第1章 第1节 动量和动量定理-【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（鲁科版）

第1节　动量和动量定理 　　　　 第一章　动量及其守恒定律 核心素养目标 物理观念 理解动量和动量的变化量的概念。理解冲量的概念，知道冲量是矢量。理解动量定理的确切含义，掌握其表达式。 科学思维 会计算一维情况下的动量变化量。会用动量定理定性、定量分析问题。 科学探究 合外力的冲量与物体动量变化量的关系。 科学态度与责任 利用动量定理解释生活现象。 新知导学 1 合作探究 2 随堂演练 3 内容索引 课时测评 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 新知导学 返回 知识梳理 一、动量 1.定义：物体质量和速度的乘积称为物体的动量，通常用字母p表示。 2.表达式：p＝mv。 3.单位：在SI制中是____________，符号是__________。 4.方向：动量是矢量，动量的方向与速度的方向______。 5.动量变化量 物体动量的变化量Δp等于物体的末动量p2与初动量p1的________，即Δp＝p2－p1。 千克米每秒 kg·m/s 相同 矢量差 二、动量定理 1.冲量 (1)定义：力和力的作用时间的乘积称为这个力的冲量，通常用字母I表示冲量。 (2)表达式：I＝_____。 (3)单位：冲量的单位是________，符号是_______。 (4)矢量性：冲量是矢量，其方向与____的方向相同。 Ft 牛·秒 N·s 力 2.动量定理 (1)内容：物体在一过程中所受合外力的冲量等于该物体在此过程中动量的变化量。 (2)表达式 ①Ft＝mv2－mv1。 ②I＝mv2－mv1。 (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＝。 变化率 三、碰撞与缓冲的实例分析 物体间的相互作用力与物体动量的变化和__________有关。可通过增大物体动量变化量、缩短相互作用时间来______相互作用力，也可通过减小物体动量变化量、延长相互作用时间来______相互作用力。 作用时间 增大 减小 自主检测 1.判断正误 (1)物质的质量越大，其动量一定越大。 ( ) (2)动量的方向与速度方向一定相同。 ( ) (3)动量变化量的方向与初动量的方向一定相同。 ( ) (4)冲量是矢量，其方向与力的方向相同。 ( ) (5)力越大，力对物体的冲量越大。 ( ) (6)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零。 ( ) × √ × √ × √ 2.链接实景 如图所示，运动员跳高比赛时落在厚厚的海绵垫上；跳远比赛时跳入沙坑中；拳击运动员比赛时带着厚软的手套及头套……为什么要这样做？ 提示：根据动量定理FΔt＝Δp，可知当动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。运动员跳高比赛时落在厚厚的海绵垫上；跳远比赛时跳入沙坑中；拳击运动员比赛时带着厚软的手套及头套，都是为了延长作用时间，减小运动员的受力，避免受到伤害。 返回 合作探究 返回 师生互动 知识点一 对动量的理解及计算 2024年8月4 日，在巴黎奥运会男子乒乓球单打决赛中，樊振东斩获奥运会男单冠军，中国乒乓球队实现世乒赛男单9连冠。假设在某次对战中，乒乓球的来球速度大小v1＝10 m/s，樊振东以v2＝15 m/s速度反向扣杀回去，乒乓球的质量m＝2.70 g。 (1)乒乓球的来球动量大小p1为多大？乒乓球的回球动量大小p2为多大？二者的方向是什么关系？ 提示：p1＝mv1＝2.70×10－2kg·m/s，p2＝mv2＝4.05×10－2kg·m/s，二者的方向相反。 (2)过程中乒乓球的动量变化量Δp的大小为多大？方向如何？ 提示： 取v1的方向为正方向，Δp＝p2－p1＝－4.05×10－2kg·m/s－2.70× 10－2kg·m/s＝－6.75×10－2kg·m/s，负号说明Δp的方向与来球速度v1反向。 要点归纳 1.动量的“三性” (1)矢量性：有关动量的运算一定要规定正方向。 (2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某时刻而言的。 (3)相对性：大小与参考系的选择有关，通常情况是指相对地面的动量。 2.动量变化量Δp 的计算方法 (1)当初、末状态动量不在一条直线上时：可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向。 (2)当物体做直线运动时：若Δp 是正值，说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反。 3.动量和动能的区别与联系 物理量 动量 动能 区别 标矢性 矢量 标量 大小 p＝mv Ek＝mv2 变化情况 v变化，p一定变化 v变化，Ek可能不变 联系 p＝，Ek＝ (多选)如图所示，完全相同的物块甲、乙分别从固定的轨道1、2顶端由静止滑下，轨道1为四分之一光滑圆弧轨道，半径为R且底端切线水平；轨道2为光滑斜面，高度为R。忽略空气阻力，下列说法正确的是 A.两物块到达底端时速度相同 B.两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C.两物块到达底端时动能相同 D.两物块到达底端时动量相同 例1 √ √ 根据动能定理得mgR＝mv2，解得v＝，所以两物块到达底端时动能相同，速度大小相等，但是甲的速度方向水平向右，乙的速度方向沿斜面向下，速度的方向不同，根据p＝mv可知甲、乙两物块动量大小相等，方向不同，故A、D错误，C正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，则重力做功相同，故B正确。故选BC。 针对练1.关于物体的动量，下列说法中正确的是 A.运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向 B.物体的加速度不变，其动量一定不变 C.动量越大的物体，其速度一定越大 D.动量越大的物体，其质量一定越大 √ 动量和速度都是矢量，由p＝mv，可知运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向，故A正确；物体的加速度不变，则物体的速度可能是变化的，所以动量可能变化，故B错误；动量大小取决于质量与速度的乘积，所以动量大的物体速度不一定大，故C错误；同理，动量大的物体质量不一定大，故D错误。故选A。 针对练2.(多选)质量为0.5 kg的物体，初速度大小为3 m/s，它在一个变力作用下，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量可能为 A.5 kg·m/s，方向与初速度方向相反 B.5 kg·m/s，方向与初速度方向相同 C.2 kg·m/s，方向与初速度方向相反 D.2 kg·m/s，方向与初速度方向相同 √ √ 选定初速度的方向为正方向，如果末速度方向与初速度方向相反，则v1＝－7 m/s，根据动量的变化量的定义可知，Δp＝mv1－mv0＝0.5× (－7)kg·m/s－0.5×3 kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示动量的变化量的方向与初速度方向相反；如果末速度方向与初速度方向相同，则v1'＝ 7 m/s，根据动量的变化量的定义可知，Δp'＝mv1'－mv0＝0.5×7 kg·m/s－0.5×3 kg·m/s＝2 kg·m/s，动量的变化量的方向与初速度方向相同。故选AD。 返回 师生互动 知识点二 对冲量的理解及计算 (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。 (2)文具盒受到如图乙所示的力F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沿着负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积是－50 N·s，二者数值上相等。 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沿着负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积的代数和是－30 N·s，二者数值上相等。 要点归纳 1.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，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.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)。 ②F-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内力的冲量。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。 如图所示，人们在某斜坡上进行滑雪活动，假设斜坡看成倾角为37°的斜面，有一人站在滑板上沿斜面由静止自由滑下，人与滑板的总质量为50 kg，滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求人与滑板下滑2 s的时间内所受各力及合力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 例2 答案：见解析 人与滑板沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用。则： 重力的冲量IG＝Gt＝mgt＝50×10×2 N·s＝1 000 N·s，方向竖直向下。 支持力的冲量IN＝FNt＝mg cos 37°·t＝50×10×0.8×2 N·s＝800 N·s，方向垂直于斜面斜向上。 摩擦力的冲量If＝ft＝μmg cos 37°·t＝0.2×50×10×0.8×2 N·s＝160 N·s，方向沿斜面向上。 合力的冲量：I合＝F合t＝(mg sin 37°－μmg cos 37°)t＝440 N·s，方向沿斜面向下。 求解冲量时的三点注意 1.求冲量大小时，一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量。只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零。 2.求单个力或合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。 3.冲量是矢量，不要忘记说明冲量的方向。 提别提醒 针对练1.如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有靠岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t A.图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小 B.图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大 C.图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大 D.以上三种情况都有可能 √ 甲、乙两图中人对绳子的拉力相同，作用时间相等，由冲量的定义式I＝FΔt可知，两冲量相等，只有选项C是正确的。 针对练2.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，沿光滑水平面做匀加速直线运动，经过一段时间t。下列说法正确的是 A.物体所受合力的冲量为零 B.拉力对物体的冲量为Ft C.拉力对物体的冲量为Ftcos θ D.物体所受支持力的冲量为零 √ 对物体进行受力分析，因为物体做匀加速直线运动，则合力不为零，竖直方向上有N＋Fsin θ＝mg，根据冲量的定义式可知，合力的冲量不为零，拉力的冲量为Ft，支持力的冲量为(mg－Fsin θ)t。故选B。 师生互动 知识点三 动量定理的理解及应用 从表面上来看，一只飞鸟与一个战斗机相比，简直是天壤之别。飞鸟撞战斗机更是“以卵击石”，其实并不是这样，一架高速飞行的战斗机与迎面飞来的飞鸟相撞时会发生严重的事故， 轻则战斗机出现受损，重则造成机毁人亡的灾难。不仅仅是战斗机还包括民航客机，近年来飞鸟撞上飞机的事故也层出不穷，现在如何避免此类事故的发生也是困扰着航空研发人员的一个难题。 按理说，体型小、质量小的鸟类，与钢筋铁骨的飞机相撞应该是“以卵击石”的效果，为什么能把飞机撞坏？ 提示：这是因为破坏主要来自飞机的速度而非鸟类本身的质量。根据动量定理，一只质量为0.45 kg的鸟与速度为800 km/h的飞机相撞，会产生约为1.5×103 N的瞬时冲力；一只质量为7 kg的大鸟撞在速度960 km/h的飞机上，瞬时冲力将达到惊人的1.5×106 N。 要点归纳 1.动量定理的理解 (1)矢量性：表达式FΔt＝Δp是矢量式，注意各个量的矢量性。 注意：式中F应为恒力或者Δt内的平均力，否则FΔt只能用I表示。 (2)因果性：动量定理反映了合外力的冲量决定动量变化。 (3)适用范围：动量定理的使用具有普遍性，不论物体的轨迹是直线还是曲线、是受恒力还是变力作用、是单个物体还是系统、是宏观物体还是微观粒子，动量定理都是适用的。 2.动量定理的应用 (1)定性分析 根据动量定理FΔt＝Δp可知： ①Δp一定时：Δt越短则F越大，Δt越长则F越小。 ②F一定时：Δt越短则Δp越小，Δt越长则Δp越大。 ③Δt一定时：F越大则Δp越大，F越小则Δp越小。 (2)定量计算 ①由动量的变化求合冲量： Δp 冲量 (或求有关的力)。 ②由合力的冲量求动量的变化： F合、Δt Δp (或求m、v等)。 高空坠物现在已成为危害极大的社会安全问题。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。某同学想用实例来检验广告的科学性：假设一个质量为50 g的鸡蛋从离地45 m高的窗户自由落下，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1.5 W B.该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为750 N C.与地面撞击过程，鸡蛋的动量变化量为3 kg·m/s D.鸡蛋下落过程中重力的冲量为－1.5 N·s 例3 √ 下落高度h＝45 m，鸡蛋刚与地面接触时的速度大小为v＝＝ m/s＝30 m/s，此时重力的功率为P＝Gv＝mgv＝0.05×10×30 W＝15 W，故A错误；鸡蛋最终停下，末动量为0，由动量定理有(mg＋)Δt＝0－mv，解得≈－750 N，即平均冲击力大小约为750 N，方向竖直向 上，故B正确；与地面撞击过程，鸡蛋的动量变化量为Δp＝0－mv＝0－0.05×30 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s，故C错误；鸡蛋下落的时间t＝＝ s＝3 s，所以鸡蛋下落过程中重力的冲量为IG＝mgt＝0.05×10×3 N·s＝1.5 N·s，故D错误。故选B。 应用动量定理解题的基本步骤 1.确定研究对象。 2.进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量。 3.选定正方向，研究物体初、末状态的动量。 4.根据动量定理列方程求解。 方法技巧 针对练1.两位同学对变力问题感兴趣。小明同学将质量为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F-t图像如图甲所示，2 s末时物体获得的速度为v1；小华同学将质量为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 F-s图像如图乙所示，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 √ 小明同学拉物体的过程中，由动量定理得Δt＝mv1－0，由F-t图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示力在这段时间内的冲量，代入数据解得2 s末时物体获得的速度为v1＝4.5 m/s；小华同学拉物体的过程中，由动能定理得Δs＝m，由F-s图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示力在这段位移内所做的功，代入数据解得运动2 m时物体获得的速度为v2＝3 m/s。故选B。 针对练2.蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向。(g取10 m/s2) 答案：1 500 N　方向向上 方法一：运动员刚接触网时速度的大小v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下。 刚离网时速度的大小v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向向上。 运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为F，则运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，对运动员应用动量定理(以向上为正方向)，有： (F－mg)t＝mv2 m(v1) F＝＋mg 解得F＝ N＝ 1 500 N，方向向上。 方法二：本题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过 程应用动量定理：自由下落的时间为 t1＝＝ s＝0.8 s 运动员离网后上升所用的时间为 t2＝＝ s＝1 s 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力N的作用，对全过程应用动量定理(取向上为正方向)，有Nt3－mg(t1＋t2＋t3)＝0 N＝mg＝×60×10 N＝1 500 N，方向向上。 返回 知识点四 应用动量定理解决流体类模型 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内的一段柱形流体的长度为Δl，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 (多选)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用速度v平推空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则 A.单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv B.单位时间内翅膀拍动空气的质量为Sρv2 C.蜂鸟的质量为 D.蜂鸟的质量为 例4 √ √ 设翅膀扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为m＝ρSvt，则单位时间内翅膀拍动空气的质量为m0＝＝ρSv，故A正确，B错误；翅膀用速度v平推空气，使空气的速度变为v，根据动量定理有Ft＝mv，翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即F'＝F＝ρSv2，由平衡条件得F'＝Mg，解得蜂鸟的质量M＝，故C正确，D错误。故选AC。 如图所示，在某次帆船比赛时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度v0沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为ρ，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后的速度与帆船前行的速度相等，则下列说法正确的是 A.风速大小为＋v0 B.风速大小为＋v0 C.若将风与帆作用的有效面积变为原来的2倍， 风速和阻力大小不变，则船的航行速度一定变为原来的2倍 D.若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度也将变为原来的2倍 例5 √ 以帆船为参考系，对Δt内的一段质量为Δm的风，由动量定理有F·Δt＝Δm·Δv＝ρS(v－v0)Δt·(v－v0)，帆船匀速前行，由平衡条件得F＝f，解得v＝＋v0，故A正确，B错误；由A、B项分析，整理得v0＝v－，若将风与帆 作用的有效面积变为原来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不是变为原来的2倍，故C错误；由v0＝v－可知，若将风速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度不是变为原来的2倍，故D错误。故选A。 雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v，水的密度为ρ。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。则由于雨滴撞击而产生的平均压强p为 A.ρv B.2ρv C.ρv2 D.2ρv2 例6 √ 单位时间内杯中水面上升的高度Δh＝，在芭蕉叶 上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量为m＝ ρΔSΔhΔt＝ρΔSΔt，设雨水受到的平均撞击力为， 根据动量定理可得－Δt＝－mv－mv＝－2ρvΔSΔt， 解得＝2ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的平均撞击力的大小为'＝2ρvΔS，因此平均压强为p＝＝2ρv。故选B。 返回 随堂演练 返回 1.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手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 √ 接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，故C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，故A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，故D错误；根据动量定理I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间以减小球对人的冲击力F，所以B正确。 2.扔铅球是田径运动中的一个投掷项目，一运动员将质量为5 kg的铅球以5 m/s的初速度与水平方向成37°角斜向上抛出，铅球抛出时距离地面的高度为2.0 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则铅球从抛出到落地过程(忽略空气阻力) A.动量变化量的大小为35 kg·m/s B.动量变化量的大小为50 kg·m/s C.动量变化量的方向与水平方向夹角为37°斜向下 D.动量变化量的方向与水平方向夹角为53°斜向下 √ 铅球竖直方向初速度为v0y＝v0sin 37°＝3 m/s，竖直方向上有－＝2gh，解得铅球落地时竖直方向的速度大小vy＝7 m/s，以竖直向下为正方向，动量变化量的大小为Δp＝m[vy－(－v0y)]＝50 kg·m/s，A错误，B正确；铅球在下落过程中只受重力作用，速度变化量的方向竖直向下，则动量变化量的方向竖直向下，故C、D错误。故选B。 3.如图所示，一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8 m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为 A.0.5 N·s B.1 N·s C.2 N·s D.3 N·s √ 取向上为正方向，由静止释放到地面的速度v1＝＝4 m/s，反弹的速度为v2＝＝2 m/s，由动量定理可得地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝3 N·s，故D正确，A、B、C错误。 4.运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等 B.排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等 C.排球离开M点的速率比经过Q点的速率小 D.排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大 √ 从M点到P点过程中，重力对排球做功为mgh，从P点到N点过程中，重力对排球做功为零，则排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故A错误；因从P点到N点过程中排球飞行时间等于从M点到P点过程中排球飞行时间的2倍，排球飞行过程中只受重力作用，则根据I＝mgt可知，排球两次飞行过程中外力对排球的冲量不相等，故B错误； 排球从M点到P点和从Q点到N点都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向 的速度，高度h相同，由t＝ 知运动时间相同，但水平位移sMP＞sQN，由s＝ v0t可知离开M点的速率大于经过Q点的速率，故C错误；排球到达P点时的竖直速度与排球离开P点时的竖直速度(最大高度相同)大小相等，而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故D正确。故选D。 返回 课时测评 返回 √ 1.下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是 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Ft＝Δp知，Ft≠0，Δp≠0，即动量一定变化，Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，所以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。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 取向下为正方向，则碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝5×(－3) kg·m/s－5×5 kg·m/s＝－40 kg·m/s，D正确。 √ 2.质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回。若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量为 A.10 kg·m/s B.－10 kg·m/s C.40 kg·m/s D.－40 kg·m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，减小作用力，所以A、B项不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受合外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确。 √ 3.(多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是 A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量 C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 D.在车内推车推不动，是因为车(包括人)所受合外力的冲量为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 4.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止。其速度—时间图像如图所示，且α＞β，若拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，冲量大小为I2。则下列选项正确的是 A.W1＞W2；I1＞I2 B.W1＜W2；I1＞I2 C.W1＜W2；I1＜I2 D.W1＝W2；I1＝I2 从t＝0到t＝t2时间内，由动能定理：W1－W2＝0，得：W1＝W2；从t＝0到t＝t2时间内，由动量定理：I1－I2＝0，得：I1＝I2，故D正确，A、B、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据动量定理可得I＝FΔt＝Δp，由于头盔的缓冲与头部的撞击时间Δt延长了，从而减小了对头部的作用力F，也减小了撞击过程中骑行者头部的动量变化快慢，但撞击过程中骑行者头部动量变化量和撞击力的冲量I并未改变。故选B。 √ 5.骑电瓶车必须戴好头盔。在头部受到撞击时，其他条件相同，戴头盔与不戴头盔相比，骑行者头部 A.动量变化小 B.动量变化慢 C.受到撞击力大 D.受到撞击力的冲量大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 6.(多选)如图所示，一个质量为m＝0.4 kg的足球以10 m/s的速度水平飞向球门。守门员跃起用双拳将足球以12 m/s的速度反方向击出，守门员触球时间约为0.1 s，则足球受到的平均作用力大小和方向为 A.8.8 N B.88 N C.方向与原来速度方向相同 D.方向与原来速度方向相反 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 选定足球原运动方向为正方向。根据动量定理·t＝ p2－p1，这里为足球在水平方向上受到的平均作用 力， t为击球的时间，p2为击球后足球的动量，p1为 足球原来的动量。设足球的质量为m，击球前、后 的速度分别为v1和v2，于是可得到 N＝－88 N。可见，足球受到的平均作用力为88 N，方向与足球原来运动的速度方向相反，故B、D正确。 ＝＝＝＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 7.如图所示，清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ，则水流对汽车的作用力大小为 A. B. C. D. 高压水枪Δt时间喷出的水的质量为Δm＝ρSvΔt＝ρvπD2Δt，水柱冲击汽车后速度减为零，由动量定理得FΔt＝0－(－Δmv)，联立解得F＝，由牛顿第三定律可知水流对汽车的作用力大小为。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 8.(多选)某人研发了一款名字叫作“AD-case”的手机壳，从外观上可以看到这个手机壳长有8个触角，当手机坠落时，接触地面瞬间8个触角会瞬间弹出来，起到很好的缓冲作用。研究缓冲效果的实验中，总质量为 200 g的手机从距离地面1.8 m的高度跌落，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.2 s，然后手机保持静止，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则以下说法正确的是 A.保护器的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化量 B.保护器使得手机撞击地面的时间延长 C.手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为1.2 N·s D.手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力大小为8 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据动量定理FΔt＝Δp，可知保护器使得手机撞击地 面的时间延长，即保护器的缓冲作用是减小了手机落 地过程的动量变化率，故A错误，B正确；由自由落体 运动规律可知h＝g＝1.8 m，解得t1＝0.6 s，故手机 从开始掉落到恰好静止的过程用时t＝t1＋0.2 s＝0.8 s，根据冲量定义可得I＝mgt，手机从开始掉落到恰好静止的过程中重力冲量的大小为I＝mgt＝(200×10－3×10×0.8) N·s＝1.6 N·s，故C错误；设手机落地前速度为v，由以上分析可知，v＝gt1＝6 m/s，设手机从开始掉落到恰好静止的过程中地面对手机的平均作用力为，规定向下为正方向，则根据动量定理可得(mg－)×0.2 s＝0－mv，解得＝ 8 N，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 9.在物理课堂上，陈老师给同学们演示了一个鸡蛋从一定高度h掉入透明玻璃缸里，结果鸡蛋摔碎了的实验。若在实验中，将一个50 g的鸡蛋从 1 m的高度掉下，与玻璃缸的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋受到玻璃缸的作用力约为 A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 根据h＝gt2，代入数据得：t≈0.45 s，与地面的碰撞时间约为t1＝2 ms＝0.002 s，全过程根据动量定理可得：mg(t＋t1)－Ft1＝0，解得冲击力F＝113 N≈102 N，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 10.如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒击打后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s。设球棒与垒球的作用时间为0.01 s，下列说法正确的是 A.球棒对垒球不做功 B.球棒对垒球的冲量大小为4 N·s C.若增大球棒与垒球的作用时间，球棒与 垒球的平均作用力也增大 D.球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由动能定理可得，球棒对垒球做功为W＝m－m ＝120 J，故A错误；取末速度方向为正方向，球棒对垒 球的冲量为I＝mv2－mv1＝0.2×40 N·s－0.2×(－20) N·s ＝12 N·s，故B错误；由动量定理有t＝mv2－mv1，可得 球棒对垒球的平均作用力大小为＝1 200 N，故D正确； 由C项分析可知，若增大球棒与垒球的作用时间，球棒与垒球的平均作用力减小，故C错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 √ 11.质量为2 kg的木块静置于粗糙的水平面上，与水平面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若t＝0时，水平力F作用于木块上，力F随时间变化的关系图像如图所示，关于木块在5 s内的运动情况，下列说法不正确的是 A.第3 s末木块速度达到最大 B.第3 s末木块的速度大小为3 m/s C.4～5 s内木块运动的总位移大小为18 m D.第3 s末木块所受拉力的瞬时功率为12 W 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 滑动摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，由题图可 知第3 s末F＝f，此时加速度为0，木块速度最大，故 A正确；0～3 s内图像与坐标轴围成的面积代表F的冲 量，则有IF＝×3 N·s＝18 N·s，根据动量定理有 IF－ft＝mv，解得v＝3 m/s，故B正确；3 s后F＝f，木块做匀速直线运动，所以4～5 s内木块运动的总位移大小为s＝vt＝3×1 m＝3 m，故C错误；第3 s末木块所受拉力的瞬时功率为P＝Fv＝4×3 W＝12 W，故D正确。本题选错误的，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(16分)“高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物，更给公共安全带来极大的危害性。最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形进行处罚。若有一质量为m1＝1.0 kg的花盆从高为h1＝21.70 m的8层居民楼的花架上无初速度坠下，砸中身高为h0＝1.70 m的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间t1＝0.2 s，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求： (1)花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小； 答案：20 m/s 由题知，不计空气阻力，花盆做自由落体运动，则v2＝2g(h1－h0) 代入得v＝＝ m/s＝20 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)花盆对该居民的平均撞击力大小。 答案：110 N 设平均撞击力为，以竖直向上为正方向，由动量定理知(－m1g)t1＝0－(－m1v) 代入得＝＋m1g＝ N＋1.0×10 N＝110 N 由牛顿第三定律可知，花盆对该居民的平均撞击力大小为'＝＝110 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 第1节　动量和动量定理 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $