第一章 2.动量定理-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（教科版）

该高中物理课件聚焦“动量定理”核心内容，涵盖冲量概念、计算及动量定理的理解与应用，通过鸡蛋下落、跳高垫海绵等生活情境导入，衔接动量概念，为动量守恒定律学习搭建阶梯式支架。 其亮点在于情境化设计与分层探究结合，以冬奥会接力、手机砸伤等实例渗透物理观念，通过F-t图像分析、流体柱状模型建构培养科学思维，助力学生深化理解，教师可直接利用分层练习与解题引导提升教学效率。

2.动量定理 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 1.理解冲量的概念，理解动量定理的含义和表达式。　 2.能够利用动量定理解释有关现象，解决实验问题。　 3.明确动量定理和动能定理的区别。 素养目标 知识点一　冲量 1 知识点二　动量定理及其应用 2 知识点三　应用动量定理处理多过程问题 3 随堂演练 对点落实 5 知识点四　应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题 4 内容索引 课时测评 6 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 知识点一　冲量 返回 情境导入　让两个相同质量的鸡蛋从相同高处自由落下， 分别落在海绵垫上和塑料盘中，从鸡蛋接触承接物到运动 到最低点的过程中 (1)两鸡蛋的速度变化量是否相同？ 提示：相同。 (2)两次碰撞的作用时间和碰撞过程的作用力大小有什么关 系？ 提示：碰撞时间越短，碰撞作用力越大。 自主学习 教材梳理 (阅读教材P7—P8完成下列填空) 1．定义：力与_____________的乘积，用字母I表示。 2．公式：I＝___。 3．单位：_______，符号是____。 力的作用时间 Ft 牛顿秒 N·s 师生互动　任务1．如图甲所示，文具盒静止一段时间，重力对它做功一定为零，而该段时间内重力的冲量为零吗？ 提示：文具盒静止一段时间，其位移为零，故重力做功为零，而冲量是指力与时间的乘积，所以重力的冲量不为零。 课堂探究 任务2．文具盒受到如图乙所示的力F的作用， 请分析： ①0～1 s内，力F的冲量是多少？与对应 F-t图线与t轴所围的面积有什么关系？ 提示：力F在0～1 s内的冲量I1＝F1Δt1＝20×1 N·s＝20 N·s，对应F-t图线与t轴所围的面积是20 N·s，二者在数值上相等。 ②1～6 s内，力F的冲量是多少？与对应F-t图线与t轴所围的面积有什么关系？ 提示：力F在1～6 s内的冲量I2＝F2Δt2＝－10×5 N·s＝－50 N·s，负号表示冲量的方向为负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积是－50 N·s，二者在数值上相等。 ③0～6 s内，力F的冲量是多少？与对应F-t图线与t轴所围的面积有什么关系？ 提示：力F在0～6 s内的冲量I＝I1＋I2＝－30 N·s，负号表示冲量的方向为负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积的代数和是－30 N·s，二者在数值上相等。 例1 角度1　对冲量的理解 2022年2月6日，第24届北京冬奥会短道速滑2 000米 混合接力赛中国队夺冠，获得首金。在速滑接力赛中， “接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面， 并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间的阻力，下列说法正确的是 A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对平衡力 B．乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小 C．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量相同 D．乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等、方向相反 √ 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，故A错误；甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故B、C错误，D正确。 对冲量的理解 过程量 (1)冲量描述的是力对时间的积累效应，与某一过程相对应，是过程量 (2)研究冲量必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量 矢量性 冲量是矢量，在作用时间内：①力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同 ②力的方向变化时，冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同 探究归纳 针对练．关于力的冲量，下列说法正确的是 A．力越大，力的冲量就越大 B．一对作用力与反作用力的冲量一定大小相等、方向相反 C．冲量是矢量，冲量的方向一定与力的方向相同 D．F1与作用时间t1的乘积大小等于F2与作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量一定相同 √ 冲量等于力与力的作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，A错误；一对作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，因此一对作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反，B正确；冲量是矢量，在作用时间内力的方向变化时，冲量的方向与力的方向不一定相同，C错误；冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等、方向相同，故D错误。 例2 角度2　冲量的计算 如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上有一质量m ＝5 kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝ 0.2，物体下滑2 s的时间内，求：(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，g＝10 m/s2) (1)物体所受各力的冲量； 解题引导 求合力的冲量，可先求出合力再求冲量，也可将各力的冲量求出后进行矢量合成。 答案：重力的冲量为100 N·s，方向竖直向下　支持力的冲量为80 N·s，方向垂直斜面向上　摩擦力的冲量为16 N·s，方向沿斜面向上 重力的冲量IG＝mgt＝100 N·s 方向竖直向下 支持力的冲量IN＝mgt cos 37°＝80 N·s 方向垂直斜面向上 摩擦力的冲量If＝μmgt cos 37°＝16 N·s 方向沿斜面向上。 (2)物体所受合力的冲量。 答案：44 N·s，方向沿斜面向下 合力的冲量 I合＝(mg sin 37°－μmg cos 37°)t＝44 N·s 方向沿斜面向下。 冲量的计算 1．恒力冲量的计算：应用公式I＝FΔt计算。 2．变力冲量的计算 (1)平均力法：如图甲所示，如果力与时间成线性关系，则I＝ Δt＝ (t2－t1)。 探究归纳 (2)F-t图像法：在F-t图像中，F-t图线与t轴围 成的面积表示对应时间变力的冲量。如图甲、 乙所示，图中的阴影面积即为变力的冲量。 (3)利用动量定理求变力的冲量。　　 3．合冲量的计算 (1)可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和。 (2)可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。 探究归纳 针对练．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成 θ角的恒力F作用下，沿水平面向右做匀速运动，则下列 关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是 A．拉力F的冲量大小为Ft cos θ B．摩擦力的冲量大小为Ft sin θ C．重力的冲量大小为mgt D．物体所受支持力的冲量是mgt √ 拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cos θ，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量为(mg－F sin θ)t，故D错误。 返回 知识点二　动量定理及其应用 返回 情境导入　在日常生活中，有不少这样的例子：跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要落在沙坑中，这样做的目的是什么？ 提示：这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力。 自主学习 教材梳理 (阅读教材P7—P10完成下面填空) 1．动量定理 (1)内容：在一个过程中物体所受_____与作用时间的乘积等于物体_______ _____。 (2)公式：__________。 2．动量定理的应用 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___。 合力 动量的 变化 Ft＝p′－p 大 小 师生互动　如图所示，光滑水平面上一个质量为m的 物体，在恒力F作用下，从t时刻到t′时刻，速度从v变 为v′。 任务1．物体的加速度是多少？ 提示：由加速度的定义知，该物体的加速度a＝ 。 任务2．结合牛顿第二定律，试分析物体的动量变化量Δp与恒力F及作用时间Δt(Δt＝t′－t)有什么关系？ 提示：根据牛顿第二定律可知F＝ma＝m ＝m ，整理得FΔt＝m(v′－v)＝mv′－mv＝p′－p，可得Δp＝FΔt，即物体的动量变化量等于合力的冲量。 课堂探究 例3 角度1　对动量定理的理解 (多选)下面关于物体动量和冲量的说法中正确的是 A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大 B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变 C．物体动量增量的方向，就是它所受合力冲量的方向 D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快 √ √ √ 由FΔt＝Δp知，FΔt≠0，Δp≠0，即物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定变化，FΔt越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，C正确；由F＝ 知，物体所受合外力越大，动量的变化率 越大，即动量变化越快，D正确。 动量定理的理解 1．矢量性：表达式FΔt＝Δp是矢量式，应注意各个量的矢量性。 2．因果性：动量定理反映了合外力的冲量决定动量的变化量。　　 探究归纳 角度2　用动量定理分析有关现象 (2024·上海奉贤中学校考阶段练习)下列说法正确的是 A．运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量 B．人从越高的地方跳下，落地时人受到的冲量越大 C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来 D．在电视机等物体包装箱里垫上泡沫垫或气泡垫，是为了减小物体在碰撞过程中受到的冲量 例4 √ 运动员跳高时，落地时的冲量等于动量的变化量，在地上垫上海绵垫子可以增加与地面接触的时间，由动量定理可知，减小了与地面之间的相互作用力的大小，故A错误；人从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，与地面接触时动量变化量越大，人受到的冲量越大，越危险，故B正确；由动量定理可知，动量相同的两个物体，受相同的制动力作用，同时停下来，故C错误；由动量定理可知，电视机等物体包装箱里垫上泡沫，可以使电视机与箱子撞击时的时间延长，从而减小电视机在碰撞过程中受到的撞击力，故D错误。故选B。 应用动量定理的定性分析 根据动量定理FΔt＝Δp可知： (1)Δp一定时：Δt越短则F越大，Δt越长则F越小。　　 (2)F一定时：Δt越短则Δp越小，Δt越长则Δp越大。 (3)Δt一定时：F越大则Δp越大，F越小则Δp越小。 探究归纳 针对练．(2024·四川省万源中学校考阶段练习)第一代长安汽车逸动在2012年刚上市，就以52.9分的成绩实现“中国新五星安全第一撞”，不仅为中国品牌在汽车安全上树立起行业标杆，也成为轿车行业的一道风景线。在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用，下列认识正确的是 A．安全气囊减小了驾驶员的动量变化 B．安全气囊延长了撞击力的作用时间，减小了驾驶员受到的撞击力 C．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，增大了驾驶员受到撞击力的冲量 √ 动量的变化量Δp＝mΔv，撞击过程中速度的变化量不变，则动量的变化量不变，与安全气囊无关，故A错误；设驾驶员的质量为m，初速度为v，撞击时间为t，撞击过程受到的平均撞击作用力为F，则在撞击过程中，根据动量定理有Ft＝0－(－mv)，可得F＝ ，而安全气囊延长了撞击力的作用时间，因此可知安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力，故B正确，D错误；根据动量定理可得撞击力的冲量I＝Ft＝0－(－mv)＝mv，可知安全气囊并不会减小驾驶员受到撞击力的冲量，故C错误。故选B。 角度3　动量定理的有关计算 (人教版选择性必修第一册P11T3改编)用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么： (1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2) (3)比较(1)和(2)，讨论该问题中是否有必要考虑铁锤的重力。 解题引导：(1)看到“铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0”，想到“可以求得铁锤的动量变化量”。 (2)看到“不计铁锤受的重力”，想到“求合力的冲量时不考虑重力”。 (3)看到“考虑铁锤受的重力”，想到“求合力的冲量时要考虑重力”。 例5 (1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ 答案：200 N，方向竖直向下　 以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子对它的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正方向，由动量定理可得F1Δt＝0－mv 解得F1＝200 N 由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力大小为200 N，方向竖直向下。 (2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2) 答案：205 N，方向竖直向下　 若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，取竖直向上为正方向，对铁锤应用动量定理得 (F2－mg)t＝0－mv 解得F2＝205 N，方向竖直向上 由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下。 (3)比较(1)和(2)，讨论该问题中是否有必要考虑铁锤的重力。 比较F1与F2，其相对误差为 ×100%＝2.5%，可见问题中重力的影响可忽略。 动量定理的计算 1．由动量的变化量求合冲量： (或求有关的力)。 2．由合力的冲量求动量的变化量： (或求m、v等)。　　 探究归纳 针对练．(2024·陕西西安中学月考)人们对手机的依赖 性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，所以经常出现 手机砸伤眼睛的情况。如图所示，若手机质量为150 g， 从离人眼20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机 未反弹，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，则手机与眼睛作用过程中，下列分析中正确的是 A．手机的动量变化量为0.45 kg·m/s B．手机对眼睛的冲量大小为0.15 N·s C．手机对眼睛的冲量大小为0.3 N·s D．手机对眼睛的作用力大小为4.5 N √ 返回 知识点三　应用动量定理处理多过程问题 返回 如图甲所示，一固定的光滑斜 面足够长，倾角为30°。质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻， 受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿 斜面向上为正方向，拉力F随时间t变 化的图像如图乙所示，g＝10 m/s2，请求解6 s末物块的速度。 解题引导 求解6 s末物块的速度： (1)可以应用牛顿第二定律分段处理； (2)也可以应用动量定理全程处理。 答案：0 例6 法一：全程法应用动量定理 F1t1＋F2t2＋F3t3－mg sin 30°(t1＋ t2＋t3)＝mv 代入数据解得v＝0。 法二：应用牛顿第二定律结合运动 学公式 在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mg sin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2， 在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2－mg sin 30°＝ma2，解得a2＝ －10 m/s2， 在4～6 s内，由牛顿第二定律可得F3－mg sin 30°＝ma3，解得a3＝5 m/s2， 6 s末物块的速度v＝a1t1＋a2t2＋a3t3＝0。 1．如果不同阶段物体所受恒力不同，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷。 2．如果不同阶段物体所受外力为变力，则无法应用牛顿第二定律解答问题，但是可以应用动量定理解答。　　 探究归纳 针对练1.(2024·山东泰安高二月考)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约为 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 √ 针对练2.如图甲所示，质量为m＝0.2 kg的弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13 m/s，重力加速度g取10 m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是 A．小球上升过程的运动时间为4 s B．地面对小球的冲量为－14 N·s C．小球落地时的速度为30 m/s D．小球离地时的速度为－40 m/s √ 返回 知识点四　应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题 返回 流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分析步骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 已知某人及飞行设备的总质量为120 kg，设发动机启 动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当 这人(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质 量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2) A．0.02 kg B．0.20 kg C．0.50 kg D．5.00 kg 例7 √ 针对练1.某高层建筑顶部一广告牌的面积S＝25 m2，台风最大风速为 20 m/s，已知空气密度ρ＝1.30 kg/m3，假设空气吹到广告牌上后速度瞬间减为零，则该广告牌受到的最大风力为多大？ 答案：1.3×104 N 在极短时间Δt内，对空气，根据动量定理有－FmΔt＝0－ρSvmΔt·vm 解得Fm＝1.3×104 N 根据牛顿第三定律得，广告牌受到的最大风力为Fm′＝Fm＝1.3×104 N。 针对练2.水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的。假如煤层受到2.0×106 N/m2的压强冲击即可被破碎，若高速水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的最小水流速度最接近 A．35 m/s B．40 m/s C．45 m/s D．50 m/s √ 建立水柱模型，设水柱面积为S，由动量定理得FΔt＝0－(ρSv0Δt)× (－v0)，可得压强p＝ ＝ρv ，代入数据解得v0≈45 m/s，故选C。 返回 随堂演练 对点落实 返回 两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f＝μN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，A、B错误；第二次缓慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯增加的动量大一些，C正确，D错误。 1．(2024·北京海淀区阶段练)如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法正确的是 A．第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 B．第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的作用力小 C．第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 D．第一次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 √ 2．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球。接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样做可以 A．减小球对手的冲量 B．减小球对人的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 √ 篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量变化量，大小等于球入手时的动量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B正确。 3．(2024·福建三明期末)如图所示，一弹簧正好处于自然长度， 一质量为m的小球自A点(刚好与弹簧相接触，但无作用力)由静 止开始往下运动，某时刻速度的大小为v，方向向下。经时间t， 小球的速度方向变为向上，大小仍为v。忽略空气阻力，重力加速度为g，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量 A．大小为2mv，方向向上 B．大小为2mv，方向向下 C．大小为2mv＋mgt，方向向上 D．大小为2mv＋mgt，方向向下 √ 规定向上为正方向，根据动量定理得I＝mv－(－mv)，其中I＝( －mg)t，则IF＝ t＝2mv＋mgt，方向向上，故选C。 4．(粤教版选择性必修第一册P11T1)一名80 kg的特技演员从一个距离地面5 m高的窗户跳出，触地瞬间他的速度是多少？若他落在一个大安全气垫上，在1.5 s后静止，这一过程中他感受到的平均作用力是多大？如果他直接落到地上呢？(假设碰撞时间t＝0.01 s)哪种情况下特技演员受到的伤害大？(g取10 m/s2) 答案：10 m/s　1 333 N　直接落到地上的伤害大 根据自由落体运动规律可知v2＝2gh 解得v＝10 m/s 规定向下为正方向，若他落在一个大安全气垫上，根据动量定理有mgt－Ft＝0－mv 解得F＝1 333 N 同理如果他直接落到地上有mgt′－F′t′＝0－mv 解得F′＝80 800 N F′>F，故直接落到地上的伤害大。 返回 课 时 测 评 返回 1．(2024·河北保定月考)玻璃杯从同一高度自由下落，掉落到水泥地上易碎，掉落到草地上不易碎，这是由于玻璃杯掉到水泥地上 A．所受合外力的冲量更大 B．杯子的动量变化量更大 C．与水泥地碰撞前的速度更大 D．杯子的动量变化率更大 √ 玻璃杯从同一高度自由落下，与水泥地和草地接触前的速度相同，动量相同，作用后速度均变为零，故动量变化量Δp相同，由动量定理可知，合力的冲量也相同，A、B、C错误；玻璃杯掉落在水泥地上，作用时间较短，由动量定理Ft＝Δp可得F＝ ，所以玻璃杯掉落在水泥地上时动量的变化率更大，作用力 更大，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角 不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端 的过程中 A．重力的冲量相同 B．弹力的冲量相同 C．合力的冲量相同 D．合力的冲量大小相同 √ 重力的冲量IG＝mg·t，物体下滑时间不同，故IG不同，A错误；弹力与斜面垂直，两物块所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B错误；两物块所受合力的方向平行斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，故合力的冲量不同，C错误；由机械能守恒定律可知，物体到达底端时速率相等，由I＝Δp＝mv知，合力冲量大小相等，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．(2024·广东东莞阶段练)如图是某手机防摔装置，商家 宣传只要手机摔落角度合适，可以保证从2 m高处自由摔 落而不破，下列有关说法中正确的是 A．防摔装置可以减小手机动量的变化量 B．防摔装置可以减小手机动量的变化率 C．防摔装置可以减小手机动能的变化量 D．防摔装置可以增加地面对手机的作用力 √ 依题意，根据动量定理得FΔt＝Δp，可得F＝ ，防摔装置的作用是延长了手机与地面的接触时间Δt，从而减小手机所受到的合外力，即减小手机动量的变化率 ，而手机动量的变化量Δp未发生变化；由于高度不变，则动能的变化量保持不变。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4．(2024·河北邯郸高二校考阶段练习)一个质量为0.45 kg的足球以8 m/s的速度飞来，运动员把它以12 m/s的速度反向踢出。已知运动员与足球的作用时间为0.2 s。下列说法中正确的是 A．足球的动量变化量大小为1.8 N·s B．足球的动量变化量大小为9 N·s C．运动员对足球的平均作用力大小为90 N D．运动员对足球的平均作用力大小为9 N √ 足球的动量变化量Δp＝mΔv＝0.45×[12－(－8)] N·s＝9 N·s，故A错误，B正确；根据动量定理得Ft＝mv2－mv1，解得F＝ ＝45 N，故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5．在打糍粑的过程中，质量为m的木锤以速度v竖直打在 糍粑上，经过Δt时间后停止，则在打击过程中 A．糍粑受到木锤的冲量大小为mv，方向竖直向下 B．木锤受到糍粑的冲量大小为mgΔt＋mv，方向竖直向上 C．木锤受到糍粑的平均冲力大小为mg－ D．糍粑受到木锤的平均冲力大小为 －mg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 木锤竖直打在糍粑上，以木锤为研究对象，取向上为 正方向，根据动量定理有I－mg·Δt＝0－(－mv)，可得 木锤受到糍粑的冲量大小为I＝mgΔt＋mv，方向竖直 向上；木锤受到糍粑的平均冲力大小为F＝mg＋ ， 方向竖直向上；糍粑受到木锤的冲量与木锤受到糍粑 的冲量大小相等、方向相反，糍粑受到木锤的平均冲力与木锤受到糍粑的平均冲力大小相等、方向相反，故B正确，A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6．(2024·黑龙江双鸭山高二期中)蹦床是一项扣人心弦 的运动项目，运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻， 做岀各种惊险优美的动作。现有一位质量为50 kg的运动 员，从离水平网面3.2 m的高处自由落下，着网后沿竖直 方向蹦回到离水平网面5 m的高处。若这位运动员与网 接触的时间为1.0 s，求网对运动员的平均作用力的大小(g取10 m/s2)。 A．900 N B．1 400 N C．600 N D．1 000 N √ 运动员与网接触前瞬间有v2－0＝2gh1，运动员与网分开后有v′2－0＝2gh2，规定向下为正方向，接触到分开过程由动量定理得mgt－Ft＝－mv′－mv，代入数据解得F＝1 400 N，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7．2023年10月3日，在杭州亚运会10米跳台比赛中，中国运 动员拿到冠军。在某次比赛中的全程可以简化为：运动员在 跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运 动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法 正确的是 A．运动员在空中运动阶段，其动量变化量大于重力的冲量 B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量 C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量 D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其合外力的冲量等于零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 运动员在空中运动阶段，只受重力作用，根据动量定理可 知，其动量变化量等于重力的冲量，选项A错误；运动员 从刚进入水中到速度减为零的过程中，根据动量定理， 有IG－I水＝0－mv1，其重力的冲量小于水的作用力的冲 量，选项B错误；运动员从开始下落到速度减为零的过程 中，根据动量定理可知，其动量的改变量等于水的作用力的冲量与重力的冲量的矢量和，选项C错误；运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的变化量为零，则合外力的冲量等于零，选项D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8．如图为某运动员做下蹲起跳训练，开始时运动员处于下 蹲状态，竖直向上跳起后双脚离地的最大高度为0.2 m，若 运动员蹬地的平均作用力为其体重的3倍，重力加速度大小 为10 m/s2，则运动员从蹬地到双脚离地所用的时间为 A．0.10 s B．0.15 s C．0.18 s D．0.20 s √ 设运动员双脚离地时的速度大小为v，则v＝ ＝2 m/s，根据动量定理有(3mg－mg)t＝mv，解得t＝0.10 s，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9．太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0× 10-3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为 A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N √ 在t时间内喷出离子的质量m＝Qt，对喷出的离子，取运动方向为正方向，由动量定理得Ft＝Qtv－0，代入数据解得离子受到的平均作用力大小为F＝Qv＝3.0×10-6×30×103 N＝0.09 N，由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F′＝F＝0.09 N，选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．(2024·江苏金湖中学月考)如图所示，一不可伸长的轻绳的 一端固定于O点，另一端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水 平，然后将小球由静止释放，则小球由静止到运动到最低点的 过程，下列说法正确的是 A．拉力对小球的冲量为零 B．重力对小球的冲量为零 C．合力对小球的冲量方向水平向左 D．合力对小球的冲量方向始终指向圆心 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 小球由静止到运动到最低点的过程，小球的初动量为零，末 动量水平向左，根据动量定理可知合力对小球的冲量I合方向 水平向左，C正确，D错误；小球由静止到运动到最低点的 过程，重力的冲量IG＝mgt，方向竖直向下，根据平行四边 形定则，可知绳子拉力的冲量IT应向左偏上，重力、拉力对小球的冲量都不是零，A、B错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11．(2024·山西师范大学实验中学阶段练习)质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上，从t＝0时刻开始受到竖直向上的拉力F作用，F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则物体7 s末的速度为 A．60 m/s B．120 m/s C．30 m/s D．50 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物体的重力为G＝mg＝1 N，t＝1 s时刻F＝1 N＝mg，则1 s后物体将向上运动，则对物体在1～7 s时间内，由动量定理得IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝6 s，且1～7 s内力F的冲量IF＝[ ×(1＋3)×2＋ ×(1＋3)×4] N·s＝12 N·s，联立解得v＝60 m/s，故A正确，B、C、D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．(16分)某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m高处由静止自由落下，打在石板上自由向上反弹，当自由反弹达到最大高度h2＝0.05 m 时铁锤被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的“作用时间”t2＝0.5 s后静止。取重力加速度g＝10 m/s2。求：铁锤敲击大石板的过程中， (1)大石板对铁锤的平均作用力大小； 答案：3 550 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对铁锤，由动量定理得(F1－mg)t1＝mv2－mv1 代入数据解得F1＝3 550 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)大石板对人的平均作用力大小。 答案：871 N 由牛顿第三定律知，铁锤对石板的作用力大小为F1′＝3 550 N 取竖直向上为正方向，对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1′t1＝0 代入数据解得F2＝871 N 由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小为F2′＝F2＝871 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 Δp 由题意可知手机下落高度h＝20 cm＝0.20 m，则手机砸到眼睛瞬间的速度为v＝＝2 m/s，手机与眼睛作用后的速度变成0，选取竖直向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中，手机的动量变化量为Δp＝0－mv＝－0.30 kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，选取竖直向下为正方向，则mgt－I＝Δp，代入数据解得眼睛对手机的冲量大小为I＝0.45 N·s，所以手机对眼睛的冲量大小I′为0.45 N·s，故B、C错误；由冲量的定义可得，手机对眼睛的作用力大小为F＝＝ N＝4.5 N，故D正确。 法一：消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着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，由动量定理得(mg－)t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则＝mg＋＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。 法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全过程应用动量定理可得mg(t1＋t2)－t2＝0－0，代入数据解得＝6mg，故B正确。 小球下降过程加速度a1＝，根据牛顿第二定律得mg－0.5mg＝ma1，小球上升过程加速度a2＝，根据牛顿第二定律得mg＋0.5mg＝ma2，全过程的平均速度＝＝13 m/s，解得v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，t＝2 s，故小球上升过程的运动时间t1＝t＝2 s，小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为v1＝40 m/s，v2＝－30 m/s，故A、C、D错误；小球与地面的作用过程，根据动量定理得I＝FΔt＝mv2－mv1＝－14 N·s，故B正确。故选B。 设人(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对人(及装备)的作用力的大小也等于F，对人(及装备)，有F＝Mg，设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，解得＝＝，代入数据解得＝0.2 kg/s，则发动机每秒喷出气体的质量为0.2 kg，故B正确，A、C、D错误。故选B。 由机械能守恒定律有mv 2＝mgh 解得v＝ 取竖直向上为正方向，则铁锤打击石板时的速度为v1＝－＝ －6 m/s 铁锤反弹时的速度为v2＝＝1 m/s $