第一章 第二节 动量定理(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

本讲义聚焦“动量定理”核心知识点，从牛顿运动定律推导入手，明确定理内容、表达式（Ft=mv_t - mv_0）及适用范围，强调矢量性及冲量与动量变化的关系，结合推导问题、生活现象解释和定量计算应用，构建完整学习支架。 该资料以科学推理为主线，通过问题链引导推导（如加速度定义结合牛顿第二定律），培养科学思维；融入鸡蛋落地、纸带实验等生活实例，渗透科学探究；例题分层设计（分过程分析、动量与动能定理比较），课中助力教师逻辑授课，课后通过对点练（覆盖动量变化量、冲量计算等）帮助学生查漏补缺，强化运动和相互作用观念。

第二节　动量定理 [学习目标]　1.能从牛顿运动定律推导出动量定理的表达式，理解动量定理，会运用动量定理解决实际问题 (重难点)。2.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象(重点)。 一、动量定理 如图所示，光滑水平面上一个质量为m的物体，初速度为v0，在恒力F作用下，经过时间t，速度从v0变为vt。 (1)物体的加速度是多少？ (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t有什么关系？ 答案　(1)由加速度的定义知：该物体的加速度a＝ (2)根据牛顿第二定律可知F＝ma＝m， 整理得F·t＝mvt－mv0＝p′－p，即F·t＝Δp。 1．内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。 2．表达式：Ft＝mvt－mv0。 3．适用范围：动量定理不但适用于恒定的外力，而且适用于随时间而变化的变力。在后一种情况下，动量定理中的力F通常取力在作用时间内的平均值。 4．对动量定理的理解 (1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因，是力在时间(填“时间”或“空间”)上的积累改变了物体的动量。 (2)动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向，合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向相同。 (3)动量定理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。 (1)若物体在一段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零。(　√　) (2)物体所受的合力越大，动量变化得越快。 (　√　) 例1　(2023·深圳市外国语学校高二月考)某人身系弹性绳从绳子的悬点处自由落下，从人开始下落至绳子刚拉直为过程Ⅰ，绳子刚拉直至人到最低点为过程Ⅱ。不计空气阻力，人可视为质点，下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ中人的动量变化量大于过程Ⅱ中人的动量变化量 B．过程Ⅰ中人受到的重力的冲量与过程Ⅱ中人受到的弹力的冲量大小相等 C．过程Ⅱ中人受到的合力方向向上且不断增大 D．全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等 答案　D 解析　设绳子刚拉直时速度为v，过程Ⅰ中人的动量变化量与过程Ⅱ中人的动量变化量大小都为mv，故A错误；由动量定理可知，过程Ⅰ中人受到的重力的冲量与过程Ⅱ中人受到的弹力和重力的合力的冲量大小相等，故B错误；过程Ⅱ中人先向下加速后向下减速，则过程Ⅱ中人受到的合力方向先向下后向上，故C错误；由动量定理可知，全过程重力冲量大小与拉力冲量大小相等，故D正确。 二、动量定理的应用 1．鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在泡沫塑料垫上，鸡蛋没被打破；第二次落在玻璃上，鸡蛋被打破，这是为什么？ 答案　两次碰撞瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零，也相同，所以两次碰撞过程中鸡蛋的动量变化量相同。根据FΔt＝Δp，第一次与泡沫塑料垫作用的时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破；第二次与玻璃作用的时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破。 2.做一做：将纸带从笔帽下抽出，如何做可保证笔帽不倒？试说说其中的道理。 答案　将纸带迅速抽出，由动量定理可知，纸带对笔帽的滑动摩擦力一定，作用时间越短，笔帽动量变化量越小，越不容易倒。 运用动量定理定性分析有关现象，一般从两个方面分析： (1)物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小。 (2)作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小。 (1)击打钉子时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻。(　×　) (2)跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量。(　×　) (3)从高处跳下时，脚尖先着地，同时屈膝、弓腰，这是为了增加作用时间以减小地面对人的力。(　√　) 例2　用0.5 kg的铁锤钉钉子。打击前铁锤的速度为4 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01 s，g取10 m/s2。 (1)不计铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤所受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (3)请你分析一下，在计算铁锤钉钉子的平均作用力时，在什么情况下可以不计铁锤所受的重力。 答案　(1)200 N　(2)205 N　(3)当打击时间很短时，可以不计铁锤所受的重力 解析　打击时，铁锤受到重力和钉子对铁锤竖直向上的弹力，打击后铁锤的速度为0，设竖直向下为正方向。 (1)若不计铁锤所受的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N。 (2)若考虑铁锤所受的重力，则有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205 N。 (3)从前两问的解答可以看出，当打击时间很短时，铁锤所受的重力可以忽略不计。 应用动量定理进行定量计算的一般步骤 例3　(多选)(2024·广州市执信中学开学考)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 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．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C．球棒对垒球做的功为126 J D．球棒对垒球做的功为36 J 答案　AC 解析　设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t＝m(v1－v0)，取末速度方向为正方向，代入数据解得＝1 260 N。对整个过程，由动能定理得W＝mv12－mv02＝126 J，故A、C正确。 动量定理与动能定理的比较 (1)动量定理是矢量式，反映力对时间的累积效应，是物体动量改变的原因，涉及一段时间(或冲量)选用动量定理，应用时必须选取正方向。 (2)动能定理是标量式，反映力对空间的累积效应，是物体动能改变的原因，涉及一段位移(或功)选用动能定理，应用时不用选取正方向。 例4　(2023·佛山市高二下质量检测)如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为m1、m2的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们动量的变化量分别为Δp1、Δp2。已知m1∶m2＝1∶2，空气阻力忽略不计，则Δp1∶Δp2为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1 答案　A 解析　两炮弹从同一高度落下，由h＝gt2得，落地的时间相同，根据动量定理mgt＝Δp，可得Δp1∶Δp2＝m1∶m2＝1∶2，故选A。 课时对点练 1～6题每题6分，7题12分，共48分 考点一　动量定理 1．(多选)关于动量和冲量的说法，正确的是(　　) A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定改变 C．物体动量变化的方向，就是它所受合外力的冲量方向 D．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大 答案　BCD 解析　由动量定理可知，物体所受合外力的冲量的大小等于动量变化的大小，方向与动量变化的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确。 2．(2024·广州市第六中学高二上开学考)在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛。若不计空气阻力，三个小球从抛出到落地的过程中(　　) A．三个小球落地时的动量相同 B．三个小球动量的变化量相同 C．竖直上抛的小球动量的变化量最大 D．竖直下抛的小球动量的变化量最大 答案　C 解析　由机械能守恒定律可得mgh＋mv02＝mv2，可知三个小球落地时的速度大小相等，由于做平抛运动的小球落地时的速度方向与竖直上抛和竖直下抛小球的落地速度方向不同，因此三个小球落地时的动量不相同，A错误；在相同高度处三个小球以相同的速率分别抛出，可知做竖直上抛运动小球运动的时间大于做平抛运动小球的运动时间，做平抛运动小球的运动时间大于做竖直下抛运动小球的运动时间，由动量定理可得mgt＝Δp，可知三个小球动量的变化量不相同，竖直上抛的小球动量的变化量最大，竖直下抛的小球动量的变化量最小，B、D错误，C正确。 3.(2023·湛江市高一期末)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员(　　) A．过程Ⅰ的动量变化量等于零 B．过程Ⅱ的动量变化量等于零 C．过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量变化量等于重力的冲量 答案　C 解析　由于忽略空气阻力，过程Ⅰ中运动员只受重力作用，根据动量定理可知，过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即为I1＝mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量变化量不等于零，故B错误；根据动量定理可知，过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。 考点二　动量定理的基本应用 4．(多选)(2023·佛山市高二阶段练习)下列说法正确的是(　　) A．跳高时，在落地处垫海绵垫是为了减小冲量 B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程中受到的作用力 C．初速度相同的两个物体受相同的制动力作用会同时停下来 D．人从越高的地方跳下，落地时受到的冲量越大 答案　BD 解析　跳高时，在落地处垫海绵垫是为了延长作用时间减小作用力，不是减小冲量，A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小作用力，B正确；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，初速度相同，动量不一定相同，故C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，速度变化量越大，动量变化量越大，则人受到的冲量越大，D正确。 5．(多选)运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被球拍击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。重力影响可忽略，则此过程中球拍对网球作用力的冲量(　　) A．大小为m(v2＋v1) B．大小为m(v2－v1) C．方向与v1方向相同 D．方向与v2方向相同 答案　AD 解析　以v1的方向为正方向，由动量定理得球拍对网球作用力的冲量为I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则冲量的大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，选项A、D正确，B、C错误。 6.(多选)如图所示，把重物G压在纸带上，第一次用一水平力拉动纸带，重物恰停在边沿处，第二次迅速拉动纸带，重物几乎不动，对这种现象的解释正确的是(　　) A．第二次拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力小 B．两次拉动纸带时，纸带对重物的摩擦力相同 C．在第一次拉动纸带时，纸带对重物的冲量大 D．在第二次拉动纸带时，纸带对重物的冲量大 答案　BC 解析　两次拉动纸带时，纸带与重物间的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，A错误，B正确；由题可知，第一次拉动纸带时，纸带与重物的作用时间长，两次拉纸带，纸带对重物的作用力相同，根据I＝Ft，所以第一次纸带对重物的冲量大，C正确，D错误。 7．(12分)(2024·广州市第六中学高二上开学考)如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人通过绳子将重物从地面提升，当重物重心上升20 cm时，两人同时释放绳子，让重物由静止开始自由下落，最终重物落地将地面夯实。已知重物的质量为50 kg，重物与地面接触0.02 s后停止运动，不计空气阻力，g取10 m/s2。试求： (1)(6分)重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小； (2)(6分)地面对重物的平均作用力的大小。 答案　(1)100 N·s　(2)5 500 N 解析　(1)重物在空中下落过程为自由落体运动，则h＝gt12 重物在空中自由下落过程中重力的冲量大小I＝mgt1 解得I＝100 N·s (2)以竖直向下为正方向，重物与地面相互作用过程中， 根据动量定理mgt2－t2＝0－mv， 又v＝gt1 ，解得＝5 500 N。 8～9题每题9分，10题10分，11题14分，共42分 8．(2023·汕头市潮南区高二下阶段检测)如图甲，某篮球爱好者站在某点练习投篮，连续三次将篮球从A点抛出，篮球三次从A点抛出回到与A点等高的位置的轨迹如图乙所示，若三次抛出的初速度大小相同，篮球在图乙所示运动过程动量变化量分别为Δp1、Δp2、Δp3，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．Δp3最大 B．Δp2最大 C．Δp1最大 D．Δp1＝Δp2＝Δp3 答案　C 解析　由对称性可知篮球上升和下落阶段用时相同，即t上＝t下，由h＝gt下2，t总＝2t下知，在全过程中t1>t2>t3，由动量定理：mgt＝Δp知，时间越长，动量变化量越大，故篮球沿轨迹1的运动过程动量变化量最大，故选C。 9.(2023·佛山市郑裕彤中学月考)一个质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随t变化的图线如图所示，则(　　) A．前3 s内合力F的冲量大小为0 B．t＝1 s时，物块的速率为2 m/s C．t＝2 s时，物块的动量的大小为2 kg·m/s D．前4 s内动量的变化量大小为2 kg·m/s 答案　A 解析　图像与t轴所围成的面积表示冲量，由图像可知，前3 s内合力F的冲量大小为0，A正确；根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，结合图像可解得t＝1 s时物块的速率为1 m/s，B错误；根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，所以可解得2 s时物块的动量为1 kg·m/s，C错误；由图像可知，前4 s内动量的变化量大小为1 kg·m/s，D错误。 10．(多选)(2024·广州六中校考)如图所示，两个质量相同的钢球从甲、乙装置正上方同一高度处静止释放，分别与甲、乙装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②，下列说法正确的是(　　) A．两小球刚到达底部时，动量相同 B．整个碰撞过程中，甲、乙小球所受合力的冲量相同 C．曲线①代表乙装置碰撞情况，曲线②代表甲装置碰撞情况 D．曲线①与时间轴围成的面积大于曲线②与时间轴围成的面积 答案　AB 解析　两球下落高度相同，由v2＝2gh，可知v＝，则两球刚到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，所以两小球到达底部时，动量相同，故A正确；由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，根据两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，整个碰撞过程中，甲、乙小球所受合力的冲量相同，故B正确；甲装置底部为钢板，乙装置底部为泡沫，则小球与甲装置底部碰撞过程作用时间较小，作用力较大，则曲线①代表甲装置碰撞情况，曲线②代表乙装置碰撞情况，故C错误；由于两球碰撞过程中动量变化量相同，以向上为正方向，根据动量定理可得Ft－mgt＝Δp，可得Ft＝Δp＋mgt，F－t图像与时间轴围成的面积表示F的冲量，由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D错误。 11．(14分)(2023·佛山市南湾区高二阶段检测)如图所示，有一游戏中使用的弹枪，可以发射速率恒为v0＝3 m/s，质量为m＝4 kg的橡胶球。现让枪口竖直向下，距离水平地面某高度发射橡胶球，橡胶球与地面碰撞后反弹，小球碰地后的反弹速率为落地时速率的0.8倍，发现小球恰好可以返回枪口位置，不考虑空气阻力的影响，已知重力加速度为g＝10 m/s2。 (1)(6分)求枪口距地面高度H； (2)(8分)若橡胶球与地面作用时间为0.2 s，求碰撞过程中球对地面的平均冲击力F。 答案　(1)0.8 m　(2)220 N，方向竖直向下 解析　(1)设橡胶球落地前瞬间速度为v，则下落过程有v2－v02＝2gH 反弹后上升过程有(0.8v)2＝2gH 联立解得v＝5 m/s，H＝0.8 m (2)橡胶球与地面碰撞过程，根据动量定理有 (F′－mg)t＝m·0.8v－m(－v)， 解得F′＝220 N，由牛顿第三定律得， 球对地面的平均冲击力F＝F′＝220 N，方向竖直向下。 　(10分) 12.(多选)(2023·佛山市郑裕彤中学高二下阶段检测)如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点，另一端系着质量为m的小球，给小球一定的速度v，使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球运动半周的过程中，动量不变 B．小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为2mv C．小球运动一周的过程中，重力的冲量为零 D．小球运动一周的过程中，拉力的冲量为－mgT 答案　BD 解析　小球运动半周的过程中，末速度方向与初速度方向相反，设初速度方向为正，则小球动量的改变量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，根据动量定理I合＝Δp＝－2mv，故A错误，B正确；小球运动一周的过程中，小球所受重力的方向始终竖直向下，则重力的冲量大小为IG＝mgT，故C错误；小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理IG＋IT＝0，得IT＝－IG＝－mgT，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $