第1讲 动量 动量定理 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

物理冯老师 第1讲 动量 动量定理 ——夯基强化讲义 考点1：寻求碰撞中的不变量 1.一维碰撞 两个物体碰撞前沿同一直线运动,碰撞后仍沿同一直线运动,这种碰撞叫作一维碰撞。 2.碰撞演示 情境 如图所示,A、B是用等长细线悬挂起来的等大小球,把小球A拉起来,使其悬线与竖直方向成一角度α,放开后A球运动到最低点时与B球发生碰撞,碰后B球的最大偏角为β 分析 1 mA=mB,碰后A球静止,B球偏角β=α,这说明A、B两球碰撞后交换了速度 2 mA>mB,碰后A、B两球都向右摆动 3 mA<mB,碰后A球反弹,B球向右摆动 结论 以上现象说明,A、B两球碰撞后,速度发生了变化,当A、B两球的质量关系不同时,速度变化的情况也不同 3.寻求碰撞中的不变量的几个关键点 (1)在一维碰撞的情况下,与物体运动有关的量只有物体的质量和物体的速度,因此需测量物体的质量和速度。 (2)规定某一速度方向为正方向,如果速度方向与规定的正方向一致,取正值,相反则取负值。 (3)光电门测速:利用公式v=,式中Δx为挡光片的宽度,Δt为遮光时间。还可借助打点计时器、频闪照片或者利用平抛运动特点等测速。 (4)结论:物体碰撞前后质量与速度的乘积之和几乎是不变的。 【典例1】某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验,气垫导轨装置如图甲所示,由导轨、滑块、弹射架等组成。在导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块与导轨之间的摩擦而引起的误差。 (1)下面是实验的主要步骤: ①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平; ②向气垫导轨中通入压缩空气; ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向; ④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹射装置; ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间; ⑥先　　　　　　　　,然后　　　　,让滑块1带动纸带一起运动,撞上带橡皮泥的滑块2后粘到一起继续运动;  ⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带(如图乙所示); ⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为620 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为410 g。 (2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知,碰撞前两滑块的质量与速度的乘积之和为　　　　kg·m/s;碰撞后两滑块的质量与速度的乘积之和为　　　　kg·m/s。(结果均保留4位有效数字)  【答案】 (1)⑥接通打点计时器的电源　释放滑块1 (2)1.240　1.236 题图解读 【详解】(1)⑥使用打点计时器测滑块的速度时,先接通打点计时器的电源,后释放滑块1。 (2)碰撞前滑块1的速度v1=m/s=2 m/s,两滑块的质量与速度的乘积之和为0.620 kg×2 m/s=1.240 kg·m/s,碰撞后滑块1和滑块2具有相同的速度, v= m/s=1.2 m/s,两滑块质量与速度的乘积之和为(0.620 kg+0.410 kg)×1.2 m/s=1.236 kg·m/s。 【典例2】用如图甲所示的气垫导轨来探究碰撞中的不变量。在气垫导轨的一端装有位移传感器(图中未画出),A、B两物块(可视为质点)沿同一直线运动并发生碰撞,若A物块的质量为m1=300 g,B物块的质量为m2=150 g,表中是电脑记录的A、B两物块在同一时刻与传感器的距离。 xA/m 1.20 1.01 0.80 0.59 0.40 0.35 0.30 xB/m 0 0.10 0.21 0.30 0.40 0.25 0 (1)根据表中数据可以判断出位移传感器固定在气垫导轨的　　　(填“左端”或“右端”)。  (2)为了方便判断A、B碰撞前后的运动规律,画出了A、B两物块位置随时间变化的图像(如图乙),a、b分别为A、B两物块碰撞前后的位移-时间图线。 ①碰撞前A物块的速度大小为　　　　m/s,碰撞前B物块的速度大小为　　　　m/s。  ②由题中数据结合x-t图像中提供的信息,可得在碰撞前两物块质量与速度乘积之和为　　　　kg·m/s,在碰撞后两物块的质量与速度乘积之和为　　　　kg·m/s。可得到的结论是:碰撞前后两物块的　　　　　　　　。  【答案】 (1)右端　(2)①4　2　②-0.9　-0.9　质量与速度乘积之和是不变的 题图解读 【详解】(1)根据表中数据可以判断出在开始时位移传感器距离B较近,则固定在气垫导轨的右端。 (2)①x-t图线的斜率表示速度,根据图乙可知,碰撞前A物块的速度为vA=-4 m/s,B物块的速度为vB=2 m/s。②由图乙可知碰撞后A物块的速度为v'A=-1 m/s,B物块的速度为v'B=-4 m/s,两物块组成的系统在碰撞前质量与速度乘积之和为p=m1vA+m2vB=-0.9 kg·m/s,在碰撞后质量与速度乘积之和为p'=m1v'A+m2v'B=-0.9 kg·m/s,即p=p',说明碰撞前后两物块的质量与速度乘积之和是不变的。 考点2：动量 1.定义:物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量p，用公式表示为：p=mv 2.单位:千克米每秒,符号是kg·m/s。 3. 三个性质： (1) 矢量性:方向由速度方向决定，与该时刻的速度方向相同，运算遵循平行四边形定则； (2) 瞬时性:是状态量，与某一时刻或某一位置相对应； (3) 相对性:物体的动量与参考系的选择有关，中学阶段常以地球为参考系。 易错点1：动量和动能的区别与联系 动能 动量 区别 定义 物体由于运动而具有的能 物体质量与速度的乘积 物理意义 表示做功的本领,是一个与力在空间上的累积有关的物理量 表示传递机械运动的本领,是一个与力在时间上的累积有关的物理量 公式 Ek＝ mv2 p＝mv 单位 焦耳（J） 千克米每秒（kg·m/s） 标、矢量 标量 矢量 运算法则 代数运算法则 平行四边形定则 变化情况 v 变化（方向），Ek 不一定变化 v 变化，p 一定变化 联系 都是状态量、相对量，两者大小关系：Ek＝p＝ 知识辨析 物体的质量一定,如果动量不变,其动能是否一定不变?如果动能不变,其动量是否一定不变? 答：一定;不一定。一定质量的物体,如果动量不变,其动能一定不变,但如果动能不变,其速度大小不变,方向可能改变,则动量可能改变。 【典例3】关于物体的动量,下列说法中正确的是 (　　) A.同一物体,动量越大,速度越大 B.-8 kg·m/s的动量小于+6 kg·m/s的动量 C.物体的动量发生变化,其动能一定发生变化 D.做匀速圆周运动的物体,其动量不变 【答案】A 【详解】根据p=mv可知,同一物体动量越大,速度一定越大,选项A正确;动量是矢量,正负代表方向,不代表大小,比较动量大小要比较其绝对值,则-8 kg·m/s的动量大于+6 kg·m/s的动量,选项B错误;物体的动量发生变化,可能是速度方向变化,可能是速度大小发生变化,也可能是速度的大小和方向都变化(易错点),则物体动能不一定变化,选项C错误;做匀速圆周运动的物体,速度的方向一直在变化,则其动量一直在变化,选项D错误。 易错警示　比较动量要从两个方面考虑:一是大小,影响动量大小的因素有质量、速率,是由m、v的乘积决定的,不是由单一因素确定的;二是方向,速度方向就是动量的方向。比较动量是否相同,不但要比较动量的大小还要比较动量的方向。 【典例4】甲、乙两物体动能相等,质量之比为m甲∶m乙=1∶4,则动量大小之比p甲∶p乙为 (　　) A.1∶1　　 　　B.1∶2　　 　　C.1∶4　 　　　D.4∶1 【答案】B 【详解】动能的表达式为Ek=mv2,动量的表达式为p=mv,解得p=,甲、乙两物体动能相等,质量之比为m甲∶m乙=1∶4,则动量大小之比p甲∶p乙=1∶2,选项B正确。 【典例5】(多选)某同学暑假随父母一起旅游,在景区体验了悬崖秋千,该同学坐在秋千上从最低点O沿圆弧轨迹向上摆到P点时不慎将手机掉落,此时他的速度为v,示意图如图所示。可将该同学看作质点,秋千的质量和空气阻力忽略不计。下列说法正确的是 (　　) A.此时该同学的速度方向与绳索垂直 B.此时绳索拉力的大小可能等于该同学的重力 C.从最低点沿圆弧轨迹向上摆动过程中,该同学做匀变速曲线运动 D.手机掉落后在空中运动的过程中,手机的动量一直增大 【答案】AB 【详解】模型构建 该同学从最低点沿圆弧轨迹向上摆动过程中做圆周运动,速度方向沿轨迹的切线方向,与绳索垂直,选项A正确;在P点,设绳索与竖直方向夹角为θ,对该同学受力分析并结合牛顿第二定律有FT-mg cos θ=m,解得FT=mg cos θ+m,所以绳索拉力的大小可能等于该同学的重力,选项B正确;从最低点沿圆弧轨迹向上摆动过程中,该同学做圆周运动,加速度大小和方向都是变化的,做非匀变速曲线运动,选项C错误;手机飞出时有斜向上的速度,所以手机飞出后做斜上抛运动(破题关键),手机的速度先减小后增大,所以手机的动量先减小后增大,选项D错误。 【典例6】(多选)如图所示,飞机启动阶段在平直跑道上的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段,飞机的动量 (　　) A.与它的位移成正比 B.与它的速度成正比 C.与它的动能成正比 D.与它所经历的时间成正比 【答案】BD 【详解】根据p=mv,又v=,Ek=mv2,v=at,可知p=m∝,p=∝,p=mat∝t,选项B、D正确。 【典例7】在t=0时刻,将一物体(可视为质点)竖直向上抛出。以抛出点为坐标原点、竖直向上为正方向,忽略空气阻力,图中能正确反映该物体的动量p随时间t、动能Ek随位移x变化的图像是 (　　) A B C D 【答案】A 【详解】 速解　以竖直向上为正方向,t=0时刻物体动量为正值,排除B;根据动能定理推出Ek-x图线斜率的大小为mg,图线斜率大小不变,排除C;物体到达最高点后位移减小,排除D。故选A。 【典例8】(多选)江南多雨,屋顶常常修成坡度固定的“人”字形,“人”字形的尖顶屋可以看作由两个斜面构成如图所示。斜面与水平方向的夹角均为α,房屋长度2x为一定值,将雨滴从“人”字形坡顶开始下滑的过程简化为雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑,做匀变速直线运动,不考虑雨滴滑下时质量的变化,下列说法正确的是 (　　) A.α越大,雨滴滑下的时间越长 B.α越大,雨滴滑下的时间越短 C.α越大,雨滴滑下时的动能越大 D.α越大,雨滴滑下时的动量越大 【答案】CD 【详解】思路点拨　雨滴滑下过程中只有重力做功,房屋长度2x为一定值,α越大,下滑的高度越大,重力做功越多,滑下时的动能越大、速度越大、动量越大。 根据几何知识可知雨滴下滑的位移为l=,根据受力分析和牛顿第二定律可知a==g sin α,根据匀变速直线运动位移公式有=g sin α·t2,解得t==,当α<45°时,α越大,雨滴滑下的时间越短,当α>45°时,α越大,雨滴滑下的时间越长,选项A、B错误;根据动能定理有mgx tan α=Ek,可知α越大,雨滴滑下时的动能越大,选项C正确;根据p=mv==,可知α越大,雨滴滑下时的动量越大,选项D正确。 【典例9】如图,某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后落回到斜面上。已知斜面足够长且倾角为θ。某次训练时,运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出,飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力,则 (　　) A.运动员先后落在斜面上所用时间之比为3∶1 B.运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3 C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3 D.运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3 【答案】D 【详解】运动员做平抛运动,水平方向位移x=v0t,竖直方向位移h=gt2,则tan θ=,解得t=,因此运动员先后落在斜面上所用时间之比t1∶t2=1∶3,选项A错误;运动员落在斜面上的位移s=,运动员先后落在斜面上位移之比==,选项B错误;落在斜面时动能的变化量ΔEk=mgh=mg2t2,因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比==,选项C错误;落在斜面上动量的变化量Δp=m·Δv=mg·Δt,因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比==,选项D正确。 一题多变　运动员先后两次在空中运动时速度的变化率是否相同?落到斜面瞬间的速度方向是否相同? 提示:运动员做平抛运动,加速度相同,速度变化率即加速度,所以速度变化率相同。运动员从出发点到落点的位移与水平面的夹角都等于斜面的倾角θ,设落点速度方向与水平方向的夹角为α,如图。平抛运动中速度偏转角α与位移与水平面夹角θ的关系是tan α=2 tan θ,也就是只要能落到斜面上,在落点的速度方向都相同。 【典例10】小红同学把一个轻质乳胶球充气到直径为d,以速度大小v0水平投向小明同学,气球以原速率反弹。已知球内气体密度为ρ,则气球的动量变化大小为 (　　) A.　　　　　　　　B.- C.　　　　　　　　D.- 【答案】A 【详解】根据密度公式,可得气球的质量为m=ρπ,取反弹方向为正方向,则气球的动量变化大小为===,选项A正确。 考点3：动量变化量的计算 1.物体动量变化的四种情况 2.同一直线上的动量变化量的计算 先选取正方向,方向与正方向相同,动量为正值;方向与正方向相反,动量为负值。然后代入公式Δp=p2-p1计算。即初动量的箭头端指向末动量的箭头端 (1)当p1、p2同方向且p1<p2 Δp与p1(或p2)方向相同 (2)当p1、p2同方向且p2<p1 Δp与p1(或p2)方向相反 (3)当p1、p2方向相反 Δp与p2方向相同 3.不在同一直线上的动量变化量的计算 若初、末动量不在同一直线上,根据三角形定则或平行四边形定则进行运算。 特别说明    动量是矢量,动量的变化量也是矢量。动量的变化量与动量本身的大小、方向均无关。 【典例11】质量为m、速度为v的小球与墙壁垂直相碰后以原速率返回,以原来速度方向为正方向,则碰撞前后小球的动量变化了 (　　) A.0　 　　　B.mv　　 　　C.2mv　　 　　D.-2mv 【答案】D 【详解】动量的变化量为Δp=p2-p1=-mv-mv=-2mv,选项D正确。 【典例12】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 m,取g=10 m/s2,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则铅球从抛出到落地过程 (　　) 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.动量变化量的方向斜向下,与水平方向夹角θ的正切值为tan θ= D.动量变化量的方向斜向下,与水平方向夹角θ的正切值为tan θ= 【答案】B 【详解】模型构建 铅球竖直方向初速度大小为v0y=v0 sin 37°=3 m/s,由速度位移公式可得-=2gh,解得vy=7 m/s,动量变化量的大小为Δp=m(vy+v0y)= 50 kg·m/s,选项B正确,A错误;根据a=g=可知Δv=gΔt,Δv的方向与重力加速度g的方向相同,g的方向竖直向下,速度变化量的方向为竖直向下,则动量变化量的方向竖直向下,选项C、D错误。 【典例13】将一质量为0.2 kg的小球以20 m/s的初速度斜向上抛出,不计空气阻力,当小球落到与抛出点等高处时,小球动量改变量的大小为4 kg·m/s,则这一过程经历的时间为(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.0.5 s　 　　　B.2 s　 　　　C.4 s　　　 　D.8 s 【答案】B 【详解】由于小球从抛出到落至与抛出点等高处过程中只受重力,故速度只在竖直方向发生变化,由Δp=m·Δv得,Δv== m/s=20 m/s,由Δv=g·Δt可知经历的时间为Δt== s=2 s,故选B。 【典例14】如图所示,在某届亚洲杯足球赛上,一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。 (1) 若开始时足球的速度大小是4 m/s,方向向右,踢球后,球的速度大小是10 m/s,方向仍向右(如图甲),求踢球过程中足球动量的变化量; (2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱,然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙),求这一过程中足球动量的变化量。 　　 【答案】(1)2.4 kg·m/s,方向向右 (2)5.2 kg·m/s,方向向左 【详解】(1)取向右为正方向,踢球过程中,初动量为p=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s 末动量为p'=mv'=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s 动量的变化量为Δp=p'-p=2.4 kg·m/s,方向向右 (2)取向右为正方向,足球撞向球门门柱弹回过程,初动量为p1=mv1=0.4×10 kg·m/s=4 kg·m/s 末动量为p2=mv2=0.4×(-3) kg·m/s=-1.2 kg·m/s 动量的变化量为Δp'=p2-p1=-5.2 kg·m/s,负号表示方向向左 【典例15】(多选)( 动量的综合应用)某玩具电动汽车的生产厂家在测试玩具车的性能时,让玩具车在平直的轨道上以恒定的加速度启动,通过计算机描绘了玩具车匀加速阶段的p2-x图像如图所示,横轴为玩具车的位移,已知玩具车的质量为m=0.5 kg,阻力与玩具车重力的比值为0.2,重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　) A.玩具车在匀加速阶段的牵引力大小为2 N B.玩具车的额定功率为8 W C.0~2 m的过程所用的时间为1 s D.玩具车能达到的最大速度为12 m/s 【答案】CD 【详解】由初速度为零的匀变速直线运动的速度位移关系式得v2=2ax,p2=m2v2=2m2ax,结合图像可知斜率k=2m2a= kg2·m/s2=2 kg2·m/s2,解得a=4 m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma,又f=0.2mg,代入数据解得F=3 N,选项A错误;玩具车匀加速阶段的末速度为v==4 m/s,由题意可知玩具车匀加速运动2 m时匀加速过程结束,此时玩具车的功率达到额定功率,所以玩具车的额定功率为P=Fv=3×4 W=12 W,选项B错误;由于玩具车在0~2 m的过程中做匀加速直线运动,因此该过程玩具车的运动时间为t== s=1 s,选项C正确;玩具车的功率达到额定功率后,随玩具车速度的逐渐增大,玩具车所受的牵引力逐渐减小,当玩具车所受的牵引力等于阻力时速度达到最大(破题关键),则玩具车的最大速度为vm== m/s=12 m/s,选项D正确。 模型构建 机车启动模型 (1)动态过程 (2)题述过程的P⁃t图像和v⁃t图像如图所示: 考点4：冲量及计算方法 一、冲量 1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量I，用公式表示为 I=F∆t。 2.单位:牛秒,符号是N·s。 3.标矢性:冲量是矢量, 方向由力的方向决定，若为恒定方向的力，则冲量的方向跟这力的方向相同。 注：冲量是过程量，反映了力对时间的积累效应 易错点2：冲量与功的比较 某个力对物体有冲量,力对物体不一定做功；某个力对物体做了功,力对物体一定有冲量。 二、冲量的计算 恒力的 冲量 公式法 1.求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积． 2.求各恒力的合冲量的两种方法（一维情况）：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解． 注：冲量的计算要明确求哪个力的冲量，还是物体的合外力的冲量。 I = Ft 只能求恒力的冲量。 图像法 利用F-t图像中的“面积”来计算 变力的 冲量 平均值法 对于方向不变、大小随时间均匀变化的变力（力与时间成线性关系变化）,冲量也可用I=F(t'-t)计算,但式中的F应为Δt时间内的平均力,即 微元法 （图像法） 由图可知F-t图线与时间轴之间所围的“面积”的大小表示对应时间t0内，力F0的冲量的大小。 动量定理 物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。F(t′ - t)= mv′ - mv 【典例16】如图所示,运动员把质量为m、静止在水平地面上的足球从A点斜向上踢出,B是足球运动轨迹的最高点,C是下落过程中运动轨迹上的点。已知A、B两点的高度差为4h,B、C两点的高度差为h,重力加速度大小为g,不计空气阻力。足球在从B点运动到C点的过程中,所受重力的冲量大小为 (　　) A.mg　　　 　　　　　B.2mg C.3mg　　　　　　　　D.4mg 【答案】 A 【详解】模型构建 足球从B点到C点运动过程中,竖直方向上做自由落体运动,有h=gt2,解得t=,故足球所受重力的冲量大小为I=mgt=mg,A正确。 【典例17】在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中,我国运动员勇夺金牌。如图所示,比赛中运动员在时间t内静止在双杠上,手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内,下列说法正确的是 (　　) A.他所受合力的冲量大小为0 B.他所受重力G的冲量大小为Gt cos θ C.他所受支持力F的冲量大小为Ft sin θ D.他所受支持力的冲量方向斜向右上方 【答案】A 【详解】思路点拨 依题意,运动员处于静止状态,合力为0,根据I合=F合t可知他所受合力的冲量大小为0,A正确;他所受重力G的冲量为IG=Gt,B错误;他所受支持力F的冲量为IF=Ft,C错误;由于IG+IF=I合,可知他所受支持力的冲量方向与重力的冲量方向相反,即竖直向上,D错误。 【典例18】设运动员的质量为m,托起质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举至双臂伸直停止(图丙)。甲到乙、乙到丙过程杠铃上升的高度分别为h1、h2,经历的时间分别为t1、t2,重力加速度大小为g,则整个过程中,下列说法正确的是 (　　) A.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2) B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为0 C.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为Mg(h1+h2) D.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为0 【答案】C 【详解】关键点拨 根据冲量的概念可知,地面对运动员的冲量大小为I1=(M+m)g(t1+t2+Δt)(点拨:整体法分析,把运动员和杠铃作为研究对象),运动员对杠铃的冲量大小为I2=Mg(t1+t2+Δt)(点拨:隔离法分析,把杠铃作为研究对象),地面对运动员的支持力不做功(易错点),运动员对杠铃做的功为W=Mg(h1+h2),选项C正确。 【典例19】在光滑水平地面上放置一质量为m=1 kg的物块,t=0时刻将一水平方向的力F作用在物块上,以向右为正方向,力F随时间变化的图像如图所示,则 (　　) A.0~4 s内F的冲量大小为8 N·s,方向水平向右 B.4~10 s内F的冲量大小为6 N·s,方向水平向右 C.2~6 s内F的冲量大小为1 N·s,方向水平向右 D.0~10 s内F的冲量大小为2 N·s,方向水平向右 【答案】C 【详解】题图解读 F-t图线与横轴所围的面积代表力F的冲量,由图可知,0~4 s内,力F的冲量为I1=×2×4 N·s=4 N·s,冲量的方向与力的方向相同,所以F的冲量方向水平向右,A错误;4~10 s内,力F的冲量为I2=-1×6 N·s=-6 N·s,方向水平向左,B错误;2~6 s内,力F的冲量为I3= N·s=1 N·s,方向水平向右,C正确;0~10 s内,力F的冲量为I4=I1+I2=-2 N·s,方向水平向左,D错误。 【典例20】质量为m=0.5 kg的物块静止在粗糙水平面上,0时刻起受到一个水平向右的拉力F的作用,拉力F和摩擦力f的大小随时间变化的规律如图所示,g=10 m/s2,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法错误的是 (　　) A.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2 B.前3 s拉力的冲量大小为6.5 N·s C.前3 s拉力做的功为24 J D.前2 s的平均速度为2 m/s 【答案】D 【详解】由题图可知,滑动摩擦力大小为1 N,由f=μFN=μmg,可得μ=0.2,选项A正确;前3 s内拉力的冲量IF= N·s=6.5 N·s,选项B正确;0~1 s,物块静止,1~3 s,物块运动后,加速度为a==4 m/s2,发生的位移为x=at2,其中t=2 s,则x=8 m,所以前3 s拉力做的功为W=F·x=24 J,选项C正确;前2 s物块发生的位移为2 m,故平均速度为1 m/s,选项D错误。故选D。 【典例21】(多选)电子在原子核外绕核做匀速圆周运动,若核外电子绕原子核运动的周期为T,电子的质量为m,电子绕行的线速度为v,只考虑电子和原子核之间的库仑力,则在内 (　　) A.电子的速度没有发生变化 B.电子的速度的变化量大小为2v C.电子的动量变化量大小为mv D.原子核对电子作用力的冲量大小为mv 【答案】CD 【详解】关键点拨 经过,电子速度方向改变90°,大小不变,则速度的变化量大小为v(易错点),故A、B错误;电子的动量的变化量大小为mv,动量的变化量等于合外力的冲量,故C、D正确。 考点5：动量定理及其定性与定量简单计算 一、动量定理 1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。其中“力的冲量”指的是合力的冲量,或者是各个力的冲量的矢量和。或F(t′ - t)= mv′ - mv 2.变形式:F=(牛顿第二定律的动量形式),表示物体动量的变化率等于它所受的力。 3.关于I=Δp=p'-p的几点说明 (1)合外力的冲量I是原因,动量的变化量Δp是结果。 (2)物体动量的变化量Δp的大小和方向与合外力的冲量I的大小和方向均相同。 (3)合外力的冲量I与初动量p、末动量p'的大小和方向均无必然联系。 (4)动量定理不但适用于恒力，也适用于随时间变化的变力，对于变力，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (5)动量定理不仅可以解决匀变速直线运动的问题，还可以解决曲线运动中的有关问题，将较难的计算问题转化为较易的计算问题。 (6)动量定理适用于宏观低速、微观现象和变速运动等问题。动量定理的优点：不考虑中间过程，只考虑初末状态。 二、动量定理的定性计算 1.Δp一定时,作用时间越短,力越大;作用时间越长,力越小。 2.F一定时,作用时间越长,Δp越大;作用时间越短,Δp越小。 分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化。 三、动量定理的定量计算 基本思路 特别说明 对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可对整个过程用动量定理。 【典例22】篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以　 (　　) A.减小球的动能变化量 B.增加球的动量变化率 C.减小球的动量变化量 D.减小球对手的作用力 【答案】D 【详解】手接触到篮球时,篮球的初速度是一定的,篮球的末速度为零,可知篮球的动量变化是一定的,篮球的动能变化是一定的,A、C错误;根据动量定理Ft=Δp,先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以增加作用时间,故球的动量变化率=F减小,即手对球的作用力减小,根据牛顿第三定律知球对手的作用力也减小,B错误,D正确。 【典例23】如图所示,铁架台放在水平面上,长木板搭在铁架台立柱上构成一个简易斜面,将一个光滑小球在木板上A点由静止释放,小球沿木板滑至水平面。保持小球释放点A与木板末端距离不变,调整长木板和水平面之间的夹角θ,下面关于小球在木板上滑动过程的说法正确的是 (　　) A.θ越大,小球所受重力的冲量越大 B.θ越大,长木板对小球的弹力的冲量越大 C.θ越大,小球所受合力的冲量越大 D.小球所受合力的冲量与角θ无关 【答案】C 【详解】小球从长木板上A点滑至末端,位移大小L相等,倾角θ越大,运动时间t越短,小球所受重力的冲量越小,A错误;倾角越大,长木板对小球的弹力FN越小,运动时间t越短,小球所受木板的弹力的冲量为FNt,所以倾角越大,弹力的冲量越小,B错误;设小球到达长木板末端时的速度为v,根据动量定理,下滑过程合力的冲量为mv,长木板倾角越大,A点距水平面的高度越高,则小球到达木板末端的速度v越大,因此合力的冲量越大,C正确,D错误。 【典例24】 (多选) 躺着看手机时,偶尔会出现手机滑落砸到脸上的情况。若某手机的质量为200 g,从上方距人脸约20 cm的高度无初速度掉落,砸到人脸后经0.1 s手机停止运动。忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2,下列分析正确的是 (　　) A.人脸受到的平均撞击力大小约为6 N B.人脸受到的平均撞击力大小约为4 N C.全过程中重力的冲量大小约为0.2 N·s D.全过程中重力的冲量大小约为0.6 N·s 【答案】AD 【详解】AD　根据自由落体运动规律得v==2 m/s,手机与脸作用后手机的速度变成0,取竖直向上为正方向,手机与脸作用的过程中动量变化量为Δp=0-(-mv)=0.4 kg·m/s,手机与脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力,根据动量定理可知Ft-mgt=Δp,代入数据解得F=6 N,根据牛顿第三定律可知,人脸受到的平均撞击力F'=F=6 N,A正确,B错误;手机下落时间t'==0.2 s,全过程中重力的冲量大小为IG=mg(t+t')= 0.6 N·s,C错误,D正确。 一题多解　全过程中重力冲量的大小,也可以根据动量定理来求。对全过程由Ft-IG=0,得IG=0.6 N·s。 【典例25】巴黎奥运会举办时间为2024年7月26日至8月11日,中国国家跳水队在奥运会跳水项目中表现出色,被誉为“跳水梦之队”。某次比赛中,质量m=50 kg的运动员(可看作质点)从距水面h=5 m的跳台边缘处由静止自由落下,触水瞬间,运动员受到水对他的竖直向上的作用力的大小F=6ρAv2,式中水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,触水瞬间的有效面积A=7×10-4 m2,运动员从接触水面到速度减为0用时2 s,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.运动员从离开跳台到接触水面过程中重力的冲量大小为600 N·s B.运动员触水瞬间受到水的作用力大小为300 N C.运动员触水瞬间加速度的大小为1.6 m/s2 D.运动员从触水到速度减为0的过程中受到水的平均作用力的大小为850 N 【答案】C 【详解】运动员从离开跳台到接触水面过程仅受重力作用,有h=gt2,解得t=1 s,则重力冲量的大小I=mg·t=500 N·s,A错误;运动员触水瞬间的速度大小为v0=gt=10 m/s(或v0==10 m/s),则运动员触水瞬间受到水的作用力大小F=6ρA=420 N,B错误;由牛顿第二定律有mg-F=ma,则运动员触水瞬间加速度的大小为a=1.6 m/s2,C正确;取竖直向下为正方向,设运动员受到水的平均作用力大小为F',方向向上,由动量定理得(mg-F')t'=0-mv0,解得F'=750 N,D错误。  【典例26】(多选) 打糍粑是中国传统节日的风俗,流行于中国南方地区。已知木槌质量为10 kg,木槌刚接触糍粑时的速度是2 m/s,打击0.05 s后木槌静止,重力加速度g=10 m/s2,关于打击糍粑过程,下列说法正确的是 (　　) A.木槌在0.05 s时间内动量先变大后变小 B.木槌打击糍粑的平均作用力大小为500 N C.木槌打击糍粑的平均作用力大小为400 N D.木槌在0.05 s时间内受到的合外力的冲量大小为20 N·s 【答案】ABD 【详解】木槌打击糍粑的过程中,开始时糍粑对木槌的作用力较小,木槌做加速运动,打击到一定深度后,糍粑对木槌的作用力较大,木槌做减速运动,因此木槌的动量先变大后变小,A正确;以向下为正方向,根据动量定理,可求得木槌受到的合外力的冲量为I=Δp=0-mv0=-20 N·s,又I=(-F+mg)t,解得糍粑对木槌的平均作用力大小为F=500 N,根据牛顿第三定律,可知木槌打击糍粑的平均作用力大小为500 N,选项B、D正确,C错误。 为则易 行则至 第 12 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $物理冯老师 第1讲 动量 动量定理 ——夯基强化讲义 考点1：寻求碰撞中的不变量 1.一维碰撞 两个物体碰撞前沿同一直线运动,碰撞后仍沿同一直线运动,这种碰撞叫作一维碰撞。 2.碰撞演示 情境 如图所示,A、B是用等长细线悬挂起来的等大小球,把小球A拉起来,使其悬线与竖直方向成一角度α,放开后A球运动到最低点时与B球发生碰撞,碰后B球的最大偏角为β 分析 1 mA=mB,碰后A球静止,B球偏角β=α,这说明A、B两球碰撞后交换了速度 2 mA>mB,碰后A、B两球都向右摆动 3 mA<mB,碰后A球反弹,B球向右摆动 结论 以上现象说明,A、B两球碰撞后,速度发生了变化,当A、B两球的质量关系不同时,速度变化的情况也不同 3.寻求碰撞中的不变量的几个关键点 (1)在一维碰撞的情况下,与物体运动有关的量只有物体的质量和物体的速度,因此需测量物体的质量和速度。 (2)规定某一速度方向为正方向,如果速度方向与规定的正方向一致,取正值,相反则取负值。 (3)光电门测速:利用公式v=,式中Δx为挡光片的宽度,Δt为遮光时间。还可借助打点计时器、频闪照片或者利用平抛运动特点等测速。 (4)结论:物体碰撞前后质量与速度的乘积之和几乎是不变的。 【典例1】某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验,气垫导轨装置如图甲所示,由导轨、滑块、弹射架等组成。在导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块与导轨之间的摩擦而引起的误差。 (1)下面是实验的主要步骤: ①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平; ②向气垫导轨中通入压缩空气; ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向; ④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹射装置; ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间; ⑥先　　　　　　　　,然后　　　　,让滑块1带动纸带一起运动,撞上带橡皮泥的滑块2后粘到一起继续运动;  ⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带(如图乙所示); ⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为620 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为410 g。 (2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知,碰撞前两滑块的质量与速度的乘积之和为　　　　kg·m/s;碰撞后两滑块的质量与速度的乘积之和为　　　　kg·m/s。(结果均保留4位有效数字)  【典例2】用如图甲所示的气垫导轨来探究碰撞中的不变量。在气垫导轨的一端装有位移传感器(图中未画出),A、B两物块(可视为质点)沿同一直线运动并发生碰撞,若A物块的质量为m1=300 g,B物块的质量为m2=150 g,表中是电脑记录的A、B两物块在同一时刻与传感器的距离。 xA/m 1.20 1.01 0.80 0.59 0.40 0.35 0.30 xB/m 0 0.10 0.21 0.30 0.40 0.25 0 (1)根据表中数据可以判断出位移传感器固定在气垫导轨的　　　(填“左端”或“右端”)。  (2)为了方便判断A、B碰撞前后的运动规律,画出了A、B两物块位置随时间变化的图像(如图乙),a、b分别为A、B两物块碰撞前后的位移-时间图线。 ①碰撞前A物块的速度大小为　　　　m/s,碰撞前B物块的速度大小为　　　　m/s。  ②由题中数据结合x-t图像中提供的信息,可得在碰撞前两物块质量与速度乘积之和为　　　　kg·m/s,在碰撞后两物块的质量与速度乘积之和为　　　　kg·m/s。可得到的结论是:碰撞前后两物块的　　　　　　　　。  考点2：动量 1.定义:物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量p，用公式表示为：p=mv 2.单位:千克米每秒,符号是kg·m/s。 3. 三个性质： (1) 矢量性:方向由速度方向决定，与该时刻的速度方向相同，运算遵循平行四边形定则； (2) 瞬时性:是状态量，与某一时刻或某一位置相对应； (3) 相对性:物体的动量与参考系的选择有关，中学阶段常以地球为参考系。 易错点1：动量和动能的区别与联系 动能 动量 区别 定义 物体由于运动而具有的能 物体质量与速度的乘积 物理意义 表示做功的本领,是一个与力在空间上的累积有关的物理量 表示传递机械运动的本领,是一个与力在时间上的累积有关的物理量 公式 Ek＝ mv2 p＝mv 单位 焦耳（J） 千克米每秒（kg·m/s） 标、矢量 标量 矢量 运算法则 代数运算法则 平行四边形定则 变化情况 v 变化（方向），Ek 不一定变化 v 变化，p 一定变化 联系 都是状态量、相对量，两者大小关系：Ek＝p＝ 知识辨析 物体的质量一定,如果动量不变,其动能是否一定不变?如果动能不变,其动量是否一定不变? 答：一定;不一定。一定质量的物体,如果动量不变,其动能一定不变,但如果动能不变,其速度大小不变,方向可能改变,则动量可能改变。 【典例3】关于物体的动量,下列说法中正确的是 (　　) A.同一物体,动量越大,速度越大 B.-8 kg·m/s的动量小于+6 kg·m/s的动量 C.物体的动量发生变化,其动能一定发生变化 D.做匀速圆周运动的物体,其动量不变 【典例4】甲、乙两物体动能相等,质量之比为m甲∶m乙=1∶4,则动量大小之比p甲∶p乙为 (　　) A.1∶1　　 　　B.1∶2　　 　　C.1∶4　 　　　D.4∶1 【典例5】(多选)某同学暑假随父母一起旅游,在景区体验了悬崖秋千,该同学坐在秋千上从最低点O沿圆弧轨迹向上摆到P点时不慎将手机掉落,此时他的速度为v,示意图如图所示。可将该同学看作质点,秋千的质量和空气阻力忽略不计。下列说法正确的是 (　　) A.此时该同学的速度方向与绳索垂直 B.此时绳索拉力的大小可能等于该同学的重力 C.从最低点沿圆弧轨迹向上摆动过程中,该同学做匀变速曲线运动 D.手机掉落后在空中运动的过程中,手机的动量一直增大 【典例6】(多选)如图所示,飞机启动阶段在平直跑道上的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动,在启动阶段,飞机的动量 (　　) A.与它的位移成正比 B.与它的速度成正比 C.与它的动能成正比 D.与它所经历的时间成正比 【典例7】在t=0时刻,将一物体(可视为质点)竖直向上抛出。以抛出点为坐标原点、竖直向上为正方向,忽略空气阻力,图中能正确反映该物体的动量p随时间t、动能Ek随位移x变化的图像是 (　　) A B C D 【典例8】(多选)江南多雨,屋顶常常修成坡度固定的“人”字形,“人”字形的尖顶屋可以看作由两个斜面构成如图所示。斜面与水平方向的夹角均为α,房屋长度2x为一定值,将雨滴从“人”字形坡顶开始下滑的过程简化为雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑,做匀变速直线运动,不考虑雨滴滑下时质量的变化,下列说法正确的是 (　　) A.α越大,雨滴滑下的时间越长 B.α越大,雨滴滑下的时间越短 C.α越大,雨滴滑下时的动能越大 D.α越大,雨滴滑下时的动量越大 【典例9】如图,某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后落回到斜面上。已知斜面足够长且倾角为θ。某次训练时,运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出,飞出后在空中的姿势保持不变。不计空气阻力,则 (　　) A.运动员先后落在斜面上所用时间之比为3∶1 B.运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3 C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3 D.运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3 【典例10】小红同学把一个轻质乳胶球充气到直径为d,以速度大小v0水平投向小明同学,气球以原速率反弹。已知球内气体密度为ρ,则气球的动量变化大小为 (　　) A.　　　　　　　　B.- C.　　　　　　　　D.- 考点3：动量变化量的计算 1.物体动量变化的四种情况 2.同一直线上的动量变化量的计算 先选取正方向,方向与正方向相同,动量为正值;方向与正方向相反,动量为负值。然后代入公式Δp=p2-p1计算。即初动量的箭头端指向末动量的箭头端 (1)当p1、p2同方向且p1<p2 Δp与p1(或p2)方向相同 (2)当p1、p2同方向且p2<p1 Δp与p1(或p2)方向相反 (3)当p1、p2方向相反 Δp与p2方向相同 3.不在同一直线上的动量变化量的计算 若初、末动量不在同一直线上,根据三角形定则或平行四边形定则进行运算。 特别说明    动量是矢量,动量的变化量也是矢量。动量的变化量与动量本身的大小、方向均无关。 【典例11】质量为m、速度为v的小球与墙壁垂直相碰后以原速率返回,以原来速度方向为正方向,则碰撞前后小球的动量变化了 (　　) A.0　 　　　B.mv　　 　　C.2mv　　 　　D.-2mv 【典例12】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 m,取g=10 m/s2,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则铅球从抛出到落地过程 (　　) 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.动量变化量的方向斜向下,与水平方向夹角θ的正切值为tan θ= D.动量变化量的方向斜向下,与水平方向夹角θ的正切值为tan θ= 【典例13】将一质量为0.2 kg的小球以20 m/s的初速度斜向上抛出,不计空气阻力,当小球落到与抛出点等高处时,小球动量改变量的大小为4 kg·m/s,则这一过程经历的时间为(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A.0.5 s　 　　　B.2 s　 　　　C.4 s　　　 　D.8 s 【典例14】如图所示,在某届亚洲杯足球赛上,一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。 (1) 若开始时足球的速度大小是4 m/s,方向向右,踢球后,球的速度大小是10 m/s,方向仍向右(如图甲),求踢球过程中足球动量的变化量; (2)若足球以10 m/s的速度向右撞向球门门柱,然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙),求这一过程中足球动量的变化量。 　　 【典例15】(多选)( 动量的综合应用)某玩具电动汽车的生产厂家在测试玩具车的性能时,让玩具车在平直的轨道上以恒定的加速度启动,通过计算机描绘了玩具车匀加速阶段的p2-x图像如图所示,横轴为玩具车的位移,已知玩具车的质量为m=0.5 kg,阻力与玩具车重力的比值为0.2,重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　) A.玩具车在匀加速阶段的牵引力大小为2 N B.玩具车的额定功率为8 W C.0~2 m的过程所用的时间为1 s D.玩具车能达到的最大速度为12 m/s 考点4：冲量及计算方法 一、冲量 1.定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量I，用公式表示为 I=F∆t。 2.单位:牛秒,符号是N·s。 3.标矢性:冲量是矢量, 方向由力的方向决定，若为恒定方向的力，则冲量的方向跟这力的方向相同。 注：冲量是过程量，反映了力对时间的积累效应 易错点2：冲量与功的比较 某个力对物体有冲量,力对物体不一定做功；某个力对物体做了功,力对物体一定有冲量。 二、冲量的计算 恒力的 冲量 公式法 1.求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积． 2.求各恒力的合冲量的两种方法（一维情况）：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解． 注：冲量的计算要明确求哪个力的冲量，还是物体的合外力的冲量。 I = Ft 只能求恒力的冲量。 图像法 利用F-t图像中的“面积”来计算 变力的 冲量 平均值法 对于方向不变、大小随时间均匀变化的变力（力与时间成线性关系变化）,冲量也可用I=F(t'-t)计算,但式中的F应为Δt时间内的平均力,即 微元法 （图像法） 由图可知F-t图线与时间轴之间所围的“面积”的大小表示对应时间t0内，力F0的冲量的大小。 动量定理 物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。F(t′ - t)= mv′ - mv 【典例16】如图所示,运动员把质量为m、静止在水平地面上的足球从A点斜向上踢出,B是足球运动轨迹的最高点,C是下落过程中运动轨迹上的点。已知A、B两点的高度差为4h,B、C两点的高度差为h,重力加速度大小为g,不计空气阻力。足球在从B点运动到C点的过程中,所受重力的冲量大小为 (　　) A.mg　　　 　　　　　B.2mg C.3mg　　　　　　　　D.4mg 【典例17】在2024年巴黎奥运会男子双杠决赛中,我国运动员勇夺金牌。如图所示,比赛中运动员在时间t内静止在双杠上,手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内,下列说法正确的是 (　　) A.他所受合力的冲量大小为0 B.他所受重力G的冲量大小为Gt cos θ C.他所受支持力F的冲量大小为Ft sin θ D.他所受支持力的冲量方向斜向右上方 【典例18】设运动员的质量为m,托起质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举至双臂伸直停止(图丙)。甲到乙、乙到丙过程杠铃上升的高度分别为h1、h2,经历的时间分别为t1、t2,重力加速度大小为g,则整个过程中,下列说法正确的是 (　　) A.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2) B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为0 C.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为Mg(h1+h2) D.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为0 【典例19】在光滑水平地面上放置一质量为m=1 kg的物块,t=0时刻将一水平方向的力F作用在物块上,以向右为正方向,力F随时间变化的图像如图所示,则 (　　) A.0~4 s内F的冲量大小为8 N·s,方向水平向右 B.4~10 s内F的冲量大小为6 N·s,方向水平向右 C.2~6 s内F的冲量大小为1 N·s,方向水平向右 D.0~10 s内F的冲量大小为2 N·s,方向水平向右 【典例20】质量为m=0.5 kg的物块静止在粗糙水平面上,0时刻起受到一个水平向右的拉力F的作用,拉力F和摩擦力f的大小随时间变化的规律如图所示,g=10 m/s2,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法错误的是 (　　) A.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2 B.前3 s拉力的冲量大小为6.5 N·s C.前3 s拉力做的功为24 J D.前2 s的平均速度为2 m/s 【典例21】(多选)电子在原子核外绕核做匀速圆周运动,若核外电子绕原子核运动的周期为T,电子的质量为m,电子绕行的线速度为v,只考虑电子和原子核之间的库仑力,则在内 (　　) A.电子的速度没有发生变化 B.电子的速度的变化量大小为2v C.电子的动量变化量大小为mv D.原子核对电子作用力的冲量大小为mv 考点5：动量定理及其定性与定量简单计算 一、动量定理 1.内容:物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。其中“力的冲量”指的是合力的冲量,或者是各个力的冲量的矢量和。或F(t′ - t)= mv′ - mv 2.变形式:F=(牛顿第二定律的动量形式),表示物体动量的变化率等于它所受的力。 3.关于I=Δp=p'-p的几点说明 (1)合外力的冲量I是原因,动量的变化量Δp是结果。 (2)物体动量的变化量Δp的大小和方向与合外力的冲量I的大小和方向均相同。 (3)合外力的冲量I与初动量p、末动量p'的大小和方向均无必然联系。 (4)动量定理不但适用于恒力，也适用于随时间变化的变力，对于变力，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (5)动量定理不仅可以解决匀变速直线运动的问题，还可以解决曲线运动中的有关问题，将较难的计算问题转化为较易的计算问题。 (6)动量定理适用于宏观低速、微观现象和变速运动等问题。动量定理的优点：不考虑中间过程，只考虑初末状态。 二、动量定理的定性计算 1.Δp一定时,作用时间越短,力越大;作用时间越长,力越小。 2.F一定时,作用时间越长,Δp越大;作用时间越短,Δp越小。 分析问题时,要明确哪个量一定,哪个量变化。 三、动量定理的定量计算 基本思路 特别说明 对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,也可对整个过程用动量定理。 【典例22】篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以　 (　　) A.减小球的动能变化量 B.增加球的动量变化率 C.减小球的动量变化量 D.减小球对手的作用力 【典例23】如图所示,铁架台放在水平面上,长木板搭在铁架台立柱上构成一个简易斜面,将一个光滑小球在木板上A点由静止释放,小球沿木板滑至水平面。保持小球释放点A与木板末端距离不变,调整长木板和水平面之间的夹角θ,下面关于小球在木板上滑动过程的说法正确的是 (　　) A.θ越大,小球所受重力的冲量越大 B.θ越大,长木板对小球的弹力的冲量越大 C.θ越大,小球所受合力的冲量越大 D.小球所受合力的冲量与角θ无关 【典例24】 (多选) 躺着看手机时,偶尔会出现手机滑落砸到脸上的情况。若某手机的质量为200 g,从上方距人脸约20 cm的高度无初速度掉落,砸到人脸后经0.1 s手机停止运动。忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2,下列分析正确的是 (　　) A.人脸受到的平均撞击力大小约为6 N B.人脸受到的平均撞击力大小约为4 N C.全过程中重力的冲量大小约为0.2 N·s D.全过程中重力的冲量大小约为0.6 N·s 【典例25】巴黎奥运会举办时间为2024年7月26日至8月11日,中国国家跳水队在奥运会跳水项目中表现出色,被誉为“跳水梦之队”。某次比赛中,质量m=50 kg的运动员(可看作质点)从距水面h=5 m的跳台边缘处由静止自由落下,触水瞬间,运动员受到水对他的竖直向上的作用力的大小F=6ρAv2,式中水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,触水瞬间的有效面积A=7×10-4 m2,运动员从接触水面到速度减为0用时2 s,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.运动员从离开跳台到接触水面过程中重力的冲量大小为600 N·s B.运动员触水瞬间受到水的作用力大小为300 N C.运动员触水瞬间加速度的大小为1.6 m/s2 D.运动员从触水到速度减为0的过程中受到水的平均作用力的大小为850 N 【典例26】(多选) 打糍粑是中国传统节日的风俗,流行于中国南方地区。已知木槌质量为10 kg,木槌刚接触糍粑时的速度是2 m/s,打击0.05 s后木槌静止,重力加速度g=10 m/s2,关于打击糍粑过程,下列说法正确的是 (　　) A.木槌在0.05 s时间内动量先变大后变小 B.木槌打击糍粑的平均作用力大小为500 N C.木槌打击糍粑的平均作用力大小为400 N D.木槌在0.05 s时间内受到的合外力的冲量大小为20 N·s 为则易 行则至 第 12 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $