第1章 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PPT（教科版）

该高中物理课件聚焦“动量定理”，涵盖冲量定义、动量定理表达式及应用，通过课前自主学习（含概念辨析、检测题）与课堂探究（运动学推导、师生互动）衔接牛顿第二定律，以检测题、推导活动、例题解析为学习支架。 其亮点在于融合科学思维与科学探究，用微元法推导变力冲量、F-t图像面积计算冲量，结合手机防摔、流体冲击力等实例，强化物理观念与模型建构。学生能提升实际问题解决能力，教师可依托系统流程高效教学。

第一章　动量与动量守恒定律 2.动量定理 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 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。 3 课前自主学习 一　冲量 1．定义：物理学中把力与力的作用_______的乘积叫作力的冲量。 2．表达式：I＝_______。 3．单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿秒，符号是N·s。 4．方向：恒力冲量的方向与_______的方向相同。 时间 Ft 力 课前自主学习 5 二　动量定理 1．内容：物体在一个过程中所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的_______。 2．表达式：Ft＝p′－p或_______。若物体受变力作用，式中F应该理解为变力在作用时间内的_______。 3．动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题要遵循_________法则。 三　动量定理的应用 根据动量定理，在物体的动量变化一定的条件下，作用时间较短则相互作用力较_______；作用时间较长则相互作用力较_______。 变化 I＝Δp 平均值 矢量运算 大 小 课前自主学习 6 提示 1．判一判 (1)合力的冲量等于各力冲量的代数和。(　　) (2)物体所受合力不变，则动量也不变。(　　) (3)物体动量的变化等于某个力的冲量。(　　) (4)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)×　力是矢量，根据I＝Ft，合力的冲量等于各力冲量的矢量和。 (2)×　由动量定理Ft＝Δp知物体所受合力不变，经过一段时间动量会发生变化。(3)×　动量定理公式Ft＝Δp中的F是指物体所受的合力，所以物体动量的变化等于合力的冲量。 (4)×　由动量定理Ft＝Δp知物体所受合力的冲量方向与物体动量变化量的方向相同。　 课前自主学习 7 提示 2．想一想 (1)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？ (2)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：根据I＝Ft，在时间t内重力的冲量不等于0。　 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，即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。 课前自主学习 8 课堂探究评价 探究　动量定理及其应用 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 如图所示，设一个质量为m的物体，初速度为v，初动量为p＝mv，在合力F(恒力)的作用下，经过一段时间t后，速度变为v′，末动量为p′＝mv′。 课堂探究评价 10 提示 活动1：从运动学的角度分析，在这一过程中，该物体的加速度是多少？ 活动2：物体的动量改变量Δp与恒力F及作用时间t有什么关系？ 课堂探究评价 11 活动3：若F是变力，上述关系式是否成立？ 提示 课堂探究评价 12 1．对冲量的理解 (1)力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，通常用字母I表示。如果力F是恒力，则力F对物体作用时间t的冲量为I＝Ft。如果是变力，式中的F应理解成变力在时间t内的平均值。 (2)在国际单位制中，冲量的单位为牛顿秒，符号为N·s，1 N·s＝1 kg·m/s。 (3)冲量是过程量：冲量反映了作用在物体上的力对时间的累积效应，与某一过程相对应。 (4)冲量是矢量：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。 课堂探究评价 13 2．动量定理 (1)内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p。 3．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)公式中的F是物体所受的合力，若合力是变力，则F应是合力在作用时间内的平均值。 (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。 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 课堂探究评价 16 (3)应用动量定理解题的基本步骤 课堂探究评价 17 例1　如图所示，一段内壁光滑的钢管，上端吊起，下端位于水平地面上，钢管的倾角为θ。将一枚小钢球从钢管上端口由静止释放(小钢球的直径小于钢管的内直径)，最后小钢球从钢管的下端口离开。小钢球在钢管内运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．钢管的倾角θ越大，小钢球重力的冲量越大 B．钢管的倾角θ越大，钢管对小钢球弹力的冲量越大 C．钢管的倾角θ越大，小钢球所受合力的冲量越大 D．小钢球所受合力的冲量与钢管的倾角θ无关 答案 课堂探究评价 18 提示 冲量的大小由什么因素决定？ 提示:冲量的大小由力的大小和力作用的时间二者共同决定。　 课堂探究评价 19 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练1]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 解析 解析　由冲量公式I＝Ft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＝Ft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。 课堂探究评价 22 例2　某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160 g的该种型号手机从距离地面1.25 m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为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)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小； (3)地面对手机的平均作用力大小。 答案　(1)5 m/s　(2)0.8 N·s　(3)3.2 N 答案 课堂探究评价 23 提示 (1)计算冲量的方法有哪些？ (2)应该用什么规律求解地面对手机的平均作用力大小？ 提示:根据冲量的定义或动量定理计算。 提示:动量定理。 课堂探究评价 24 规范解答 课堂探究评价 25 规范解答 课堂探究评价 26 (2)区别：一是两者反映的对应关系不同，牛顿第二定律是反映力和加速度之间的瞬时对应关系，而动量定理是反映在某段运动过程中力对时间的累积(冲量)与该过程初、末状态物体的动量变化量之间的对应关系；二是两者的适用范围不同，牛顿第二定律只适用于宏观物体的低速运动，对高速运动的物体和微观粒子不适用，而动量定理却是普遍适用的。 课堂探究评价 27 2．动量定理和牛顿第二定律选用原则 (1)若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。 (2)只涉及运动的初末速度、力与作用时间，而不涉及运动的细节和力的瞬时效果，相对于使用牛顿第二定律和运动学公式，用动量定理更简单(特别是对于变力作用问题、曲线运动问题、多过程运动问题)。 注：若涉及位移，还可能用动能定理。 课堂探究评价 28 [变式训练2－1]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 答案 解析 解析　轮船在发生碰撞的过程中，由动量定理Ft＝Δp知，在动量变化量Δp相同即所受冲量I＝Ft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t，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。 课堂探究评价 29 [变式训练2－2]某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(　　) A．自身所受重力的2倍 B．自身所受重力的6倍 C．自身所受重力的8倍 D．自身所受重力的10倍 答案 课堂探究评价 30 解析 课堂探究评价 31 科学思维　微元思想——计算流体的冲击力 本节推导变力作用情况下的动量定理时，用到了微元累积法，这种方法在必修课程中多次涉及，其核心思想是——微元思想。 必修课程中直接应用微元思想的实例有：必修第一册瞬时速度的定义，图像法推导匀变速直线运动位移与时间的关系，质量不可忽略的绳索的平衡问题分析等，必修第二册水流、气流等流体功率的计算，必修第三册电流微观表达式的推导。 水流、气流等流体会对接触面产生持续的冲击力F。计算冲击力大小的思路是：根据微元思想，选取很短时间内冲击接触面的一段流体为研究对象，根据动量定理计算这段流体受到接触面的冲击力F′，最后根据牛顿第三定律可得F。具体步骤为： 课堂探究评价 32 (1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S； (2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt； (3)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解。(注意：一般要用到牛顿第三定律) 课堂探究评价 33 例　飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持飞船速度不变的问题。假如有一宇宙飞船，它的正面截面积为S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量m＝2×10－4 g，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上) 答案　0.784 N 答案 课堂探究评价 34 规范解答 规范解答　由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力相等，根据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力相等。 时间t内附着到飞船上的微粒质量为 M＝m·S·vt， 设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得 Ft＝Mv＝mSvt·v， 即F＝mSv2， 代入数据解得F＝0.784 N， 由牛顿第三定律得，微粒对飞船的作用力为0.784 N，故飞船的牵引力应增加0.784 N。 课堂探究评价 [方法感悟]　尘埃、电子流、光子流密集地撞击接触面，从而能对接触面产生持续的压力，在计算该压力时，可将粒子流类比为流体，单位体积内的粒子数乘以单个粒子的质量，就相当于流体的密度，然后就可用微元法结合动量定理列方程求解。 课堂探究评价 [变式训练]一艘小船在静水中由于风力的推动作用做匀速直线运动，船体的迎风面积S＝1 m2，风速v1＝10 m/s，船速v2＝4 m/s，空气密度ρ＝1.29 kg/m3。小船在匀速前进时船体受到的平均风力大小为多少？ 答案　46.44 N 答案 解析 解析　选择以船体的迎风面为底、(v1－v2)t为高的空气柱为研究对象，这些空气在船体的作用下在时间t内速度由v1变为v2，根据动量定理有－Ft＝mv2－mv1， 将m＝ρS(v1－v2)t代入上式可得 F＝ρS(v1－v2)2＝1.29×1×(10－4)2 N＝46.44 N。 由牛顿第三定律知，空气对船体的平均作用力大小为46.44 N，方向与v2方向一致。 课堂探究评价 课后课时作业 1．(冲量的理解)对于力的冲量的说法，正确的是(　　) A．作用在物体上的力越大，力的冲量就越大 B．作用在物体上的力越大，力的冲量不一定大 C．力F1与作用时间t1的乘积F1t1等于力F2与作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同 D．静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t仍静止，则此推力的冲量为零 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 解析　由冲量公式I＝Ft，可知作用在物体上的力大，作用时间不确定，故冲量不一定大，A错误，B正确；冲量是矢量，F1与作用时间t1的乘积F1t1等于F2与作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量大小相等，但方向不一定相同，所以冲量不一定相同，C错误；静置于地面的物体受水平推力F的作用，经时间t仍静止，则此推力的冲量为Ft，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 2.(冲量的理解与计算)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 答案 解析 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 3．(冲量的理解)如果物体在任何相等时间内所受合力F的冲量都相同，则此物体的运动(　　) A．是匀速运动 B．可能是匀变速曲线运动 C．不是匀变速直线运动 D．可能是匀速圆周运动 答案 解析 解析　根据冲量的定义式I＝Ft，在任何相等时间t内物体所受合力F的冲量I相同，说明作用在物体上的力F是恒力，因此物体做匀变速运动，其中包括匀变速直线运动和匀变速曲线运动，B正确，A、C错误。物体做匀速圆周运动时，所受向心力大小恒定，但方向指向圆心，是变力，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 4．(动量定理的简单应用)2022年9月1日，问天实验舱的小机械臂首次亮相，小机械臂臂长近6米，通过关节，小机械臂可以实现类似人类手臂的运动能力。若该机械臂向太空同一方向，用同样大小的力，同时抛出一个10克重的钢球和一个200克重的铜球，假设力的作用时间相同，两球的运动终点距离抛出点二十米，则先到达终点的是(　　) A．钢球 B．铜球 C．同时到达 D．无法判定 答案 解析 解析　根据动量定理可得Ft＝mv－0，机械臂的作用力相同，作用时间相同，钢球的质量较小，则钢球获得较大的初速度，位移相同，所以初速度较大的钢球运动的时间较短，故A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 5．(动量定理的定性解释)运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中(　　) A．减小物品受到的冲量 B．使物品的动量减小 C．使物品的动量变化量减小 D．使物品的动量变化率减小 答案 解析 解析　运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中，延长力的作用时间，减小作用力，即使物品的动量变化率减小，故A、B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 6．(冲量与功)(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 解析 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 7．(冲量、动量定理的简单应用)严冬树叶上结有冰块，人在树下经常出现冰块砸到头部的情况。若冰块质量为150 g，从离头顶约45 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列分析正确的是(　　) A．冰块接触头部之前的速度约为2 m/s B．冰块对头部的冲量大小约为0.75 N·s C．冰块对头部的平均作用力大小约为2.25 N D．冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量大小约为0.3 kg·m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 8．(变力的冲量计算、动量定理与动能定理)两位同学对变力问题感兴趣。张明同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随时间变化的F­t图像如图甲，2 s末时物体获得的速度为v1；李华同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随位移变化的F­x图像如图乙，运动2 m时物体获得的速度为v2，那么(　　) A．v1＝4.5 m/s，v2＝4.5 m/s B．v1＝4.5 m/s，v2＝3 m/s C．v1＝6 m/s，v2＝3 m/s D．v1＝6 m/s，v2＝4.5 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 9.(变力的冲量)如图所示，一个可看作质点的物体从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是正弦函数图像，下列判断正确的是(　　) A．0～2 s内合外力的冲量先增大再减少 B．0～4 s内合外力的冲量为零 C．2 s末物体的速度方向发生变化 D．1 s末物体的动量变化率为零 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 10．(动量定理的应用)滑雪比赛中，运动员 从如图1所示大跳台一跃而起，到达最高点的速度 大小为v0，在空中飞行一段时间后与着陆坡成20° 角着陆，缓冲后沿着着陆坡滑向终点区。根据现 场测量，起跳台和着陆坡的坡度都是40°，如图2所示。已知运动员的质量为m，缓冲时间为Δt，运动员运动过程中不计空气阻力，缓冲过程中沿着陆坡方向的速度近似不变，重力加速度为g，求： (1)缓冲过程中双脚沿着陆坡方向受到的平均作用力大小； (2)缓冲过程中双脚在垂直着陆坡方向上受到的平均作用力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 解析　 (1)缓冲过程中，沿着陆坡方向的速度近似不变， 则沿着陆坡方向的动量变化量Δp＝0 取沿着陆坡向上为正方向，根据动量定理有 (F1－mgsin40°)Δt＝Δp 解得F1＝mgsin40°。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 11．(动量定理的应用)在某次蹦极中，质量为50 kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2 s速度减为零，假设弹性绳原长为45 m。若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程称为过程Ⅰ，从绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程称为过程Ⅱ。(重力加速度g＝10 m/s2)下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅱ中绳对运动员的平均作用力大小为750 N B．过程Ⅱ中运动员重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等 C．过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量 D．过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 12．(动量的图像问题)(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(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 13．(冲量与动量定理)(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(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 14.(综合)篮球比赛是深受人们喜爱的体育项目，传球方式中有一种方式是通过地面传球，其简化过程如图所示，若将质量为m的篮球以速度v斜射到地面上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度大小仍为v，则下列说法中正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 答案 15．(流体的动量问题)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 提示: 从运动学的角度分析，在这一过程中，该物体的加速度为a＝eq \f(v′－v,t)。 提示: 根据牛顿第二定律可得F＝ma＝meq \f(v′－v,t)，整理得Ft＝mv′－mv＝p′－p＝Δp，即Ft＝Δp。 提示: 如果物体受的力不是恒力，物体做非匀变速运动，可以把整个过程分为很多足够短暂的过程，每个短暂过程中物体受的力就可以视为恒力，物体的运动可视为匀变速运动。把应用于每个短暂过程的关系式FiΔti＝Δpi相加，就得到了应用于整个过程的关系式F1Δt1＋F2Δt2＋…＝Δp1＋Δp2＋…，即eq \o(F,\s\up10(－))t＝Δp。所以上述关系式依然成立，需要注意的是，此时式中的F1Δt1＋F2Δt2＋…＝eq \o(F,\s\up10(－))t，eq \o(F,\s\up10(－))应该理解为变力的平均值。 4．动量定理与动能定理的区别 由Ft＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应；由Fx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应。 5．动量定理的应用 (1)定性分析有关现象 ①当Δp一定(Δp＝F合·Δt)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δt↓⇒F合↑,Δt↑⇒F合↓)) ②当F合一定eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F合＝\f(Δp,Δt))) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δt↓⇒Δp↓,Δt↑⇒Δp↑)) (2)定量计算 ①F·teq \o(――――→,\s\up15(I＝Δp),\s\do15(恒力适用))Δp 例：求平抛物体在时间t内的动量变化量，则有Δp＝mg·t。 ②Δpeq \o(―――――――――→,\s\up15(I＝Δp),\s\do15(恒力、非恒力皆可))I、F或t 注：若F为非恒力，则求得的F为时间t内的平均值。 例：求做匀速圆周运动的物体在时间t内向心力的冲量，则有：I向＝mv′－mv(矢量式)。 规范解答　设钢管长度为L，小钢球从钢管的上端口滑到下端口的 运动时间为t，由牛顿第二定律知，小钢球沿钢管下滑的加速度大小为 a＝gsinθ，则有L＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(2L,gsinθ))。小钢球重力的冲量IG＝mgt ＝mgeq \r(\f(2L,gsinθ))，钢管对小钢球弹力的冲量IN＝mgcosθ·t＝mgcosθeq \r(\f(2L,gsinθ))，所以钢管倾角θ越大，重力、弹力的冲量越小，A、B错误；小钢球所受合力的冲量为I＝F合t＝mat＝meq \r(2gLsinθ)，则钢管倾角θ越大，小钢球所受合力的冲量就越大，C正确，D错误。 规律点拨 功与冲量的区别 (1)大小的决定因素eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(力的大小,位移大小,力与位移的夹角θ)),冲量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(力的大小,力作用的时间)))) (2)eq \a\vs4\al(力作用在物体上一段,时间(力的方向不变)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功：可能为零,冲量：不为零)) (3)eq \a\vs4\al\co1(标矢性) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功：标量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(正：动力做功,负：物体克服阻力做功)),冲量：矢量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(正：与规定正方向同向,负：与规定正方向反向)))) 规范解答　(1)手机下落过程可看作自由落体运动，有v2＝2gh 则其落地前瞬间速度为 v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.25) m/s＝5 m/s。 (2)解法一：手机从开始掉落到落地前的过程做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2 则此过程手机运动的时间为 t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s 根据I＝Ft，得该过程中重力的冲量大小为 I＝mgt＝0.16×10×0.5 N·s＝0.8 N·s。 解法二：手机从开始掉落到落地前的过程，由动量定理有I＝mv－0 代入数据得I＝0.16×5 N·s＝0.8 N·s。 (3)取竖直向下为正方向，保护器撞击地面的过程，对手机，由动量定理得 (mg－eq \o(F,\s\up14(－)))t′＝0－mv 则地面对手机的平均作用力大小为 eq \o(F,\s\up14(－))＝mg＋eq \f(mv,t′)＝0.16×10 N＋eq \f(0.16×5,0.5) N＝3.2 N。 规律点拨 1．动量定理与牛顿第二定律的联系与区别 (1)联系：在一定范围内，动量定理即为牛顿第二定律的动量表述：物体所受的合力等于物体的动量变化率，即：F合＝ma＝meq \f(vt－v0,Δt)＝eq \f(mvt－mv0,Δt)＝eq \f(Δp,Δt)。 解析　解法一：消防队员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；触地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防队员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq \o(F,\s\up15(－))，由动量定理得(mg－eq \o(F,\s\up15(－)))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则eq \o(F,\s\up15(－))＝mg＋eq \f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。 解法二：规定向下为正方向，对消防队员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq \o(F,\s\up15(－))t2)＝0－0，代入数据解得eq \o(F,\s\up15(－))＝6mg，故B正确。 解析　冰块从离头顶约45 cm的高度无初速度掉落到接触头部之前，做自由落体运动，由速度与位移的关系式有v2＝2gh，代入数据解得v＝3 m/s，故A错误；冰块撞击头部过程，由动量定理得I＋mgt＝0－mv，代入数据解得头部对冰块的冲量I＝－0.75 N·s，由I＝Ft和牛顿第三定律可知，冰块对头部的冲量大小为0.75 N·s，故B正确；由冲量公式I＝Ft得，冰块对头部的平均作用力大小约为eq \o(F,\s\up16(－))＝eq \f(0.75,0.2) N＝3.75 N，故C错误；冰块与头部作用过程中，冰块的动量变化量大小约为Δp＝mv＝0.45 kg·m/s，故D错误。 解析　张明同学拉物体的过程中，由动量定理得eq \o(F,\s\up15(－))tΔt＝mv1－0，由F­t图像可知，eq \o(F,\s\up15(－))t＝eq \f(3 N＋6 N,2)＝4.5 N，联立可解得2 s末时物体获得的速度为v1＝4.5 m/s；李华同学拉物体的过程中，由动能定理得eq \o(F,\s\up15(－))x·Δx＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－0，由F­x图像可知，eq \o(F,\s\up15(－))x＝eq \f(3 N＋6 N,2)＝4.5 N，联立可解得运动2 m时物体获得的速度为v2＝3 m/s，故选B。 解析　由题图可知，0～2 s内合外力一直沿正方向， 根据I＝Ft，可知0～2 s内合外力的冲量一直增大，故A 错误；根据I＝Ft，可知F­t图像与时间轴围成图形的面 积表示冲量的大小，当所围图形在时间轴上方时，表示冲 量方向为正，当所围图形在时间轴下方时，表示冲量方向为负，可知0～4 s内合外力的冲量为零，故B正确；由题图根据FΔt＝mΔv可知，0～2 s内物体加速运动，2～4 s内物体减速运动，2 s末物体的速度沿正方向达到最大，方向不发生变化，故C错误；根据FΔt＝Δp，得F＝eq \f(Δp,Δt)，知物体所受合外力即为其动量变化率，由题图可知，1 s末物体所受的合外力不为零，则其动量变化率不为零，故D错误。 [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＝eq \o(F,\s\up15(－))t。 答案　　(1)mgsin40°　(2)eq \f(mv0sin20°,cos60°·Δt)＋mgcos40° (2)运动员着陆前瞬间的速度大小为 v＝eq \f(v0,cos(40°＋20°)) 垂直着陆坡方向的速度大小为v2＝vsin20° 取垂直着陆坡向上为正方向，根据动量定理有 (F2－mgcos40°)Δt＝0－(－mv2) 解得F2＝eq \f(mv0sin20°,cos60°·Δt)＋mgcos40°。 解析　根据题意，过程Ⅰ中运动员做自由落体运动，绳在刚绷紧时，运动员下落的高度为h＝45 m，速度大小为v＝eq \r(2gh)＝30 m/s，在从绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程即过程Ⅱ中，设绳对运动员的平均作用力大小为eq \o(F,\s\up15(－))，以向下为正方向，根据动量定理有(mg－eq \o(F,\s\up15(－)))t＝0－mv，代入数据解得eq \o(F,\s\up15(－))＝1250 N，故A错误；过程Ⅱ中，根据动量定理有IG－IF＝0－mv，IG≠IF，故B、C错误；过程Ⅰ中，由动量定理有IG′＝mv－0＝Δp，可知运动员动量的改变量与重力的冲量相等，故D正确。 解析　由动量定理得Δp＝I＝－mgt，故A错误，C正确；又因为eq \f(Δp,Δt)＝F＝－mg，故B错误，D正确。 A．m(v－v0) B．mgt C．m2,0)eq \r(v2－v) D．meq \r(2gh) 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＝m2,0)eq \r(v2－v) ＝meq \r(2gh)，C、D正确。 A．合力对篮球的冲量大小为eq \r(2)mv B．篮球动量的改变量为零 C．地面对篮球冲量的方向水平向左 D．篮球动量改变量的方向竖直向下 解析　如图所示，碰撞前的动量p1＝mv，方向沿初速度方向，末动量大小为p2＝mv，方向沿末速度方向，根据三角形定则，篮球动量的改变量为Δp＝eq \r(2)mv，方向竖直向上，故B、D错误；由动量定理可知，合力对篮球的冲量大小为eq \r(2)mv，方向竖直向上，故A正确；篮球与地面接触过程中，受重力与地面对篮球的作用力，因重力的冲量竖直向下，而合力的冲量竖直向上，故地面对篮球的冲量一定竖直向上，C错误。 答案　(1)ρv0S　(2)2,0)eq \f(v,2g) －2,0)eq \f(M2g,2ρ2vS2) 解析　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则： Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \o\al(2,0) ④ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v ⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＋ΔmgΔt＝Δp ⑥ 因为ΔmgΔt＝ρv0Sg(Δt)2含Δt的二次项，所以与FΔt相比，ΔmgΔt可忽略。 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件和牛顿第三定律得F＝Mg ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝2,0)eq \f(v,2g) －2,0)eq \f(M2g,2ρ2vS2) 。 $$