EkB 为 0.50 J，重力加速度取 10 m/s2， 求：(1)、瞬时冲量作用结束时木板的速度
⑵进行受力分析。研究对象以外的物体施给研究对象的力为外 力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力不影 响系统的总动量，不包括在内。 ⑶规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，所以列 式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之 为负。 ⑷写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各个外力 的冲量的矢量和）。 ⑸根据动量定理列式求解。
• ΔＰ也是矢量
7．动量和动能的比较 动量
动能
定义式 标矢性 换算关系
p＝mv
Ek＝12mv2
矢量
标量
p＝ 2mEk，Ek＝2pm2
二．冲量 • 1.定义：力F和力的作用时间t的乘积Ft
叫做力的冲量．
• 2.公式：I=Ft • 3 单位：牛·秒 N·S • 4 .I为过程量：表示力在时间上的累积
高考物理二轮复习2.2动量定理和动量守恒定律课件(共23张PPT)
Ek＝mPMΔt2，故 C 正确，D 错误。]
反思感悟：爆炸与反冲的三个特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动 量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守 恒定律解题。 (3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体 速度往往方向相反。
反思感悟： 动量定理解决流体问题 应用动量定理分析流体相互作用问题的方法是微元法，具体步 骤为： (1)确定一小段时间 Δt 内的流体为研究对象。 (2)写出 Δt 内流体的质量 Δm 与 Δt 的关系式。 (3)分析流体的受力情况和动量变化。 (4)应用动量定理列式、求解。
[典例2] (2021·河南濮阳模拟)垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使 来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去 竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所 受阻力大小不变，则( ) A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零 B．球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零 C．球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量 D．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量
专题二 动量与能量
第2讲 动量定理和动量守恒定律
10/22/2024
知识要点：
01 突破点一 动量定理的应用
1．恒力：求 Δp 时，用 Δp＝Ft。 2．变力：求 I 时，用 I＝Δp＝mv2－mv1。 3．Δp 一定：Ft 为确定值，F＝Δtp，t 小 F 大——如碰撞；t 大 F 小——如缓 冲。
A．ma0t0
B．12ma0t0
C．34ma0t0
D．2ma0t0
C [在 t＝t0 时刻，飞机的速度大小 v＝a0×12t0＋12a0×12t0＝43a0t0。 根据动量定理有 I＝mv－0，解得 I＝34ma0t0，所以 C 正确，A、B、 D 错误。]
高考物理总复习课件动量定理
系统内力和外力对动量影响
系统内力对动量的影响
系统内力只改变系统内各物体的运动状态，不改变系统的总 动量。
外力对动量的影响
外力可以改变系统的总动量。当系统所受外力的矢量和不为 零时，系统的总动量将发生变化。
判断动量是否守恒方法
判断是否满足动量守恒条件
首先判断系统是否不受外力或所受外力的矢量和是否为零。如果 满足条件，则系统动量守恒。
解题思路
在曲线运动中，需要运用动量定理 和向心力公式进行求解，同时结合 牛顿运动定律分析物体的受力情况 。
动量守恒定律应用例题解析
例题1
解析完全弹性碰撞中两物体的动量变化，通过动量守恒定律和能量守恒定律求解。
例题2
分析爆炸过程中物体的动量变化，运用动量守恒定律求解物体的速度变化。
解题思路
在动量守恒定律的应用中，主要运用动量守恒定律和能量守恒定律进行求解，同时结合牛 顿运动定律分析物体的受力情况。需要注意的是，在应用动量守恒定律时，要判断系统是 否满足动量守恒的条件。
XX
高考物理总复习课件 动量定理
汇报人：XX
20XX-01-24
REPORTING
目录
• 动量定理基本概念与公式 • 直线运动中动量定理应用 • 曲线运动中动量定理应用 • 动量守恒定律及其条件 • 典型例题解析与思路拓展 • 实验验证：动量定理实验设计与操作
XX
PART 01
动量定理基本概念与公式
4. 调整砝码的质量，使滑块在 导轨上做匀速直线运动。
实验器材准备和操作步骤
01
5. 断开细绳，使滑块在导轨上滑 行，并通过光电计时器记录下滑 块的滑行时间。
02
6. 重复以上步骤多次，以获得较 为准确的数据。
动量和动量定理ppt课件
(1)动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，但
它们描述的角度不同.动量是从动力学角度描述物体运动状态
的，它描述了运动物体能够产生的效果；速度是从运动学角
度描述物体运动状态的.
(2)动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量是矢量，
但动能是标量，它们之间数值的关系是：
Ek
p2 ,p 2m
2mEk.
2.动量定理的应用 (1)定性分析有关现象 ①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大， 反之力就越小；例如：易碎品包装箱内为防碎而放置的碎纸、 刨花、塑料泡沫等填充物. ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反 之动量变化量就越小.例如：杂耍中，铁锤猛击“气功师”身上 的石板令其碎裂，作用时间很短，铁锤对石板的冲量很小， 石板的动量几乎不变，“气功师”才不会受伤害.
故动量的变化量：Δp=p2-p1=-1.4 kg·m/s
动量的变化方向为负，说明动量变化的方向向上.
一、选择题 1.下列关于动量的说法正确的是( ) A.质量越大的物体动量一定越大 B.质量和速率都相同的物体动量一定相同 C.一个物体的加速度不变，其动量一定不变 D.一个物体所受的合外力不为零，它的动量一定改变 【解析】选D.动量的大小取决于质量和速度的乘积，质量大， 动量不一定大，A错；质量和速率都相同的物体，动量大小相 同，但是动量方向不一定相同，B错；物体的加速度不变，速 度一定变化，动量一定变化，C错；物体所受合外力不为零时， 必产生加速度，速度变化，动量一定改变，故D对.
6.如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不 同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中， 下列说法正确的是( ) A.两物体所受重力的冲量相同 B.两物体所受合外力的冲量相同 C.两物体到达斜面底端时的动量不同 D.两物体动量的变化量相同
2021届高三物理二轮复习计算题部分微专题复习-动量定理的应用(含解析)
【详解】
（1）流过电阻的电流
所以电流为定值，由
可得 ，
解得
（2）因为拉力与位移x线性关系，所以拉力的功可以用平均力求解
解得
（3）导体杆越过缺口后，杆受了安培力及摩擦力作用，电容充电和放电两个过程通过导体杆的总电荷量为0，因此安培力的冲量
外力F在导体杆越过缺口瞬间撤去，因此外力F的冲量 ，故根据动量定理有：
（1）金属杆 刚进入 区域时通过电阻 的电流 ；
（2）金属杆 刚离开 区域时的速度 的大小；
（3）金属杆 稳定运动时的速度 的大小；
（4）整个运动过程中金属杆 上产生的焦耳热。
8．如图所示，一粗细均匀的矩形线框平放在光滑绝缘的水平面上，线框长为2L，宽为L，质量为m，电阻为R，边长为2L的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁场左边界在线框两长边的中点MN上。
(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小；
(2)第一次碰撞过程中，挡板对滑块的冲量大小；
(3)所有碰撞过程中，挡板对滑块总的冲量大小。
参考答案
1．（1） ；（2）
【详解】
解：（1）设喷出的水柱经过时间 落到该新型材料上，落到该新型材料上前瞬间的速度大小为 ，取质量为 的一小块水，从喷口到该新型材料上，有
联立解得
（4）杆 仅在 区域中运动时产生焦耳热，即
8．（1）① ；② ；（2）① ；②
【详解】
（1）①由题可知，线框中产生的电流为余弦式交变电流，电动势的最大值
②周期为
电动势的有效值
一个周期内线框中产生的内能
解得
（2）①当线框速度为v时，线框中产生的电动势为
②根据动量定理有
又有
解得
9．(1) ；(2) ；(3)
(3)设木箱刚到达P点时速度大小为v1，返回P点时速度大小为v2，由动能定理有：
（1）流过电阻的电流
所以电流为定值，由
可得 ，
解得
（2）因为拉力与位移x线性关系，所以拉力的功可以用平均力求解
解得
（3）导体杆越过缺口后，杆受了安培力及摩擦力作用，电容充电和放电两个过程通过导体杆的总电荷量为0，因此安培力的冲量
外力F在导体杆越过缺口瞬间撤去，因此外力F的冲量 ，故根据动量定理有：
（1）金属杆 刚进入 区域时通过电阻 的电流 ；
（2）金属杆 刚离开 区域时的速度 的大小；
（3）金属杆 稳定运动时的速度 的大小；
（4）整个运动过程中金属杆 上产生的焦耳热。
8．如图所示，一粗细均匀的矩形线框平放在光滑绝缘的水平面上，线框长为2L，宽为L，质量为m，电阻为R，边长为2L的正方形区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁场左边界在线框两长边的中点MN上。
(1)滑块第一次碰撞挡板前的瞬时速度大小；
(2)第一次碰撞过程中，挡板对滑块的冲量大小；
(3)所有碰撞过程中，挡板对滑块总的冲量大小。
参考答案
1．（1） ；（2）
【详解】
解：（1）设喷出的水柱经过时间 落到该新型材料上，落到该新型材料上前瞬间的速度大小为 ，取质量为 的一小块水，从喷口到该新型材料上，有
联立解得
（4）杆 仅在 区域中运动时产生焦耳热，即
8．（1）① ；② ；（2）① ；②
【详解】
（1）①由题可知，线框中产生的电流为余弦式交变电流，电动势的最大值
②周期为
电动势的有效值
一个周期内线框中产生的内能
解得
（2）①当线框速度为v时，线框中产生的电动势为
②根据动量定理有
又有
解得
9．(1) ；(2) ；(3)
(3)设木箱刚到达P点时速度大小为v1，返回P点时速度大小为v2，由动能定理有：
高考物理复习---动量定理的理解和应用基础知识与练习题PPT课件
√D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在 很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存 在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又 知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受 力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
高考物理复习---动量定理的理解和应用基础 知识与练习题PPT课件
基础回扣
1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_动__量__ 变化量 . 2.公式： F(t′－t)＝mv′－mv 或 I＝p′－p .
技巧点拨 1.对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物 体所受的合外力的冲量. (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关 系，即合外力的冲量是动量变化的原因. (3)由 Ft＝p′－p，得 F＝p′t－p＝Δtp，即物体所受的合外力等于物体动 量的变化率. (4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以 全过程应用动量定理.
根据动能定理，球棒对垒球做的功 W＝12mv22－12mv22＝12×0.18×452 J－ 12×0.18×252 J＝126 J，选项 C 错误，D 正确.
456
6.(动量定理与图像结合)(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg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5所示，则
考向3 动量定理在多过程中的应用
例4 (2019·河南郑州市调研)质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平 桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力 F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间.(g 取10 m/s2) 答案 3.75 s
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触.司机在 很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存 在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又 知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受 力大小；碰撞过程中，动能转化为内能.综上可知，选项D正确.
高考物理复习---动量定理的理解和应用基础 知识与练习题PPT课件
基础回扣
1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的_动__量__ 变化量 . 2.公式： F(t′－t)＝mv′－mv 或 I＝p′－p .
技巧点拨 1.对动量定理的理解 (1)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同.式中Ft是物 体所受的合外力的冲量. (2)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关 系，即合外力的冲量是动量变化的原因. (3)由 Ft＝p′－p，得 F＝p′t－p＝Δtp，即物体所受的合外力等于物体动 量的变化率. (4)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以 全过程应用动量定理.
根据动能定理，球棒对垒球做的功 W＝12mv22－12mv22＝12×0.18×452 J－ 12×0.18×252 J＝126 J，选项 C 错误，D 正确.
456
6.(动量定理与图像结合)(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)一质量为2 kg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5所示，则
考向3 动量定理在多过程中的应用
例4 (2019·河南郑州市调研)质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平 桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力 F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间.(g 取10 m/s2) 答案 3.75 s
江苏专用2021版高考物理二轮复习专题五动量近代物理课件
②能量状态量子化:原子只能处于一系列不连续的能量状态中,在这些能量状 态中原子是稳定的,电子虽然绕核运动,但并不向外辐射能量。 ③跃迁假说:原子从一种定态跃迁到另一种定态时,它辐射或吸收一定频率的 光子,光子的能量由这两个定态的能量差决定,即hν=Em-En。 (2)氢原子的能级结构及能级公式
原子各定态的能量值叫原子的能级。对于氢原子,其能级公式为En=
1 2
1
=
m 0 ,故mA∶mB=1∶2,选项B正确。
2
2.[2020江苏单科,12(1)]“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应 快、非接触和操作方便等优点。它是根据黑体辐射规律设计出来的,能将接 收到的人体热辐射转换成温度显示。若人体温度升高,则人体热辐射强度I及 其极大值对应的波长λ的变化情况是 ( B ) A.I增大,λ增大 B.I增大,λ减小 C.I减小,λ增大 D.I减小,λ减小 解析 黑体辐射规律为:温度升高,辐射强度I增大,I的极大值向波长短的 方向偏移,故B选项正确。
解析 大量氢原子处于n=3能级跃迁到n=1能级最多可辐射出 C =32 3种不 同频率的光子,故A错误;根据能级图可知从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光 子能量为hν1=13.6 eV-1.51 eV=12.09 eV,从n=3能级跃迁到n=2能级辐射的光 子能量为hν2=3.4 eV-1.51 eV=1.89 eV,比较可知从n=3能级跃迁到n=1能级比 跃迁到n=2能级辐射的光子频率高,故B错误;根据能级图可知从n=3能级跃迁 到n=4能级,需要吸收的能量为E=1.51 eV-0.85 eV=0.66 eV,故C正确;根据能级 图可知氢原子处于n=3能级的能量为-1.51 eV,故要使其电离至少需要吸收 1.51 eV的能量,故D错误。
高考物理复习：动量定理及应用精品课件
(2)动量定理中的冲量是 合力 的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以 是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲 量的矢量和. (3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的 含义.
自测2 (多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t， 下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为
√A.动能相等，则质量大的动量大
B.动能相等，则动量大小也相等
√C.动量大小相等，则质量大的动能小
D.动量大小相等，则动能也相等
答案
例2 (2018·甘肃西峰调研)如图2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.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
图1
答案
变式1 (多选)两个质量不同的物体，如果它们的
√A.动能相等，则质量大的动量大
B.动能相等，则动量大小也相等
√C.动量大小相等，则质量大的动能小
D.动量大小相等，则动能也相等
答案
变式1 (多选)两个质量不同的物体，如果它们的
第六章 动量 动量守恒定律
第1讲 动量定理及应用
内容索引
过好双基关
回扣基础知识 训练基础题目
研透命题点
细研考纲和真题 分析突破命题点
课时作业
限时训练 练规范 练速度
过好双基关
一、动量、动量变化、冲量 1.动量 (1)定义：物体的 质量 与 速度 的乘积. (2)表达式：p＝ mv . (3)方向：动量的方向与 速度 的方向相同. 2.动量的变化 (1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是 矢量 ，其方向与速度的改变 量Δv的方向 相同 . (2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也 称为动量的增量.即Δp＝ p′－p .
2021届高考物理二轮专题复习篇PPT-专题2动量和能量的综合应用
16.《离骚》中屈原表达趁着迷途未远，赶紧回到正路的两句：回朕车以复路兮，及行迷之未远。 阅读下面的文字，完成下列小题。
D．物块相对木板滑行的时间为 1 s 生2：王菲的歌曲《沧海蝴蝶》中有一句歌词特别动人，“给我一刹那，对你宠爱；给我一辈子，送你离开。”（教师点拨）两个人的交会只有一刹那，于是两个人的相
[解析] (1)第一次推出木箱的过程，对木箱，由动量定理可知：
人对木箱的冲量 I＝m 箱 v 箱
①
代入数据得：I＝10×6 kg·m/s＝60 kg·m/s。
②
(2)人接住木箱到推出木箱过程，设向左的方向为正方向，木箱
对人的冲量大小 I2＝m 箱 v 箱－(－m 箱 v 箱)＝2m 箱 v 箱＝120 kg·m/s。③
由动量定理有－I0＝0－m1v1
①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s
②
由冲量定义有 I0＝F0t1
③
将已知数据代入③式得 F0＝1.6×105 N。
④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度 v
由动量守恒定律有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1
选项 B 正确；p0＝m0v0，由动量定理可得物块对子弹的冲量大小 I＝ Δp＝p－p0＝Ft＝－1.49 N·s，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律 可知，子弹对物块的作用力与力 F 大小相等，方向向右，又作用时 间相等，所以子弹对物块的冲量大小 I′＝1.49 N·s，选项 C 错误；对 子弹、物块组成的整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－ v1) ③，由①②③式联立可得，物块相对于木板滑行的时间 t＝1 s， 选项 D 正确。]
D．物块相对木板滑行的时间为 1 s 生2：王菲的歌曲《沧海蝴蝶》中有一句歌词特别动人，“给我一刹那，对你宠爱；给我一辈子，送你离开。”（教师点拨）两个人的交会只有一刹那，于是两个人的相
[解析] (1)第一次推出木箱的过程，对木箱，由动量定理可知：
人对木箱的冲量 I＝m 箱 v 箱
①
代入数据得：I＝10×6 kg·m/s＝60 kg·m/s。
②
(2)人接住木箱到推出木箱过程，设向左的方向为正方向，木箱
对人的冲量大小 I2＝m 箱 v 箱－(－m 箱 v 箱)＝2m 箱 v 箱＝120 kg·m/s。③
由动量定理有－I0＝0－m1v1
①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s
②
由冲量定义有 I0＝F0t1
③
将已知数据代入③式得 F0＝1.6×105 N。
④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度 v
由动量守恒定律有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1
选项 B 正确；p0＝m0v0，由动量定理可得物块对子弹的冲量大小 I＝ Δp＝p－p0＝Ft＝－1.49 N·s，负号表示方向向左，根据牛顿第三定律 可知，子弹对物块的作用力与力 F 大小相等，方向向右，又作用时 间相等，所以子弹对物块的冲量大小 I′＝1.49 N·s，选项 C 错误；对 子弹、物块组成的整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－ v1) ③，由①②③式联立可得，物块相对于木板滑行的时间 t＝1 s， 选项 D 正确。]
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t
由牛顿第三定律知,工人对安全带的平均冲力F′=F=1 200 N,方向竖直向下。
答案:1 200 N,方向竖直向下
【解析】解法一 分段列式法:设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1, v12 =2gL, 得v1= 2gL 经缓冲时间t=1 s后速度变为0,取向下的方向为正方向,对工人由动量定理知,工
人受两个力作用,即拉力F和重力mg,所以(mg-F)t=0-mv1,解得F= mgt＋mv1
t
将数值代入得F=1 200 N。 由牛顿第三定律,工人对安全带的平均冲力F′为1 200 N,方向竖直向下。
解法二
全程列式法:由L=
1 2
gt
2 0
得,工人自由下落时间为t0=
2L ,在整个下落
g
过程中对工人应用动量定理,重力的冲量大小为mg( 2L +t),拉力F的冲量大小
g
为Ft。初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理知mg( 2L +t)-Ft=0解
g
mg( 2L＋t)
得F=
g
=1 200 N
【考场秘技】动量定理的解题技巧 (1)对不涉及加速度和位移的力与运动的关系问题,应用动量定理不需要考虑运 动过程的细节,解题较为方便。 (2)在应用动量定理解题时,需要表达物体(沿某方向)受到的合冲量,所以一定 要对物体认真进行受力分析,不可有遗漏的力。 (3)当合力远大于重力时,可忽略重力的冲量。 (4)对于变力的冲量,往往通过动量定理来计算。 (5)建立方程时要事先选定正方向,确定力与速度的正、负号。
B.4.0×103 N
C.8.0×103 N
D.1.44×104 N
B 720 km/h=200 m/s;根据动量定理Ft=mv可得平均撞击力F= mv 2 200 N=
t 0.1
4×103 N,选项B正确。
2.(图象问题)(多选)一质量为2 kg 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
D 有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,则动量的改变量也相同,故选项B 错误;安全气囊可以延长司机受力作用时间,同时增大司机的受力面积,根据动量 定理,则减少了司机受力大小,从而司机单位面积的受力大小也减少,故选项A错 误,D正确;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为 气体的内能,故选项C错误。
多维猜押·制霸考场
1.(动量定理求冲力)一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机,飞到1 500 m 高时恰
撞到了一只兔子,当时这只兔子正被一只鹰抓着,两者撞到飞机当场殒命。设当
时飞机正以 720 km/h 的速度飞行,撞到质量为2 kg的兔子,作用时间为0.1 s。
则飞机受到兔子的平均撞击力约为
()
A.1.44×103 N
C 根据F-t图象面积表示冲量,可知在0～2 s 内合外力的冲量一直增大,故A正 确;0～4 s 内合外力的冲量为零,故B正确;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,故C错误,D 正确。
4.(动量定理解决实际问题)一高空作业的工人质量为60 kg,系一条长为L=5 m 的安全带,若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1 s(工人最终静止悬 挂在空中),则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少?(g取10 m/s2,忽略空气 阻力的影响)
【真题解码】 (1)审题破题眼:
(2)情境化模型: 初末动量确定→动量变化量确定→冲量确定→延长时间减小受力→增大面积→ 减小压强 (3)命题陷阱点: 陷阱1:误以为延长时间会减小动量的变化量或冲量 碰撞过程的初、末速度与气囊无关,初、末动量也与气囊无关,延长时间减小受 力而非冲量或动量变化量。 陷阱2:误以为增大面积会增大单位面积上的受力 冲量不变,时间延长会减小受力,同样的力增大面积会减小压强。
()
A.t=ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
A、B 由动量定理可得Ft=mv,解得v= Ft 。t=1 s时物块的速率为v= Ft
m
m
21 m/s=1 m/s,故选项A正确;t=2 s时物块的动量大小p2=F2t2=2×2 kg·m/s=
专题五 动量和能量 考向1 动量定理的理解和应用
研透真题·破题有方
(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出 并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊 在此过程中的作用,下列说法正确的是 ( ) A.增加了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能 D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2
4 kg·m/s,故选项B正确;t=3 s时物块的动量大小为p3=(2×2-1×1) kg·m/s=
3 kg·m/s,故选项C错误;t=4 s时物块的动量大小为p4=(2×2-1×2) kg·m/s=
2 kg·m/s,所以t=4 s时物块的速度为1 m/s,故选项D错误。
3.(变力在动量定理的应用)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某一正弦函数,下列表述不正确 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
必备知能·融会贯通
【核心必备】 1.理解动量定理的要点 (1)应用动量定理时研究对象既可以是单一物体,也可以是系统,当为系统时不 考虑内力的冲量。 (2)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。 (3)动量定理的表达式FΔt=Δp是矢量式,列方程之前先规定正方向。
2.用动量定理解释现象 (1)Δp一定时,F的作用时间越短,力就越大;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。 分析问题时,要把哪个量一定,哪个量变化搞清楚。 3.动量定理的两个重要应用 (1)应用I=Δp求变力的冲量。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化量。