第1章 1 动量&2 动量定理（配套Word）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

本讲义聚焦动量和动量定理核心知识点，从实验探究碰撞中的不变量引入动量概念，明确其矢量性及计算方法，进而推导动量定理，梳理冲量定义、动量变化量计算及动量与动能的区别联系，构建完整知识支架。 资料通过实验探究、交流讨论培养科学探究能力，结合归纳总结与一题多解提升科学思维，例题与高考真题练习强化物理观念应用。课中辅助教师引导学生深度理解，课后助力学生巩固知识、查漏补缺，实用性强。

1　动量 2　动量定理 物理观念 科学思维 1．通过实验寻求碰撞中的不变量。 2．理解动量概念及其矢量性，会计算一维情况下的动量变化量。 3．理解冲量的概念，知道冲量是矢量；理解动量定理及其表达式。 能够利用动量定理解释有关现象和解决实际问题。 [对应学生用书P1] 一、动量 阅读教材，并回答： 1．对于教材节首“问题” (1)“问题”实验的现象是什么？ (2)找到在碰撞中有哪些物理量？其中有哪些物理量是不变的？那些是变化的？ (3)找到书上列举出来的“不变量”的猜想，你有哪些猜想呢？ 答　略 2．分析教材图1.1­2实验表中记录的数据，你可得出什么结论？ 答　略 【概念·规律】 动量 定义 物体的__质量__和__速度__的乘积叫作物体的动量。用字母p表示，单位：__千克米每秒(或kg·m/s)__。 动量的矢 量性 动量是__矢__(选填“矢”或“标”)量，方向与__速度的方向__相同，运算遵循平行四边形定则。 二、动量定理 阅读教材，并回答： 根据教材图1.2­1，试探究物体动量的变化与外力F的关系式。 答　见教材 【概念·规律】 动量 定理 冲量 (1)定义：力与力的作用时间的__乘积__叫作力的冲量。 (2)定义式：__I＝FΔt__。 (3)冲量是__矢__(选填“矢”或“标”)量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与__力F的方向__相同。 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__。 (2)表达式：__I＝p′－p__或F(t′－t)＝__mv′－mv__。 (1)动量越大的物体，其速度越大。(　　) (2)物体的动量越大，其惯性也越大。(　　) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(　　) (4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(　　) (5)物体质量不变时，运动的速度变化，其动量一定变化。(　　) (6)做匀速圆周运动的物体动量不变。(　　) (7)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。(　　) (8)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)√ [对应学生用书P2] 探究点一　动量及动量的变化量 [交流讨论] 1．动量：(1)当两个物体的动量相同时，其动能一定相同吗？ (2)当两个物体的动能相同时，其动量一定相同吗？ 答　(1)不一定　(2)不一定 2．动量的变化量：(1)动量的变化量也是矢量，动量变化量的方向与初状态的动量方向一定相同吗？ (2)如何确定动量变化量的大小和方向？ 答　(1)不一定　(2)选取正方向进行矢量合成 3．如图所示，质量为m、速度为v的小球与挡板发生碰撞，碰后以大小不变的速度反向弹回。 (1)小球碰撞挡板前后的动量是否相同？ (2)小球碰撞挡板前后的动能是否相同？ (3)小球碰撞挡板过程中动能变化量是多少？ (4)小球碰撞挡板过程中动量变化量大小是多少？ 答　(1)不同　(2)相同　(3)0　(4)2mv [归纳总结] 1．动量的变化量 (1)动量的变化量是矢量。 Δp＝p′－p是矢量式，运算遵循平行四边形定则。 (2)Δp的计算。 ①当p′、p在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。 ②当p′、p不在同一直线上时，应依据平行四边形定则运算。 2．动量与动能的比较 (1)区别：动量是矢量，动能是标量。 (2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝。 　一质量m＝0.2 kg的皮球从高H＝0.8 m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度h＝0.45 m。(g＝10 m/s2)试求：球与地面相互作用前、后时刻的动量以及球与地面相互作用过程中的动量变化。 [解析]　以向下的方向为正，则由mgH＝mv12得 与地面接触时的速度v1＝4 m/s 此时的动量大小p1＝mv1＝0.8 kg·m/s，方向向下，为正。 由mhg＝mv22可得球刚离开地面时的速度v2＝3 m/s 此时的动量大小p2＝mv2＝0.6 kg·m/s，方向向上，为负。 所以Δp＝p2－p1＝(－0.6 kg·m/s)－0.8 kg·m/s＝－1.4 kg·m/s，负号表示方向向上。 [答案]　p1＝0.8 kg·m/s，方向向下　p2＝0.6 kg·m/s，方向向上　Δp＝1.4 kg·m/s，方向向上 1．质量为m的棒球先被投手以速度v向右水平投出，后被击球员以2v的速度反向击回，则击球过程中棒球(　　) A．动量变化量的大小为mv B．动量变化量的大小为3mv C．动能变化量的大小为 mv2 D．动能变化量的大小为mv2 解析　设棒球反弹方向为正方向，则动量变化量Δp＝2mv－(－mv)＝3mv，即棒球的动量变化量的大小为3mv，选项A错误，B正确；棒球的动能变化量的大小为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，选项C、D错误。 答案　B 探究点二　冲量及冲量的计算 [交流讨论] 1．完成教材P10“练习与应用”第1题。 2．若给出了力随时间变化的图像如教材图1.2­2所示，怎样求变力的冲量？ 答　面积法 [归纳总结] 1．冲量的计算 (1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积来求。 (2)求合冲量的两种方法： 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。 2．冲量与功的区别 (1)若某个力在一段时间内，做的功为零，冲量不一定为零。 (2)一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，正、负号一定相反；但它们所做的功大小不一定相等，符号也不一定相反。 (多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球(　　) A．所受合力的冲量方向水平向右 B．所受支持力的冲量方向水平向右 C．所受合力的冲量大小为m D．所受重力的冲量大小为0 [解析]　小球从A点运动到B点的过程中做圆周运动，在B点时的速度方向沿切线方向，水平向右，从A到B，根据动能定理得mgR＝mv2－0，解得小球在B点的速度v＝，方向水平向右，根据 动量定理得I合＝Δp＝mv＝m，方向水平向右，选项A、C正确；重力是恒力，小球从A到B，重力的冲量大小不为0，选项D错误；小球从A到B，合力的冲量水平向右，重力的冲量竖直向下，根据矢量合成的平行四边形定则可知支持力的冲量不可能水平向右，选项B错误。 [答案]　AC ●核心素养·思维升华 求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积求解，若是变力，可考虑以下方法求解： (1)若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量。 (2)若给出了力随时间变化的图像，可用面积法求变力的冲量。 2．拖着旧橡胶轮胎跑步是一种训练体能的常用方法。如图所示，某运动员在体能训练时拖着轮胎在平直跑道上匀速跑了800 m，则在此过程中(　　) A．合外力对轮胎的冲量为零 B．支持力对轮胎做了正功 C．重力对轮胎的冲量为零 D．支持力对轮胎的冲量为零 解析　运动员推着轮胎在平直跑道上匀速运动，轮胎所受合外力为0，合外力对轮胎的冲量为零，故选项A正确；支持力方向与轮胎速度方向始终垂直，所以不做功，故选项B错误；根据I＝Ft可知重力和支持力对轮胎的冲量均不为零，故选项C、D错误。 答案　A 探究点三　动量定理 [交流讨论] 1．在推导动量定理中，我们假定力是恒定的。如果力是变力，动量定理还适用吗？ 答　适用 2．将笔帽竖立于放在水平桌面的纸条上，将纸条从笔帽下抽出时，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒，请解释这是为什么？ 答　摩擦力一定，慢拉时力的作用时间 Δt长，动量变化量 Δp大。 3．用一条细线悬挂着一个重物，把重物拿到悬挂点附近，然后释放，重物可以把细线拉断。如果在细线上端拴一段橡皮筋，再把重物拿到悬挂点附近释放，细线就不会被拉断了，你知道这是什么道理吗？ 答　拴上橡皮筋后，延长了力的作用时间，由动量定理可知，细线上的张力减小，细线就不会被拉断了。 [归纳总结] 1．动量定理的理解 (1)动量定理的表达式mv′－mv＝FΔt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．利用动量定理定性分析有关现象 (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。 　质量m＝70 kg的撑杆跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2) 提示：一题多解 [解析]　法一　分段计算 运动员刚落到海绵垫时v＝＝10 m/s 与海绵垫接触的过程中，由动量定理得mgΔt1－FΔt1＝0－mv 代入数据解得F＝1400 N 运动员刚落到沙坑时v＝＝10 m/s 与沙坑接触的过程中，由动量定理得mgΔt2－F′Δt2＝0－mv 代入数据解得F′＝7700 N。 法二　全程研究 以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝1 s 从开始下落到落到海绵垫上停止时， mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0 代入数据，解得F＝1400 N 下落到沙坑中时，由动量定理得 mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0 代入数据，解得F′＝7700 N。 [答案]　1400 N　7700 N 　在例题中，求运动员落到海绵垫上的过程中所受海绵垫的冲量大小。 答案　1400 N·s 　在例题中，若运动员落到海绵垫上被竖直弹起的最大高度是0.8 m，其他条件不变，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？ 答案　1330 N·s 　(2025·河北卷)如图所示，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0. 01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 解析　(1)物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 根据运动学公式有v12－v02＝－2aL 物块离开平台后做平抛运动，有h＝gt12，x1＝v1t1 联立解得t1＝0.6 s，v1＝1 m/s，x1＝0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起，在竖直方向，有h2＝gt22 解得t2＝0.3 s 物块与地面接触的时间为t3＝t－t1－t2＝0.1 s 在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程，根据动量定理，有IN－mgt＝0 物块第一次与地面接触过程中所受弹力冲量的大小IN＝FNt3＝0.1 N·s 在水平方向，规定水平向右为正方向，根据动量定理，有－μFNt3＝mv2－mv1 解得v2＝－1 m/s 由于物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0。 答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 ●核心素养·思维升华 在用动量定理进行定量计算时注意： (1)列方程前首先选取正方向。 (2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系。 (3)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计算，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量。 3．(2025·浙江6月卷)高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500 N的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为50 g的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为5 cm，要产生500 N的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为(　　) A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 解析　鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s＝5 cm＝0.05 m。匀减速平均速度为，故撞击时间Δt＝，根据动量定理(F－mg)Δt＝0－(－mv)，代入数据解得v≈ m/s，由自由落体公式v2＝2gh解得高度h＝＝ m≈51 m，每层楼高约3 m，对应楼层数为＝17层，故选C。 答案　C 　行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　) A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 [解析]　行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为气囊的弹性势能和内部气体的内能，C项错误。 [答案]　D ●核心素养·思维升华 利用动量定理解释现象的问题主要有三类： (1)Δp一定，t短则F大，t长则F小。 (2)F一定，t短则Δp小，t长则Δp大。 (3)t一定，F大则Δp大，F小则Δp小。 4．(多选)2023年6月4日，我国神舟十五号返回舱搭载航天员成功着陆。返回舱竖直下降到距离地面1米左右启动反推发动机，火箭瞬间点火且竖直向下喷出气体，如图所示，则(　　) A．点火过程，增大了返回舱碰撞地面前后的动量变化量 B．点火过程，减小了返回舱碰撞地面前后的动量变化量 C．点火过程，增大了返回舱碰撞地面前后的动量变化率 D．点火过程，减小了返回舱碰撞地面前后的动量变化率 解析　点火过程，返回舱速度迅速减小，使返回舱碰撞地面前速度变小，碰撞后速度都为零，所以点火过程，减小了返回舱碰撞地面前后的动量变化量，A错误，B正确；点火过程，速度变小，反推发动机的作用是延长动量变化的时间，从而减小返回舱动量的变化率，进而减小返回舱受到的平均冲力，D正确，C错误。 答案　BD [对应学生用书P6] 1．如图甲，将光电门和压力传感器接入电路，在水平气垫导轨上方放置一滑块，滑块上装有宽度为d＝0.80 cm的遮光片。现轻推滑块，滑块从左端开始向右运动第一次经过光电门的遮光时间为Δt＝1.005×10-2 s。滑块与压力传感器碰撞过程中压力F随时间t变化的图像如图乙所示，已知滑块的质量为m＝90 g，则碰撞过程中滑块的动量变化量大小约为(　　) A．0.07 kg·m/s B．0.10 kg·m/s C．0.14 kg·m/s D．0.20 kg·m/s 解析　F­t图像与时间轴围成的“面积”表示冲量，所以由题图乙可用估算的方法求出滑块与压力传感器碰撞过程中压力F对滑块的冲量。由图像可以看出，题图乙中横坐标每小格代表0.01 s，纵坐标每小格代表0.2 N，因此每小格的面积为S＝0.01×0.2 N·s＝0.002 N·s。用估算的方法可以数出F­t图像下约有50个小格，所以压力F对滑块的冲量I＝50×0.002 N·s＝0.1 N·s，由动量定理可得，碰撞过程中滑块的动量变化大小等于压力F对滑块的冲量的大小，即Δp＝I＝0.1 kg·m/s，故选B。 答案　B 2．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量是(g取10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s　　　　　　 B．－0.6 N·s C．0.4 N·s D．－0.4 N·s 解析　由机械能守恒可得，小球接触软垫时的速度为v＝＝ m/s＝4 m/s 则在这段时间内，由动量定理得，软垫对小球的冲量为I＋mgt＝0－mv 解得：I＝－0.6 N·s，故B正确。 答案　B 3．(多选)(2024·全国甲卷)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4600 N 解析　根据题图分析可知，t ＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10 m/s，B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt′＝mv0－(－ mv0)，代入数据解得＝4600 N，D正确。 答案　BD 4．某同学为研究雨滴下落的规律，查阅资料了解到：雨滴是从高度为H的高空形成并下落的，到达地面附近时已经匀速且速度为v。空气阻力与速度大小成正比，H范围内重力加速度g为已知的定值。根据以上信息，求解下面的问题： (1)当雨滴速度为v时，雨滴下落的加速度大小； (2)雨滴下落至地面的时间。 解析　(1)空气阻力与速度大小成正比，设比例系数为k，雨滴匀速运动时有kv＝mg 当雨滴速度为v时，根据牛顿第二定律mg－k·v＝ma 解得雨滴下落的加速度大小为a＝g。 (2)雨滴下落过程中，根据动量定理可得 mgt－kt＝mv，其中H＝t 解得雨滴下落至地面的时间为t＝。 答案　(1)g　(2) 5．假设篮球在空中水平向右抛出，落地后又反弹，已知第一次落地与地面的接触时间为Δt＝0.4 s，篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该篮球质量为0.6 kg，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)该篮球第一次落地时竖直方向速度大小； (2)该篮球第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小； (3)该篮球第一次与地面接触过程中所受平均摩擦力的大小。 解析　(1)下落过程h1＝gt12，解得t1＝0.8 s 刚要落地时竖直向下的速度vy1＝＝8 m/s。 (2)在竖直方向，刚要离开地面时的速度vy2＝＝6 m/s，方向向上 规定竖直向上为正方向，对篮球在竖直方向上由动量定理得(FN－mg)Δt＝mvy2＋mvy1 解得FN＝27 N。 (3)根据t2＝＝0.6 s 落地前的水平速度v1x＝＝3 m/s 反弹后的水平速度v2x＝＝2 m/s 对篮球在水平方向上由动量定理得 －FfΔt＝mv2x－mv1x 第一次与地面接触过程中所受平均摩擦力的大小为Ff＝1.5 N。 答案　(1)8 m/s　(2)27 N　(3)1.5 N 学科网（北京）股份有限公司 $