第1节 动量和动量定理（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（鲁科版2019 福建专版）

第一章 动量及其 守恒定律 动量和动量定理(强基课— 逐点理清物理观念) 第 1 节 课标要求 学习目标 1.理解动量和冲量。 2.通过理论推导和实验，理解动量定理。 3.能用动量定理解释生产生活中的有关现象。 1.理解动量的概念，知道动量是矢量。 2.知道动量的变化量是矢量，会计算一维情况下的动量变化量。 3.理解冲量的概念，知道冲量是矢量。 4.理解动量定理的确切含义及其表达式。 5.会运用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象。 1 逐点清(一) 动量及其变化量 2 逐点清(二) 冲量的理解与计算 3 逐点清(三) 动量定理 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 逐点清(一) 动量及其变化量 1．动量 (1)定义：物体_____与_____的乘积。 (2)表达式：p＝_____。 (3)单位：____________，符号为kg·m/s。 (4)矢量性：动量是矢量，方向与物体_____的方向相同，其运算遵循_____________定则。 多维度理解 质量 速度 mv 千克米每秒 速度 平行四边形 2．动量变化量 (1)定义：物体在某段时间内__________与_________的矢量差(也是矢量)，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝m·Δv(矢量式)。 (2)在同一条直线上的动量变化量的运算：选定一个正方向，动量及动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表_____，不代表大小)。 末动量p2 初动量p1 方向 动量和动能的比较 1．判断下列说法是否正确。 (1)动量的方向与速度方向一定相同。 ( ) (2)动量变化量的方向与初动量的方向一定相同。 ( ) (3)动量越大的物体对应的动能也越大。 ( ) 全方位练明 √ × × 2．一台自动传送盘，盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg 的零件，随盘做匀速圆周运动，则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中，零件动量的变化量大小为(　 ) A．0.25 kg·m/s B．0.5 kg·m/s C．1 kg·m/s D．2 kg·m/s 解析：设末速度方向为正方向，零件动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝2mωr＝2×0.5×2×0.5 kg·m/s＝1 kg·m/s，故C正确。 √ 3．假设羽毛球飞来的速度为50 m/s，运动员将羽毛球以100 m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为10 g，求： (1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量； (2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量。 解析：(1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则p1＝mv1＝1×10－2× 50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s，p2＝mv2＝－1×10－2×100 kg·m/s＝－1 kg·m/s，所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝－1 kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s。 即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。 逐点清(二) 冲量的理解与计算 1．定义：力和______________的乘积称为这个力的冲量。 2．公式：I＝____。 3．单位(符号)：____。 4．方向：冲量是矢量，其方向与____的方向相同。 多维度理解 力的作用时间 Ft N·s 力 1．对冲量的理解 (1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力在一段时间内连续作用的累积效果，与某一过程相对应。 (2)冲量是矢量：①在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同；②如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。 2．恒力冲量的计算方法 (1)某个力的冲量：仅由该力的大小和该力的作用时间决定，与是否受其他力及其运动状态无关。 (2)合力的冲量：先计算各个力的冲量，再对各冲量进行矢量相加减；还可以先计算合力，再求合力的冲量。 1．关于力的冲量，下列说法正确的是(　 ) A．作用在物体上的力越大，力的冲量就越大 B．作用在物体上的力大，力的冲量不一定大 C．静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零 D．若F1与作用时间t1的乘积F1t1的大小等于F2与作用时间t2的乘积F2t2的大小，则这两个冲量相同 全方位练明 √ 解析：由I＝Ft可知，作用在物体上的力越大，力的冲量不一定越大，还与作用时间有关，故A错误，B正确； 静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为Ft，故C错误； 冲量是矢量，大小相等，若方向不同，则这两个冲量不相同，故D错误。 2.如图所示，一质量m＝3 kg的物体静止在光滑水平面上，受到与水平方向成60°角的力F的作用，F的大小为9 N，经2 s的时间，g取10 m/s2，求： (1)物体重力的冲量大小； (2)物体受到的支持力的冲量大小； (3)力F的冲量大小； (4)合外力的冲量大小。 解析：对物体受力分析如图所示。 (1)重力的冲量大小IG＝mgt＝3×10×2 N·s＝60 N·s。 逐点清(三) 动量定理 1．内容：物体在一过程中所受________的冲量等于该物体在此过程中_____________。 2．公式：I＝Δp或Ft＝____________。 多维度理解 合外力 动量的变化量 mv2－mv1 变化率 1．对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式Ft＝mv2－mv1是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 (2)动量定理反映了合外力的冲量是动量发生变化的原因。 (3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值。 2．动量定理的定性应用 (1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。 (2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。 [典例]　丰富的课外活动蕴含了很多有趣的物理知识。在某次课外活动中，一同学将质量为0.5 kg的弹力球从1.25 m 高处自由下落，与地面碰撞后回弹高度为0.8 m。设碰撞时间为0.1 s，回弹的速度方向竖直向上，g取10 m/s2，不计空气阻力。求弹力球对地面的平均作用力。 1．(2024·厦门高二检测)“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　 ) 全方位练明 A．减小穿戴者动量的变化量 B．减小穿戴者动量的变化率 C．增大穿戴者所受合力的冲量 D．减小穿戴者所受合力的冲量 √ 2.一质量为80 kg的蹦极爱好者在一次蹦极中， 离开跳板后运动过程中的部分x-t图像如图所示， 其中OA为抛物线，AC为一般曲线，B点斜率为 零，则从绳伸直后到运动到最低点的过程中，绳对他的平均作用力大小为(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　 ) A．1 500 N B．2 000 N C．2 400 N D．3 000 N √ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A级——基础达标 1．如图所示，质量为0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹与质量为0.8 kg、以10 m/s的速度飞行的小球相比(　 ) 6 7 8 9 10 11 12 A．子弹的动量较大 B．小球的动量较大 C．子弹的动能较大 D．小球的动能较大 1 2 3 4 5 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2．(2024·厦门高二模拟)如图所示，一水平地面由光滑的AB段和粗糙程度均匀的BC段组成，且AB＝BC。某同学用水平恒力F将物体(可看成质点)由静止从A点拉到C点。若在AB段和BC段上拉力的冲量大小分别为I1和I2，则下列表述正确的是(　 ) 2 3 4 A．I1一定大于I2 B．I1可能等于I2 C．I1可能小于I2 D．I1一定等于I2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3．(2024·佛山高二检测)自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，如图所示，传送过程中传送带速率保持不变，则货物在此过程中(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．所受摩擦力的冲量为零 B．所受合外力做功不为零 C．所受合外力的冲量不为零 D．动量变化量为零 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：货物从A到B做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，货物所受摩擦力的冲量I＝ft，不为零，故A错误； 货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误； 所受合外力的冲量I合＝ft＝m·Δv，不为零，故C正确； 动量变化量Δp＝m·Δv，不为零，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(2023·新课标卷)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程中杠铃和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)，运动员从甲到乙、从乙到丙经历的时间分别为t1、t2，则在举起杠铃的整个过程中(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．地面对运动员的冲量大小为0 B．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2) C．运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt) D．运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1＋t2) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：因缓慢运动，运动员和杠铃可视为处于平衡状态，则地面对运动员的支持力大小为(M＋m)g，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，故其冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，A、B错误； 运动员对杠铃的作用力大小为Mg，其冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，C正确，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：根据平抛运动的规律，A到B、B到C、C到D三段过程的时间相等，设为T，根据动量定理有Δp1＝mgT，Δp2＝mgT，Δp3＝mgT，可得Δp1∶Δp2∶Δp3＝1∶1∶1，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．在某校举行的篮球比赛中，参赛同学纷纷展示了拼搏的精神与团队的凝聚力。在比赛中，质量为0.6 kg的篮球以10 m/s的速率水平传到某同学手中，该同学接住后迅速以相同的速率、沿与原速度相反的方向传出，接球高度与传球高度相同，从接球到将球传出的总时间为0.8 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则在该同学接球到将球传出的过程中(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．重力对球的冲量大小为0 B．该同学对球的作用力的冲量大小为12 N·s C．球的动量变化量为0 D．球受到的作用力平均值为15 N 解析：重力对球的冲量大小为IG＝mgt＝0.6×10×0.8 N·s＝4.8 N·s，故A错误； 设球传出的方向为正方向，球的动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝0.6×10 kg·m/s＋0.6×10 kg·m/s＝12 kg·m/s，故C错误； 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8．(2024·龙岩高二质检)质量m＝0.5 kg、可以视为质点 的钢球，从离地高为h＝0.45 m的位置静止释放，不考虑空气 阻力的影响，钢球自由下落且着地后不反弹，着地时间极短， 取重力加速度g＝10 m/s2。在钢球静止释放后，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．合外力冲量的方向始终是竖直向上 B．钢球在自由下落过程重力冲量的大小I＝1.5 N·s C．钢球在自由下落过程动量变化量大小Δp＝2.25 kg·m/s D．钢球释放1 s末其动量大小是p＝5 kg·m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：在钢球静止释放后到落地的过程可分为两个阶段，第一阶段是自由下落过程，只受重力作用，合外力方向竖直向下，第二阶段是与地面接触的过程，合外力方向竖直向上，由于合外力冲量方向即是合外力的方向，故A错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 由动量定理，自由下落阶段动量变化量等于重力的冲量，Δp＝I＝1.5 kg·m/s，故C错误； 由于钢球在空中只运动了0.3 s，所以1 s末处于静止状态，其动量为零，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9．如图所示，一仪器箱放在实验室外的水平地面上，需要转移到室内某位置。实验员对箱子施加一水平推力，作用时间为10 s，箱子由静止开始加速到2 m/s，此时撤去推力，箱子继续沿直线运动一段距离后正好停在预定位置。已知箱子的质量为m＝20 kg，箱子与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。g取10 m/s2，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：(1)撤去推力时，动量大小p＝mv＝40 kg·m/s。 (2)推箱子过程，由动量定理得I推－If＝mv 摩擦力的冲量大小为If＝μmgt 解得I推＝440 N·s。 2 3 4 (1)实验员撤去推力时，箱子的动量大小； (2)推箱子过程中，实验员对箱子的冲量大小； (3)整个运动过程摩擦力对箱子的冲量大小。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)全过程，由动量定理得I推－If′＝0 解得If′＝440 N·s。 答案：(1)40 kg·m/s　(2)440 N·s　(3)440 N·s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 B级——综合应用 10．(2024·南平高二月考)质量m＝0.5 kg的小球用轻质弹簧竖直悬挂，把小球向下拉至某位置(未超出弹性限度)由静止释放，小球之后运动的速度时间图像如图所示，取竖直向下为正方向，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．在0～4 s时间内，重力的冲量为0 B．小球在3 s末的加速度大小小于5 s末的加速度大小 C．在0～2 s时间内，弹簧弹力的冲量大小为12 kg·m/s D．在2 s末弹簧处于原长状态 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：在0～4 s时间内，重力的冲量IG＝mgt，解得IG＝20 N·s，A错误； 根据图像可知，第3 s末和第5 s末的加速度大小相等，B错误； 在0～2 s时间内，由动量定理得mgt′－IF＝mv－0，解得IF＝12 kg·m/s，C正确； 2 s末时小球速度最大，可知加速度为零，小球合力为零，弹簧弹力不为零，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 0～4 m的过程，由动能定理有W′－μmgx4＝Ek4－0，解得Ek4＝2 J，B正确； 从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgΔx＝8 J，C正确； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12．(2024·晋江高二模拟)城市进入高楼时代后，高空 抛物已成为危害极大的社会安全问题，其已列入刑法。 小张同学想用所学的物理知识来作检验，他建立了如下 的情境：如图，装有250 mL牛奶的牛奶盒的质量为300 g，高度为10 cm，设想从18楼(离地45 m高)由静止开始释放，直立落地后高度减为原来的一半时速度变为0，此过程把牛奶盒顶端的运动视为匀减速运动，并将这段时间作为撞击地面的时间。不计空气阻力，g取10 m/s2。帮小张同学求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)牛奶盒落地时的速度大小； (2)牛奶盒在撞击地面过程中对地面的平均冲击力大小。 解析：(1)由v2＝2gh，解得v＝30 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 比较项 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 Ek＝mv2 标矢性 矢量 标量 换算关系 p＝，Ek＝ (2)羽毛球的初动能Ek＝mv12＝12.5 J，羽毛球的末动能Ek′＝mv22＝50 J， 动能变化量ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5 J。 答案：(1)1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反　(2)37.5 J (2)支持力的冲量大小IN＝Nt＝(mg－Fsin 60°)t＝×2 N·s≈44.4 N·s。 (3)力F的冲量大小IF＝Ft＝9×2 N·s＝18 N·s。 (4)合外力的冲量大小I合＝Fcos 60°·t＝9×0.5×2 N·s＝9 N·s。 答案：(1)60 N·s　(2)44.4 N·s　(3)18 N·s　(4)9 N·s 3．牛顿第二定律的另一种表述：作用在物体上的合外力等于物体动量的________，即F＝。 [解析]　法一：分段处理 取弹力球为研究对象，根据自由落体运动和竖直上抛运动的规律可知，弹力球与地面碰撞前的速度： v1＝＝ m/s＝5 m/s，方向竖直向下； 弹力球与地面碰撞后的速度： v2＝＝ m/s＝4 m/s，方向竖直向上。 与地面碰撞时弹力球受力情况如图所示，取竖直向上为正方向。 根据动量定理： (N－mg)t＝mv2－(－mv1) 解得N＝50 N 由牛顿第三定律可知，弹力球对地面的平均作用力大小为50 N，方向竖直向下。 法二：全程处理 以开始下落的瞬间为初状态，反弹到最高点时为末状态，则重力的作用时间： t＝ ＋t碰＋ ＝(0.5＋0.1＋0.4)s＝1 s 地面对弹力球的平均作用力的作用时间为t碰＝0.1 s 取竖直向下为正方向，由动量定理：mgt－Nt碰＝0 解得N＝50 N 由牛顿第三定律可知，弹力球对地面的平均作用力大小为50 N，方向竖直向下。 [答案]　50 N，方向竖直向下 解析：依题意，根据动量定理得FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，即穿戴者所受合力的冲量FΔt未发生变化。故选B。 解析：由题意可知，OA过程蹦极爱好者做自由落体运动，则有xA＝gtA2，解得tA＝6 s。在A点绳恰好伸直，B点斜率为零，可知B点对应速度为零，B点为最低点。从O到B的过程，根据动量定理可得mgtB－(tB－tA)＝0，解得＝2 000 N，故选B。 解析：根据p＝mv，子弹的动量p1＝8 kg·m/s，小球的动量p2＝8 kg·m/s，所以二者动量大小相等；根据Ek＝mv2，子弹的动能Ek1＝3 200 J，小球的动能Ek2＝40 J，所以子弹的动能较大，故C正确，A、B、D错误。 解析：设AB和BC段长为L，以水平向右为正方向。设经过B点的速度为vB，经过C点的速度为vC，由题意vC≥0。根据运动学公式，经过AB段的时间t1＝，经过BC段的时间t2＝，若经过C点的速度大于零，则t1＞t2，根据冲量I＝Ft，得到I1＞I2；若经过C点的速度等于零，则t1＝t2，则I1＝I2；不会有t1＜t2，即不会有I1＜I2，故A、C、D错误，B正确。 解析：对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲 > m乙，所以a甲 < a乙，由于两磁铁运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲 < v乙，A错误； 6.如图所示，A、B、C、D是一平抛运动物体轨迹上的四点，图中方格均为边长相同的正方形，空气阻力不计。若将A到B、B到C、C到D三段过程中物体动量变化量的大小分别记为Δp1、Δp2、Δp3。则Δp1∶Δp2∶Δp3等于(　 ) A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．1∶3∶5 D．1∶4∶9 设该同学对球的作用力的水平分力为Fx，则有Fxt＝Δp，解得Fx＝15 N，设该同学对球的作用力的竖直分力为Fy，则有Fy＝mg＝6 N，由于球在竖直方向的合力为零，则球受到的作用力平均值为＝Fx＝15 N，该同学对球的作用力的冲量大小为IF＝>Fxt＝12 N·s，故B错误，D正确。 钢球释放后做自由落体运动，只受到重力作用，在空中下落的时间t＝＝0.3 s，着地时的速度v＝gt＝3 m/s，重力的冲量I＝mgt＝1.5 N·s，方向竖直向下，故B正确； 解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m时物体的速度为v1＝2 m/s，拉力为F1＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝F1v1＝12 W，A错误； 根据W-x图像可知在0～2 m的过程中F1＝6 N,2～4 m 的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据上述分析可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m 的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。 (2)减速时间t＝＝ 由动量定理得(mg－F)t＝0－mv 解得F＝2 703 N 根据牛顿第三定律知，牛奶盒对地面的平均冲击力大小为F′＝F＝2 703 N。 答案：(1)30 m/s　(2)2 703 N $$