第一章 2 动量定理（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦高中物理“动量定理”核心知识点，从牛顿第二定律推导动量定理表达式，建立冲量概念（定义式I=Ft、矢量性），深入理解定理内涵（合力冲量、矢量式、变力平均值），并延伸至生活现象解释与定量计算应用，构建完整知识脉络。 该资料以科学推理为核心，通过推导过程培养科学思维，结合轮船挂轮胎缓冲等实例深化物理观念，例题与针对训练强化应用能力。课中问题引导与正误判断提升教学效率，课后课时对点练助力学生查漏补缺，兼顾教学与学习需求。

2　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，知道动量定理也适用于变力。2.明白动量定理的确切含义，会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象(重难点)。3.建立冲量的概念，理解冲量是矢量，会计算某力的冲量(重点)。 一、动量定理的理解 如图，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度变为v'。试推导F、Δt与Δp的关系。 答案　加速度a＝ 根据牛顿第二定律F＝ma，则有 F＝m，即FΔt＝p'－p 1.冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积。 (2)定义式：I＝FΔt，单位是牛秒，符号为N·s。 (3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大。 (4)矢量性：冲量是矢(填“矢”或“标”)量。如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同。 2.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。 (3)对动量定理的理解 ①动量定理中“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。 ②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。 ③动量定理的表达式FΔt＝mv'－mv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。 实际过程中的作用力往往不是恒力，动量定理还成立吗？式中的F又如何理解？ 答案　成立，式中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (1)作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大。(　×　) (2)用力推物体，但没有推动，则该力对物体的冲量为零。(　×　) (3)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。(　√　) (4)物体所受的合力越大，动量变化越快。(　√　) 二、动量定理的基本应用 (一)用动量定理解释生活中的现象 有些轮船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是什么？请说出其中的道理。 答案　船靠岸时想停下，往往与码头发生相互作用，而悬挂一些老旧轮胎可以增大船与码头之间相互作用的时间，减小船和码头间的作用力，起到缓冲保护的作用。 应用FΔt＝Δp分析实际问题时，一般从两个方面分析： (1)Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； (2)F一定，Δt长则Δp大，速度变化大，Δt短则Δp小，速度变化小。 (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)从同样的高度落下的两个相同的玻璃杯，掉在水泥地上的玻璃杯动量变化大，掉在草地上的玻璃杯动量变化小。(　×　) (4)汽车的安全气囊是通过增大作用时间来减小平均作用力从而减少对司乘人员的伤害。(　√　) (二)动量定理的定量计算 例1　(来自教材改编)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为45 m/s。若球棒与垒球的作用时间为0.002 s，求： (1)球棒对垒球作用力的冲量大小； (2)球棒对垒球的平均作用力大小。 答案　(1)12.6 N·s　(2)6 300 N 解析　(1)取垒球飞向球棒的方向为正方向，垒球的初动量为p1＝mv1＝4.5 kg·m/s，垒球的末动量为p2＝－mv2＝－8.1 kg·m/s，由动量定理可得球棒对垒球作用力的冲量I＝Δp＝p2－p1＝－12.6 N·s，故球棒对垒球作用力的冲量大小为12.6 N·s。 (2)球棒对垒球的平均作用力为＝－6 300 N，负号表示力的方向与垒球飞向球棒的方向相反，故球棒对垒球的平均作用力的大小为6 300 N。 针对训练1　用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，击打时铁锤的速度为4.0 m/s，击打后铁锤的速度变为0，击打的时间是0.01 s。若不计击打瞬间铁锤的重力，利用动量定理可得Ft＝0－m(－v)，可求得F＝200 N，则这个200 N指的是打击过程中的(　　) A.平均作用力 B.作用力的最大值 C.作用力的最小值 D.中间时刻的作用力 答案　A 解析　铁锤击打钉子的0.01 s时间内，钉子对锤的作用力是一个变力，根据动量定理计算的是作用过程中的平均力，故A正确。 针对训练2　(多选)质量m＝0.4 kg的足球以10 m/s的速度水平向右飞向球门，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，若守门员触球过程中，足球的重力、阻力可以忽略不计，求在此过程中足球受到的平均作用力。 (1)确定研究对象：足球，速度从水平向右的10 m/s变成水平向左的12 m/s。 (2)对足球受力分析：因重力、阻力忽略，只受守门员对足球的作用力。 (3)守门员对足球的作用力冲量Ft；初状态的动量p＝mv＝4 kg·m/s，末状态的动量p'＝mv'＝4.8 kg·m/s。 (4)用动量定理Ft＝mv'－mv代数运算，求得力F＝8 N。 关于上述求解过程，下列说法正确的是(　　) A.求解过程中没有规定正方向 B.没有注意动量的矢量性，导致初、末动量方向未区分 C.没有对求得的结果(作用力)从矢量性角度进行分析 D.没有对答案进行合理性讨论，力应与初速度方向相同 答案　ABC 解析　利用动量定理计算足球受到的平均作用力时，确定研究对象后应规定正反向，然后正确描述初末动量(正负号表示方向与规定的正方向相同或相反)，再根据动量定理求解力。题中求解没有规定正方向，没有区分初末动量的方向，没有对作用力的方向进行合理性分析，故A、B、C正确，D错误。 应用动量定理定量计算的一般步骤： 三、冲量的计算 例2　如图所示，一铁箱静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F，作用时间为t，物体仍保持静止状态。下列说法正确的是(　　) A.铁箱所受拉力F的冲量大小为Ftcos θ B.铁箱所受重力的冲量大小为0 C.铁箱所受合力的冲量大小为0 D.铁箱的动量变化量的大小为Ft 答案　C 解析　铁箱所受拉力F的冲量大小为Ft，选项A错误；铁箱所受重力的冲量大小为mgt，选项B错误；铁箱所受合力为零，则合力的冲量大小为0，动量变化量的大小为0，选项C正确，D错误。 1.冲量等于力与力的作用时间的乘积，即I＝FΔt，取决于力和作用时间两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪个力在哪段时间内的冲量，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。 2.冲量是矢量，力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内动量变化量的方向相同。 3.求合力的冲量： (1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。 (2)如果各力的作用时间相同，可以先求出各力的合力，再由I＝F合t求合力的冲量。 例3　(多选)(2024·宁波市高二期中)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A.2秒末时合外力F的冲量大小为4 N·s B.3秒末时物块的动量大小为5 kg·m/s C.前4秒内物块的运动方向不发生改变 D.4秒末物块的速度为零 答案　AC 解析　F－t图线与时间轴所围面积表示冲量， I＝F1t1＝2×2 N·s＝4 N·s，故A正确； 根据动量定理可知，t＝3 s时物块的动量大小为 p3＝2×2 kg·m/s－1×1 kg·m/s＝3 kg·m/s，故B错误； 根据动量定理可知，t＝4 s时物块的动量大小为 p4＝2×2 kg·m/s－1×2 kg·m/s＝2 kg·m/s， 则t＝4 s时物块的速度为v4＝＝1 m/s， 所以前4秒内物块的速度均大于零， 即前4秒内物块的运动方向不发生改变，故C正确，D错误。 求变力的冲量的方法 1.如图甲所示，若力F是变力，但力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量。 2.如图乙所示，若给出了力随时间变化的F－t图像，则图像与横轴所围面积表示力F在这段时间内的冲量。 3.利用动量定理求解：I＝Δp＝p'－p。 例4　(多选)自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送带速率保持不变，则货物在此过程中(　　) A.货物所受支持力的冲量为零 B.支持力对货物做功为零 C.所受合外力做功不为零 D.所受合外力的冲量不为零 答案　BD 解析　货物所受支持力的冲量I＝FNt，不为零，故A错误； 支持力方向与速度方向垂直不做功，B正确； 货物动能不变，则所受合外力做功为零，故C错误； 所受合外力的冲量I合＝Δp≠0，故D正确。 冲量和功的比较 定义式 矢标性 意义 冲量 I＝F·t 矢量，其正负表示方向与所选正方向相同或相反 冲量是力对时间的积累，是引起物体动量变化的原因 功 W＝F·x，x为F方向的位移 标量，正负表示是动力做功还是阻力做功 功是力对空间的积累，是引起物体动能变化的原因 说明 某个力在一段时间内做的功为零时，力的冲量不为零。一对作用力和反作用力的冲量大小一定相等，方向一定相反，但它们所做的功大小不一定相等，符号也不一定相反 课时对点练 [分值：100分] [1~8题，每题7分] 考点一　冲量的理解和计算 1.(2025·温州市瑞安中学期中)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g，在整个过程中，重力对滑块的总冲量为(　　) A.mgsin θ(t1+t2) B.mgsin θ(t1－t2) C.mg(t1+t2) D.0 答案　C 解析　根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG＝mg(t1+t2)，故选C。 2.如图所示，用一个与水平面成θ角的恒力F拉质量为m的木箱，木箱沿光滑水平面前进，在作用时间t内，下列说法正确的是(　　) A.F的冲量大小为Ftcos θ B.F的冲量大小为Ft C.木箱所受合力的冲量大小为0 D.地面支持力的冲量大小为0 答案　B 解析　F的冲量大小为Ft，故A错误，B正确；木箱所受合力的冲量大小为Ftcos θ，故C错误；地面支持力的冲量不为0，故D错误。 3.(多选)(2024·台州市高二期中)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，如图所示，经时间t，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.重力对物体的冲量大小为mgtsin θ B.支持力对物体的冲量大小为零 C.摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ D.合力对物体的冲量大小为零 答案　CD 解析　根据I＝Ft，重力对物体的冲量大小为mgt，故A错误；根据平衡条件FN＝mgcos θ，则支持力对物体的冲量大小为IN＝FNt＝mgtcos θ，故B错误；根据平衡条件Ff＝mgsin θ，则摩擦力对物体的冲量大小为If＝Fft＝mgtsin θ，故C正确；物体处于平衡状态，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，故D正确。 考点二　动量定理的理解和应用 4.下列说法中正确的是(　　) A.根据F＝可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受到的合外力 B.力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量 C.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是不同的 D.玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大 答案　A 解析　根据动量定理有F·Δt＝Δp，解得F＝，即物体动量的变化率等于它受到的合外力，故A正确； 力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量，故B错误； 动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便，故C错误； 玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为玻璃杯与地面作用时间短，受到的冲击力太大，故D错误。 5.(2024·浙江省浙东北联盟高二期中)科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　) A.减小穿戴者动量的变化量 B.减小穿戴者动量的变化率 C.增大穿戴者所受合力的冲力 D.增大穿戴者所受合力的冲量 答案　B 解析　依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的冲力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故选B。 6.(2023·杭州市九校期中)如图所示，一运动员在比赛中挥拍将以速率v1飞来的乒乓球，以v2的速率反向击回，已知乒乓球质量为m，忽略重力及空气阻力，则此过程中拍子对乒乓球作用力的冲量为(　　) A.大小为m(v2－v1)，方向与乒乓球被击回速度方向相同 B.大小为m(v2+v1)，方向与乒乓球被击回速度方向相同 C.大小为m(v2－v1)，方向与乒乓球飞来速度方向相同 D.大小为m(v2+v1)，方向与乒乓球飞来速度方向相同 答案　B 解析　在球拍击打乒乓球的过程中，选取击回方向为正方向，对乒乓球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2+v1)，即拍子对乒乓球作用力的冲量大小为m(v2+v1)，方向与乒乓球被击回速度方向相同。故选B。 7.(2024·浙江省高二期中)《天工开物》中提到一种古法榨油——撞木榨油。如图，撞木榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里，然后用撞木撞击木楔，挤压油饼，油就流出来。某次撞击前撞木的速度为6 m/s，撞击后撞木反弹，且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为0.5 s，撞木的质量为100 kg。则撞木对木楔撞击力大小为(　　) A.600 N B.1 600 N C.1 800 N D.2 800 N 答案　C 解析　取撞击前撞木的速度方向为正方向， 根据动量定理有Ft＝－m－mv， 解得F＝－＝－ N＝－1 800 N， 根据牛顿第三定律可知撞木对木楔撞击力大小为1 800 N。故选C。 8.如图所示，一个可看作质点的物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0~4 s内其合外力随时间变化的关系图线为一正弦函数下列判断正确的是(　　) A.0~2 s内合外力的冲量先增大再减少 B.0~4 s内合外力的冲量为零 C.2 s末物体的速度方向发生变化 D.1 s末物体的动量变化率为零 答案　B 解析　由题图可知，0~2 s合外力的方向一直为正，根据I＝Ft可知0~2 s内合外力的冲量一直增大，故A错误； 根据I＝Ft可知F－t图像与时间轴围成的面积表示冲量的大小，可知0~4 s内合外力的冲量为零，故B正确； 由题图可知，0~2 s内加速，2~4 s内减速，物体做单方向变速直线运动，速度方向一直不变，故C错误；根据Ft＝Δp得F＝，知动量变化率等于合外力的大小，由题图可知1 s末物体的合外力不为零，则动量变化率不为零，故D错误。 [9~11题，每题8分] 9.(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，可知第一次纸带对重物的冲量大，C正确，D错误。 10.某学校在举行的元旦晚会上进行了“托球选表演者”的游戏。在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3 kg的超大气球以2 m/s的速度竖直下落到手面，某观众双手向上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2 s，作用过程中忽略气球所受浮力及空气阻力，g取10 m/s2。则观众双手受到的压力大小为(　　) A.30 N B.60 N C.90 N D.120 N 答案　C 解析　取竖直向下为正方向，则有气球落到手面时的速度v＝2 m/s，竖直向上反弹时速度v'＝－2 m/s，对气球由动量定理有(mg－F)Δt＝mv'－mv，代入数据解得F＝90 N，由牛顿第三定律可知，观众双手受到的压力大小为90 N，故C正确。 11.(多选)(2024·宁波市余姚中学高二月考)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重力加速度为g。对此过程的描述，正确的是(　　) A.地面对运动员的弹力做功为mv2 B.运动员所受合力的冲量大小为mv C.地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔt D.重力的冲量大小为mgΔt 答案　BCD 解析　在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；重力的冲量大小IG＝mgΔt，故D正确；根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小IF＝mv，故B正确；以运动员为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正方向，根据动量定理可知(FN－mg)Δt＝mv，所以地面对运动员弹力的冲量大小为FNΔt＝mgΔt+mv，故C正确。 12.(11分)在某轿车的撞击实验中，有一质量为60 kg的人体模型坐在驾驶位置，轿车以108 km/h的速度撞到固定的墙壁上，假设该人体模型与车皆在0.2 s内停下。 (1)(7分)此人体模型在水平方向所受作用力的平均值为多大？ (2)(4分)有人认为：在类似的事故中，如果将手抵在仪表盘上，可以止住突然向前倾倒的身体。请对此说法作出评价，并给出你的理由。 答案　(1)9 000 N　(2)不可能，常人的手臂无法承受自身重力15倍的作用力(相当于举起900 kg的物体) 解析　(1)以轿车初速度方向为负， v＝108 km/h＝30 m/s， 由Ft＝0－m(－v)，可得F＝9 000 N。 (2)相当于人要举起9 000 N(900 kg)的重物，常人的手臂是无法承受的。 　[9分] 13.(2024·宁波市余姚中学高二月考)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。重力加速度为g，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，拉力的冲量为零 答案　B 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，根据动量定理得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，小球所受拉力始终不为零，时间不为零，故拉力的冲量不为零，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $