2.动量定理-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修 第一册 RJ 2．动量定理 1．理解冲量的概念并会进行相关的简单计算。2.理解动量定理及其表达式。3.能够利用动量定理解释有关现象。4.会用动量定理分析解决实际问题。 任务　冲量 动力学知识告诉我们，力能改变物体的速度，结合上一节课的学习可以推知，力能改变物体的动量。现在我们从理论上定量分析力是如何改变动量的。如图所示，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度为v′。 问题1：在力F的作用下，物体产生加速度，速度改变，动量改变，请根据牛顿第二定律写出力F的表达式(用前面已知物理量表示)。 提示：这个物体在这段时间的加速度a＝＝，根据牛顿第二定律F＝ma，则有F＝m。 问题2：请用F表示动量的变化量。 提示：将F＝m变形，可得FΔt＝mv′－mv，即FΔt＝p′－p。 1．冲量的定义：物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。用字母I表示冲量。 2．冲量的表达式：I＝FΔt。 3．冲量的单位：牛秒，符号是N·s。 想一想 静止在水平桌面上的物体，在时间t内重力的冲量等于0吗？ 提示：根据I＝FΔt，在时间t内重力的冲量不等于0。 1．对冲量的理解 (1)物理意义：力对时间的累积，与某一过程相对应，是过程量。 (2)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。合成与分解遵循矢量运算法则。 (3)I＝FΔt中F的理解：如果是变力作用于物体，F应理解成变力在时间Δt内的平均值。 2．冲量与功的比较 冲量 功 公式 I＝FΔt W＝Fx 标矢性 矢量 标量 意义 力对时间的累积，在F­t图像中可以用图线下的面积表示 力对位移的累积，在F­x图像中可以用图线下的面积表示 正、负 正、负表示与正方向相同或相反 正、负表示动力做功或阻力做功 作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能 如图所示，水平面上某质量为m的物体在推力F的作用下没有运动，经时间t后(　　) A．推力的冲量为零 B．推力的冲量为Ftcosθ C．合力的冲量为Ft D．重力的冲量为mgt [解析]　根据冲量的公式，在时间t内推力的冲量I1＝Ft，重力的冲量I2＝mgt，A、B错误，D正确；物体静止，所受合力为零，则合力的冲量I3＝0，C错误。 [答案]　D 1．冲量的决定因素 某个力的冲量，只取决于该力的大小、方向以及该力的作用时间，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。 2．合力冲量的计算方法 (1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 (2)如果各力的作用时间相同，可以先求出各力的合力，再由I＝F合Δt求合力的冲量。 [跟进训练]　关于冲量的概念，以下说法正确的是(　　) A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同 B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小 C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大 D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 答案：A 解析：由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确；由冲量公式I＝FΔt可知，冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知力或作用时间一个因素，无法确定冲量大小，B、C错误；冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，D错误。 任务　动量定理 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。 注：这里说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。 2．表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。 判一判 (1)物体所受合力不变，则动量也不变。(　　) (2)物体动量的变化等于某个力的冲量。(　　) (3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同。(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)× 1．动量定理不仅适用于恒力，还适用于变力。 证明：物体受到的作用力不是恒力时，如图所示，把力F的作用过程分成很多短暂过程，各个短暂过程持续的时间Δti很短，各短暂过程物体受的力Fi没有很大的变化，可看成恒力，设动量改变量为Δpi，参照匀变速直线运动位移公式的推导过程，依上述关系有FiΔti＝Δpi，对所有过程累积求和有，FiΔti＝Δpi，若用表示F在时间Δt内的平均值，得Δt＝Δp。 2．对动量定理的理解 (1)动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因。 (2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。 (3)由FΔt＝Δp得F＝，可知物体所受合力等于物体动量的变化率。 (4)不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用。 拓展：由牛顿第二定律F＝ma和加速度定义式a＝，可得F＝＝，可知动量定理的变形式就是牛顿第二定律的动量表述。 3．动量定理的典型应用 (1)已知冲量，计算动量变化量、初动量、末动量。 (2)已知动量变化量，计算冲量、力、力的作用时间。 4．应用动量定理解题的基本步骤 一个质量为0.2 kg、以15 m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25 m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0.1 s，忽略网球重力和空气阻力，试求： (1)网球动量的变化量； (2)球拍对网球的平均作用力。 [解析]　(1)以向球拍飞来的方向为正方向，则网球的初速度v0＝15 m/s，反弹后的速度v＝－25 m/s，所以网球动量的变化量Δp＝mv－mv0＝－8 kg·m/s 即网球动量的变化量大小为8 kg·m/s，方向与初速度方向相反。 (2)由动量定理有t＝Δp 解得球拍对网球的平均作用力＝－80 N 即球拍对网球的平均作用力大小为80 N，方向与初速度方向相反。 [答案]　(1)8 kg·m/s，方向与初速度方向相反　(2)80 N，方向与初速度方向相反 [跟进训练]　质量为160 g的手机从距离地面1.25 m高做自由落体运动，平摔在地面上而不弹起，撞击地面的时间为0.5 s，不计空气阻力，g＝10 m/s2，试求： (1)手机落地前瞬间的速度大小； (2)地面对手机的平均作用力大小。 答案：(1)5 m/s　(2)3.2 N 解析：(1)已知手机下落的高度h＝1.25 m，设手机落地前瞬间的速度大小为v，由自由落体运动规律知，手机下落过程有v2＝2gh 代入数据解得v＝5 m/s。 (2)取竖直向下为正方向，手机撞击地面的过程，对手机，由动量定理得IG－I＝0－mv 其中重力mg的冲量大小IG＝mgt 地面对手机的平均作用力的冲量大小I＝t 又已知地面与手机的相互作用时间t＝0.5 s 联立并代入数据解得＝3.2 N。 (多选)如图所示，质量为m的物体原来静止在光滑水平面上，0时刻对物体施加与水平方向成θ角的恒定拉力F，物体开始沿光滑水平面做直线运动，t时刻撤去拉力。下列说法正确的是(　　) A．0～t时间内物体的动量变化量的大小为Ft B．0～t时间内物体的动量变化量的大小为Ftcosθ C．t时刻物体的速度大小为 D．t时刻物体的速度大小为 [解析]　对物体进行受力分析，以水平向右为正方向，物体所受合力为F合＝Fcosθ，0～t时间内物体所受合力的冲量为I合＝F合t＝Ftcosθ，根据动量定理可知，0～t时间内物体的动量变化量的大小为Δp＝I合＝Ftcosθ，故A错误，B正确；0～t时间内物体的动量变化量为Δp＝mv－0，解得t时刻物体的速度大小为v＝，故C错误，D正确。 [答案]　BD 任务　动量定理的定性应用 1．动量定理的分析解释：根据动量定理，如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就大；作用的时间长，物体受的力就小。 2．动量定理的应用：易碎物品运输时要用柔软材料包装，跳高时运动员要落在软垫上，在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)。 想一想 跳高比赛时，运动员落地处要放很厚的垫子，这是为什么？ 提示：人落到垫子上比直接落在地面上速度减为0所需的时间更长，由FΔt＝Δp可知，在动量变化相同的情况下，人落在垫子上受到的冲击力较小，从而对运动员起到保护作用。 如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是(　　) A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏 B．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏 C．减小碰撞中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏 D．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏 [解析]　轮船在发生碰撞的过程中，由动量定理FΔt＝Δp知，在动量变化量Δp相同即所受冲量I＝FΔt相同的情况下，外侧悬挂了很多旧轮胎，延长了碰撞的作用时间Δt，使得碰撞中轮船受到的冲击力F减小，从而减轻对轮船的破坏，故D正确，A、B、C错误。 [答案]　D 课后课时作业 知识点一　冲量 1.如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则在时间t内(　　) A．拉力对物体的冲量大小为Ftcosθ B．重力对物体的冲量大小为零 C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ D．合力对物体的冲量大小为零 答案：D 解析：拉力对物体的冲量大小为IF＝Ft，A错误；重力对物体的冲量大小为IG＝Gt＝mgt，B错误；由于物体做匀速运动，由平衡条件可知，摩擦力大小为f＝Fcosθ，摩擦力对物体的冲量大小为If＝ft＝Ftcosθ，C错误；物体做匀速运动，所受合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确。 2．(多选)质量为0.5 kg的篮球在高空由静止落下，篮球下落过程中所受阻力恒定，加速度为9 m/s2，经2 s时间落地。已知重力加速度大小为10 m/s2，则篮球下落过程中(　　) A．所受重力的冲量竖直向下 B．所受重力的冲量大小为1 N·s C．所受阻力的冲量竖直向下 D．所受阻力的冲量大小为1 N·s 答案：AD 解析：篮球下落过程中所受重力方向竖直向下，则所受重力的冲量竖直向下，大小为IG＝mgt＝10 N·s，A正确，B错误；设篮球下落过程中所受阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得f＝0.5 N，篮球下落过程中所受阻力方向竖直向上，则所受阻力的冲量竖直向上，大小为If＝ft＝1 N·s，C错误，D正确。 3.t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0～1 s拉力对物体的冲量大小为(　　) A．2 N·s B．2.4 N·s C．3 N·s D．4 N·s 答案：C 解析：F­t图像中，图线与t轴所围面积表示力F的冲量，则1 s内拉力对物体的冲量大小为I＝×Δt＝×1 N·s＝3 N·s，故选C。 [名师点拨]　变力冲量的计算 (1)若力的方向不变而大小随时间均匀变化，则该力的冲量可以用平均力来计算，其公式为I＝Δt。 (2)若力的方向始终沿一条直线，利用F­t图像中的“面积”求该力的冲量。面积大小表示冲量的大小，面积的正负表示冲量的方向。某力F随时间t变化的图像(F­t图像)如图所示，则图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。 (3)利用动量定理计算，即求出在该力作用下物体动量改变量Δp的大小和方向，从而得到变力的冲量。 知识点二　用动量定理解释生活现象 4.汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标。实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法，也是各国政府检验汽车安全性能的强制手段之一。汽车碰撞试验中，汽车发生碰撞时，弹出的安全气囊可以(　　) A．减小车内模拟乘员受到撞击力的作用时间 B．减小车内模拟乘员受到的撞击力 C．减小车内模拟乘员动量的变化量 D．减小车内模拟乘员受到撞击力的冲量 答案：B 解析：汽车发生碰撞时，无论是否使用了安全气囊，车内模拟乘员动量的变化量不变，故C错误；根据动量定理FΔt＝Δp，可知车内模拟乘员受到撞击力的冲量不变，故D错误；弹出的安全气囊可以增加车内模拟乘员受到撞击力的作用时间，从而可以减小车内模拟乘员受到的撞击力，故A错误，B正确。 知识点三　动量定理的定量计算 5．我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动。卫星的质量为1.45 t，线速度大小为7.6 km/s，运动周期为96 min。在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　) A．约2.2×107 N·s，与末速度方向垂直 B．约2.2×107 N·s，与末速度方向相同 C．约1.1×106 N·s，与末速度方向垂直 D．约1.1×106 N·s，与末速度方向相同 答案：B 解析：在48 min内，卫星恰好运动半周，其速度大小不变，方向反向，以末速度v的方向为正方向，则动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝2.2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小约为2.2×107 N·s，方向与末速度方向相同，故选B。 6．质量为1 kg的金属小球竖直下落，与地面撞击前瞬间，速度大小为5 m/s，方向竖直向下，撞击后瞬间，速度大小为3 m/s，方向竖直向上，小球与地面的接触时间为0.2 s。不计小球受到的空气浮力及阻力，g取10 m/s2。小球与地面相互作用的时间内，对地面压力的平均值为(　　) A．10 N B．20 N C．40 N D．50 N 答案：D 解析：选取竖直向下的方向为正方向，由动量定理知(mg－)Δt＝mv2－mv1，其中v1＝5 m/s，v2＝－3 m/s，代入数据解得地面对小球作用力的平均值为＝50 N，根据牛顿第三定律可知，小球对地面压力的平均值为50 N，故选D。 7．(多选)足球运动员在射门时把球踢偏了，球以12 m/s的速度水平射中门框，之后又以8 m/s的速度水平弹回，球的质量是0.3 kg，门框对球的平均弹力大小为60 N(忽略一切摩擦和空气阻力，门框与球相互作用的过程忽略重力)，下列说法正确的是(　　) A．门框对球的冲量大小为6 N·s B．门框对球的冲量大小为1.2 N·s C．球与门框的作用时间是0.02 s D．球与门框的作用时间是0.1 s 答案：AD 解析：取球水平弹回方向为正方向，根据动量定理得门框对球的冲量I＝mv2－mv1，其中v1＝－12 m/s，v2＝8 m/s，m＝0.3 kg，解得I＝6 N·s，A正确，B错误；根据冲量的定义得I＝t，解得球与门框的作用时间t＝＝ s＝0.1 s，故C错误，D正确。 8.(多选)冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面到达指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．力F在前1 s内的冲量大小为0.6 N·s B．冰壶在第1 s末的速度大小为0.6 m/s C．冰壶在第2 s末的动量大小为2 kg·m/s D．冰壶在第2 s末的速度大小为0.8 m/s 答案：BD 解析：力F在前1 s内的冲量大小为I1＝F1t1＝3×1 N·s＝3 N·s，A错误；冰壶在第1 s内由动量定理有I1＝mv1－0，解得冰壶在第1 s末的速度大小为v1＝0.6 m/s，B正确；冰壶在前2 s内由动量定理有F1t1＋F2t2＝p2－0，且p2＝mv2，解得冰壶在第2 s末的动量大小为p2＝4 kg·m/s，在第2 s末的速度大小为v2＝0.8 m/s，C错误，D正确。 [名师点拨]　动量定理与牛顿第二定律的选用原则 只涉及运动过程的初、末速度和力及其作用时间，不涉及运动细节和力的瞬时效果——加速度，用动量定理更简单；涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿第二定律和运动学公式。 9．(多选)一质量m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s以大小v＝1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2。在这0.2 s内(　　) A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s C．地面对运动员做的功为零 D．地面对运动员做的功为30 J 答案：AC 解析：运动员的速度原来为零，起跳后变为v，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I－mgt＝mv－0，故地面对运动员的冲量为I＝mv＋mgt＝60×1 N·s＋60×10×0.2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；在起跳过程中，地面对运动员的支持力竖直向上，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，则地面对运动员做的功为零，故C正确，D错误。 10．质量m＝60 kg的撑杆跳高运动员从距海绵垫h＝5 m的高处自由下落到海绵垫上，若运动员由静止下落到陷至最低点经历了t＝1.6 s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求： (1)运动员从接触海绵垫到陷至最低点动量的变化量； (2)海绵垫对该运动员的平均作用力大小。 答案：(1)600 kg·m/s，方向竖直向上 (2)1600 N 解析：(1)取竖直向下为正方向，设运动员与海绵垫接触前瞬间的速度为v，运动员自由落体运动的过程有v2＝2gh 解得v＝10 m/s 运动员陷至最低点时速度为0，则从接触海绵垫到陷至最低点，运动员动量变化量 Δp＝0－mv＝－600 kg·m/s 所以动量变化量的大小为600 kg·m/s，方向竖直向上。 (2)设运动员从静止开始下落到刚接触海绵垫所需时间为t1，根据h＝gt 解得t1＝1 s 则运动员从接触海绵垫到陷至最低点的时间 Δt＝t－t1＝0.6 s 设海绵垫对运动员的平均作用力大小为，在运动员从接触海绵垫到陷至最低点的过程中，由动量定理可得(mg－)Δt＝Δp 解得＝1600 N。 11．(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线。若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是(　　) 答案：CD 解析：由动量定理得Δp＝I＝－mgt，故A错误，C正确；又因为＝F＝－mg，故B错误，D正确。 12．(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可能是(　　) A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m 答案：BCD 解析：根据动量定理，物体动量的变化应该等于初、末动量的矢量差，而不是代数差，A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正确；由动量的定义及矢量性可知，Δp＝mΔv＝mvy＝m＝m，C、D正确。 13．(多选)在无风的天气，把网球自地面O点以初速度v竖直向上抛出，网球到达最高点P，然后又落到最低点O，已知OP＝h，网球受到的空气阻力与速率成正比，比例系数为k，当地重力加速度为g。下列分析正确的是(　　) A．网球自O点到P点的过程中阻力对网球的冲量大小为kh B．网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量大小为2kh C．网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量为零 D．网球自O点到P点的过程中经历的时间t＝ 答案：AC 解析：规定竖直向下为正方向，网球自O点到P点的过程中，阻力方向向下，将运动分为极多段，则每段的阻力可看作恒力，以速度vi起始的一段极短时间Δti内，阻力大小为fi＝kvi，阻力对网球的冲量为Ii＝fiΔti，可得Ii＝kviΔti，将所有过程累积求和，可得网球自O点到P点的过程中阻力对网球的冲量为I＝∑Ii＝k∑viΔti＝kh，A正确；网球自P点落回O点的过程中，阻力方向向上，同理可得，此过程中阻力对网球的冲量为I′＝－kh，所以网球自O点到再落回O点的过程中阻力对网球的冲量为I总＝I＋I′＝0，C正确，B错误；网球自O点到P点的过程中，根据动量定理有mgt＋kh＝0－(－mv)，解得t＝，D错误。 14．我们打篮球经常有一个动作，叫作传球，如图甲，一人将球扔向地面，通过地面反弹传给另外一人。情景简化如图乙所示，地面水平，篮球质量为0.6 kg，现篮球以4 m/s、与地面成θ＝45°夹角的速度撞向地面，反弹离开地面时与地面夹角仍为θ＝45°、速度大小为3 m/s，篮球与地面作用时间为0.05 s，不计空气阻力，g取10 m/s2，≈1.41。则篮球碰撞地面的过程，下列说法正确的是(　　) A．合力对篮球的冲量竖直向上 B．合力对篮球的冲量大小为4.2 kg·m/s C．地面对篮球的弹力大小约为65 N D．地面对篮球的弹力大小约为90 N 答案：C 解析：篮球碰撞地面前后，根据题意，篮球的初动量p1＝mv1＝2.4 kg·m/s，方向与地面成θ＝45°夹角斜向右下方，篮球的末动量p2＝mv2＝1.8 kg·m/s，方向与地面成θ＝45°夹角斜向右上方，如图1所示，根据三角形定则可知，篮球碰撞地面的过程，动量变化量Δp不是沿竖直方向向上，大小为Δp＝＝3 kg·m/s，根据动量定理可得，合力对篮球的冲量不是竖直向上，大小为3 kg·m/s，A、B错误。设地面对篮球竖直向上的弹力为FN，建立如图2所示坐标系，将篮球的初、末动量分解到x轴和y轴方向，沿y轴方向，根据动量定理有(FN－mg)Δt＝p2sinθ－(－p1sinθ)，联立可得地面对篮球的弹力大小约为FN≈65 N，故C正确，D错误。 [名师点拨]　动量定理是一个矢量方程，应用动量定理计算时，如果物体的初、末动量不在同一直线上，则可以将物体所受的各个力和初、末动量进行正交分解，在相互垂直的两个方向上分别列动量定理的分量方程(类似于牛顿第二定律的正交分解)，将矢量运算转换为代数运算。 5 学科网（北京）股份有限公司 $$