第一章 动量和动量守恒定律 第二节 动量定理(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

第二节　动量定理 核心素养导学 物理观念 知道动量定理的确切含义,掌握其表达式。 科学思维 理解动量定理的推导过程,能分析与动量变化相关的问题。 科学态度与责任 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生产生活中的有关现象,具备将所学知识应用于生活实际的意识,有主动进行科学普及的兴趣。 一、动量定理的推导 1.如图所示,一个质量为m的物体在恒定合力F的作用下,经过时间t,速度由v0变为vt,由牛顿第二定律可得:F=ma。 由运动学公式知a=,可得Ft=mvt-mv0。 2.内容:物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。 [微点拨] (1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系。 (2)动量定理表达式是矢量式,式中的等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 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变化率,即F=。 二、动量定理的应用 1.通过缩短作用时间来得到很大的作用力,如冲床冲压钢板、在木板或者墙上钉钉子、球棒打击垒球等。 2.通过延长作用时间来减小作用力,如轮渡码头的橡皮轮胎、安全带和安全气囊等。 3.避免一些生命财产安全的损失,如飞机驱赶鸟类、严禁高空抛物等。 1.如图所示,一物块在水平地面上受到外力F的作用做直线运动,判断下列说法的正误: (1)若物块在一段时间内动量发生了变化,则物块在这段时间内受到的合外力一定不为零。 (√) (2)物块所受的合力越大,动量变化得越快。 (√) (3)物块动量的方向就是它受到合力的冲量的方向。 (×) 2.如图所示,背越式跳高时,为什么在杆下放上厚厚的海绵垫? 提示:根据动量定理FΔt=Δp,动量变化量Δp一定时,作用时间Δt越长,则作用力F越小。厚厚的海绵垫是为了保护运动员免受伤害的,跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落到硬地面上相比较,延长了作用时间,减小了运动员所受的冲击力。 新知学习(一) 对动量定理的理解与应用 [重点释解] 1.对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式Ft=mvt-mv0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。 [典例体验] [典例]　(选自鲁科版教材例题)一个质量为60 kg的男孩从高处跳下,以5 m/s 的速度竖直落地。取重力加速度g=10 m/s2。 　　(1)若男孩落地时屈膝(如图所示),用了1 s停下来,则落地时地面对他的平均作用力是多大? 　　(2)若男孩落地时没有屈膝,只用了0.1 s就停下来,则落地时地面对他的平均作用力又是多大? [解析]　男孩落地时的受力分析如图所示,选定竖直向上为正方向。设地面对他的平均作用力为,由题意可知,m=60 kg,v1=-5 m/s,v2=0。 (1)男孩从触地到速度减为0,经历的时间t1=1 s。由动量定理得(-mg)t1=mv2-mv1 =-+mg=N=9.0×102 N,方向竖直向上。 (2)男孩从触地到速度减为0,经历的时间t2=0.1 s。同理可得,地面对他的平均作用力 =-+mg=N=3.6×103 N,方向竖直向上。 [答案]　(1)9.0×102 N　(2)3.6×103 N /方法技巧/ 应用动量定理的四点注意事项 　　(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量发生变化。冲量和动量都是矢量,它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。 (2)列方程前首先要选取正方向,与规定的正方向一致的力或动量取正值,反之取负值。 (3)分析速度时一定要选取同一个参考系,未加说明时一般是选地面为参考系,同一道题目中一般不要选取不同的参考系。 (4)公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意是末动量减去初动量。 　　　　　　 　　　　　 　　　　　 [针对训练] 1.“内海湾,坐轮渡,吹海风,赏日落”已经是很多游客来汕头必打卡的项目之一。 如图所示,在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎,轮船驶向码头停靠时与码头发生碰撞,对于这些轮胎的作用,下列说法正确的是 (　 ) A.减小轮船与码头碰撞过程中所受的冲量 B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量 C.减小轮船与码头碰撞时受到的作用力 D.增大轮船与码头碰撞时受到的作用力 解析:选C　对轮船靠岸与码头碰撞的过程,有轮胎和无轮胎时轮船的初、末速度没有变化,轮船的动量变化量相同,根据动量定理可知轮船受到的冲量也相同,故A、B错误;轮胎可以起到缓冲作用,延长轮船与码头碰撞时的作用时间,根据动量定理可知,减小轮船因碰撞受到的作用力,故C正确,D错误。 2.啄木鸟啄树干的过程简化如下,啄树干时啄木鸟头部的速度大小约为555 cm/s、方向垂直树干,喙与树干的作用时间约为0.01 s。若啄木鸟的头部质量为20 g,则啄木鸟(忽略身体与头部间的作用力)每次啄树干时对树干的平均作用力最小为 (　 ) A.1.0 N　　　　　　　　 B.2.2 N C.5.6 N D.11.1 N 解析:选D　由动量定理可知t=mΔv,其中t=0.01 s,m=0.02 kg,Δvmin=5.55 m/s,代入可得啄木鸟每次啄树干时对树干的平均作用力最小为=11.1 N。 新知学习(二) 用动量定理解决流体类问题 [典例体验] 　　[典例]　有一种装有小型涡轮喷气发动机的“飞板”,可使人(及装备)悬浮在空中静止,发动机将气体以3 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出,此时人(及装备)的总质量为120 kg,不考虑喷出气体对总质量的影响,g取10 m/s2,则发动机每秒喷出气体的质量为 (　 ) A.0.8 kg B.0.2 kg C.0.4 kg D.5.0 kg [解析]　对人(及装备)由平衡条件得F=mg,根据牛顿第三定律得人(及装备)对喷出的气体的力为F'=F,设Δt时间内喷出的气体的质量为Δm,由动量定理得F'·Δt=Δmv-0,又Δt=1 s,联立解得Δm=0.4 kg,所以发动机每秒喷出气体的质量为0.4 kg,C正确,A、B、D错误。 [答案]　C [内化模型] 用动量定理分析流体类平均冲力问题 1.基本思路 (1)建立“柱体”模型。对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt时间内通过某一横截面积为S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。 (2)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时,图中流体柱长度Δl就足够短,质量Δm也很小,这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法。 (3)运用动量定理,即流体微元所受的合外力的冲量等于流体微元动量的增量,即F合Δt=Δp。 2.具体步骤 应用动量定理分析连续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内的连续流体为研究对象; (2)写出Δt内连续流体的质量Δm与Δt的关系式; (3)分析连续流体的受力情况和动量变化; (4)应用动量定理列式、求解。 [针对训练] 1.如图所示为用高压水枪喷水洗车时的情境,水枪每秒钟喷出水的体积为V0,水流速度大小为v,水柱垂直车窗表面,水柱冲击车窗后水的速度变为零,水的密度为ρ,则水柱对车窗的平均作用力大小为 (　 ) A.ρ B.ρ C.ρvV0 D. 解析:选C　t时间内冲击车窗的水的质量为m=ρV0t,根据动量定理-Ft=0-mv,得F=ρvV0,故选C。 2.娱乐风洞是一种空中悬浮装置,该装置通过人工制造和控制气流,把游客“吹”起来,让游客体验“腾云驾雾”的感觉。如图所示,悬浮在风洞正上方的两名手拉手的游客总质量为m,受风的有效面积为S,气流速度为v0。已知重力加速度为g,气流吹到人身体后速度近似变为0,则气流的平均密度为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　游客处于平衡状态,对其进行受力分析,气流对游客的平均作用力F1=mg,根据牛顿第三定律可得游客对气流的平均作用力F2=F1,以极短时间Δt内与游客发生作用的气流为研究对象,则有Δm=ρv0ΔtS,规定竖直向上为正方向,对气流由动量定理有-(F2+Δmg)Δt=0-Δmv0,由于F2≫Δmg,则有-F2Δt=0-Δmv0,解得ρ=,故选B。 一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养 ◉科学思维——泡沫塑料和气垫的作用 1.(选自鲁科版教材课后练习)运输易碎器件时,经常在包装箱中填充泡沫塑料;为营救高空坠落者,常会在坠落者下方放置气垫。请解释这样做的理由。 提示:根据动量定理可得F=,该式表明,当动量变化量相同时,延长作用时间,可减小物体受到的合外力。在包装箱中填充泡沫塑料、在坠落者下方放置气垫都是利用这些物体可以发生比较大的形变来延长力的作用时间,从而减轻剧烈碰撞造成的伤害。 ◉科学思维——“水刀”切割钢板 2.(选自鲁科版教材课后习题)现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出,形成很细的水束,用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S,速度为v,并垂直射向钢板,若水射上钢板后的速度视为0,水的密度为ρ,求水对钢板的平均冲击力。 解析:在极短时间Δt内,射到钢板上的水的质量 m=vΔt·S·ρ 设钢板对水的平均冲击力为F,取竖直向上为正方向,由动量定理得:FΔt=0-(-mv) 可解得:F=ρSv2 由牛顿第三定律可得,水对钢板的平均冲击力F'=ρSv2,方向竖直向下。 答案:ρSv2,方向竖直向下 二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值 1.(2025·佛山阶段练习)(多选)在交通事故中,气囊可防止90%的头部受伤,大大减小损伤程度。设气囊的缓冲层与头部的撞击时间延长至10 ms以上,人头部的质量约为2 kg,则下列说法正确的是 (　 ) A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同 D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的平均撞击力为1 200 N 解析:选AD　根据动量定理I=FΔt=Δp,可得F=,由于气囊的缓冲层与头部的撞击时间Δt延长,驾驶员头部撞击过程中的动量变化量不变,则驾驶员头部撞击过程中的动量变化率减小,但驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量I并未改变,故A正确,B错误;事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊的作用力大小相等、方向相反,且作用时间相等,所以事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量大小相等、方向相反,故C错误;若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层,则头部受到的平均撞击力大小为===1 200 N,故D正确。 2.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是 (　 ) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 解析:选C　小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失,B错误。 [课时跟踪检测] 1.随着文明城市建设的推进,骑电动车戴头盔已经逐渐成为一种良好的行为习惯,正确佩戴头盔能有效地保护骑车人的安全,可以在发生碰撞或摔倒时 (　 ) A.减小冲量 B.减小动量的变化量 C.增大人对地面的压强,起到安全作用 D.增大头部受到撞击时的冲击时间,从而减小冲力 解析:选D　骑车人撞击前后的速度不会因为戴头盔而发生变化,所以动量的变化量不会改变,根据动量定理可知,受到的冲量也不会改变,根据I=0-mv=FΔt,正确佩戴头盔能增大头部受到撞击时的冲击时间,从而减小冲力,与压强无关。故选D。 2.如图为两名运动员在短道速滑接力赛中交接棒瞬间。假设两人质量均为75 kg,两人交接前瞬间速度向前均为10 m/s。交接时后方运动员用力推前方运动员,经过0.5 s交接,分开瞬间前方运动员速度变为12 m/s。不计二人所受冰面的摩擦力,且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动,交接过程后方运动员对前方运动员的平均作用力大小为 (　 ) A.150 N B.300 N C.450 N D.600 N 解析:选B　对前方运动员,根据动量定理有t=mv-mv0,代入数据解得=300 N。故选B。 3.一个钢球从某高度处由静止自由下落,然后陷入泥潭某一深度,若钢球在空中下落时间为t1,陷入泥潭中的时间为t2,且t1∶t2=1∶1,则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力f之比等于 (　 ) A.1∶1 B.2∶1 C.2∶3 D.1∶2 解析:选D　对全过程,由动量定理有G(t1+t2)-ft2=0,所以==,故D正确。 4.(2025·云浮阶段练习)如图所示,某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45 cm后被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,头部对足球的平均作用力大小是 (　 ) A.24 N B.28 N C.20 N D.26 N 解析:选B　设足球从高处自由下落至与头部接触瞬间速度大小为v1,离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为v2,有=2gh,0-=-2gh,解得v1=v2=3 m/s,取向上为正方向,根据动量定理有t=mv2-,解得=28 N,故选B。 5.原来静止于高处的小球,在t=0时沿水平方向被抛出,假设在其后的运动过程中仅受重力作用。在小球落地前,其动量变化量Δp的大小随时间t的变化,可用图中的哪一条图线来描述 (　 ) A.甲　　　　　　　　　 B.乙 C.丙 D.丁 解析:选B　根据动量定理可知,小球的动量变化量Δp=mgt,则Δp-t图像是过原点的倾斜直线。故选B。 6.某沿海地区冬季风势较大,已知通常情况风速范围为6 m/s~12 m/s,若风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则当风速分别为12 m/s和6 m/s时,该交通标志牌受到风的平均作用力之比为 (　 ) A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1 解析:选B　设标志牌的迎风面积为S,空气密度为ρ,则t时间内吹向标志牌的空气质量为m=ρSvt,风吹到标志牌后,风速变为零,根据动量定理得-Ft=0-mv,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律可知,风对标志牌的平均作用力大小为ρSv2,风对标志牌的平均作用力与风速的平方成正比,则当风速分别为12 m/s和6 m/s时,该交通标志牌受到风的平均作用力之比为4∶1。故选B。 7.假如有一宇宙飞船,它的正面面积为S=1 m2,以v=7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区,尘区每1 m3空间有一微粒,每一微粒平均质量为m=2×10-5 g,飞船经过区域的微粒都附着在飞船上,若要使飞船速度保持不变,飞船的推力应增加 (　 ) A.0.49 N B.0.98 N C.490 N D.980 N 解析:选B　选在时间Δt内附着在飞船上的微粒为研究对象,其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的总质量,即M=,研究对象初动量为零,末动量大小为Mv,设飞船对微粒的作用力大小为F,由动量定理得FΔt=Mv-0,则F==,根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的作用力大小也为F,则飞船要保持匀速飞行,推力应增加F,代入数据解得F=0.98 N,故选B。 8.(2025·江门阶段练习)高空坠物危害极大,如图为高空坠物的公益广告,形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小刚同学用下面的实例来检验广告的科学性:设一个50 g的鸡蛋从80米的窗户自由落下,鸡蛋与地面撞击时间约为2×10-3 s,不计空气阻力,g取10 m/s2,规定竖直向下为正方向。则下列说法正确的是 (　 ) A.鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为10 W B.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N C.与地面撞击过程,鸡蛋的动量变化量为2 kg·m/s D.鸡蛋从开始下落到与地面刚好接触的过程,重力的冲量为0.2 N·s 解析:选B　鸡蛋做自由落体运动,则有v2=2gh,解得鸡蛋落地瞬间的速度大小为v=40 m/s,鸡蛋刚与地面接触时重力的功率为P=mgv=20 W,故A错误;由动量定理得(mg-)t=0-mv,解得≈1 000 N,由牛顿第三定律可知,鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N,故B正确;与地面撞击过程,鸡蛋的动量变化量为Δp=0-mv=-2 kg·m/s,故C错误;鸡蛋从开始下落到与地面刚好接触的过程,所用时间为t'==4 s,故鸡蛋下落过程重力的冲量为I=mgt'=2 N·s,故D错误。 9.(2025·陕西西安阶段练习)蹦床是一项技术含量很高的体育运动,如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在 (　 ) A.OA段动量不变 B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量 C.B点的动量为零 D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小 解析:选D　运动员在OA段只受重力,则合外力不为零,动量增大,故A错误;运动员在AC段受重力和弹力,根据动量定理可知,运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和,故B错误;运动员在B点时,加速度等于零,速度不为零,动量不为零,故C错误;对全过程应用动量定理可知IG+I弹=0,则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小,方向相反,故D正确。 10.(2025·深圳阶段练习)日常生活中常用高压水枪清洗汽车,某高压水枪喷口直径为D,喷出水流的流速为v,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是 (　 ) A.水柱对汽车的压强与水柱横截面积成正比 B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为πρD2 C.水柱对汽车的平均冲力大小为ρD2v2 D.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍 解析:选D　高压水枪单位时间喷出水的质量m=ρV=πρD2v,故B错误;以喷出的水流速度方向为正方向,设汽车对水柱的平均冲力大小为F,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零,由动量定理得-FΔt=0-Δmv,Δt时间内喷出的水柱的质量为Δm=ρΔV=ρSvΔt=πρD2vΔt,解得F=πρv2D2,根据牛顿第三定律,水柱对汽车的平均冲力大小F'=F=πρv2D2,若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力大小变为原来的4倍,故C错误,D正确;水柱对汽车的压强p===ρv2,水柱对汽车的压强与水柱横截面积无关,故A错误。 11.(2024·全国甲卷)(多选)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大 B.t=0.30 s时,运动员的速度大小为10 m/s C.t=1.00 s时,运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 解析:选BD　根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上,经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时,运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D正确。 12.(8分)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) 解析:物体由静止开始运动再到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有 Ft1-Fft=0 又Ff=μmg 联立解得t=3.75 s。 答案:3.75 s 13.(10分)(2025·茂名阶段检测)如图为蹦床运动员比赛时的情境,某次运动中,运动员从离水平网面1.8 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面3.2 m高处。已知运动员的质量为50 kg,该次运动中运动员与网接触的时间为0.7 s,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。求: (1)从开始自由下落到刚离开蹦床这一过程中运动员所受重力的冲量大小;(4分) (2)网对运动员的平均作用力大小。(6分) 解析:(1)运动员自由下落所用时间为t1== s=0.6 s。 则从开始自由下落到刚离开蹦床这一过程中运动员所受重力的冲量大小为I=mg(t1+Δt)=50×10×(0.6+0.7)N·s=650 N·s。 (2)设运动员着网瞬间的速度大小为v1,离开网瞬间的速度大小为v2,则有=2gh1,=2gh2 代入数据解得v1=6 m/s,v2=8 m/s 运动员与网接触过程,以竖直向上为正方向,根据动量定理可得(F-mg)Δt=mv2-(-mv1) 代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为F=1 500 N。 答案:(1)650 N·s　(2)1 500 N 64 / 112 学科网（北京）股份有限公司 $$