第一章 第二节 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（粤教版）

本讲义聚焦高中物理动量定理核心知识点，通过牛顿运动定律推导得出表达式，系统讲解其内容、适用范围及矢量性理解，进而结合碰撞缓冲等生活现象与汽车制动、锤子打击等定量计算实例，形成从理论到应用再到练习的完整学习支架。 资料以问题驱动推导过程培养科学探究能力，结合生活实例深化物理观念，通过多维度例题与练习训练科学思维。如用轮渡码头橡胶轮胎解释缓冲原理，汽车制动计算强化定量应用，课中助力教师高效授课，课后帮助学生巩固知识查漏补缺。

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、动量定理的推导 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作用力。 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　(2024·广州市天河中学高二期中)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　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。 二、动量定理的应用 (一)用动量定理解释生活现象 1.轮渡码头上常常装有橡胶轮胎，它的主要用途是什么？请解释这样做的理由。 答案　轮船停靠码头时，轮胎作为缓冲装置，延长了作用时间，减小轮船停靠时所受的作用力。 2.将同一个文具袋压在静止的纸带上，按照两种方式将纸带抽出(两次文具袋在纸带上的位置相同，一次缓慢抽拉，另一次快速抽拉)，观察纸带抽出时文具袋动量变化情况并说一说其中的道理。 答案　纸带和文具袋间的摩擦力是一定的，快速抽拉时纸带对文具袋摩擦力的作用时间更短，由动量定理可知，该过程中文具袋的动量变化量较小，而缓慢抽拉过程中作用时间较长，文具袋的动量变化量较大。 应用动量定理FΔt=Δp 分析实际问题时： (1)Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小； (2)F一定，Δt长则Δp大，Δt短则Δp小。 (3)若Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp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量大，掉在草地上的玻璃杯动量变化量小。(　×　) (二)动量定理的定量计算 例2　(来自教材)一辆质量为2 200 kg的汽车正在以90 km/h的速度匀速行驶，突然前方出现复杂路况，如果驾驶员马上轻踩刹车逐渐制动，汽车在21 s内停下；如果驾驶员马上急踩刹车紧急制动，可在3.8 s内使车停下。求这两种情况下使汽车停下的平均作用力。 答案　2.6×103 N　1.4×104 N　方向均与汽车速度的方向相反 解析　如图所示，设汽车初始运动方向为正方向，则初始动量为正，平均作用力F的冲量为负。 汽车的初速度v0=90 km/h=25 m/s， 初动量p0=mv0=2 200×25 kg·m/s=5.5×104 kg·m/s， 末动量pt=mvt=0， 根据动量定理Ft=pt-p0， 有F=。 将t=21 s和t=3.8 s分别代入上式，求出平均作用力分别为-2.6×103 N、-1.4×104 N，负号表示平均作用力的方向与汽车速度的方向相反。 拓展　在交通事故中，汽车上的安全带和安全气囊对司乘人员起到关键保护作用，说说其中的道理。 答案　发生碰撞时，汽车的安全带和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。 例3　(来自教材)(1)用质量为0.2 kg的锤子捶打竖直墙壁上的一颗钉子。锤子接触钉子瞬间，速度的大小为5 m/s，锤头反弹起来时，速度的大小为2 m/s，锤子与钉子接触时间为0.1 s，则锤子对钉子平均打击力的大小是多少？ (2)若锤子捶打和反弹的速度不变，锤子与钉子接触时间也不变，改用一个质量为0.4 kg的锤子捶打，则锤子对钉子平均打击力的大小是多少？ (3)若锤子捶打速度的大小变为10 m/s，反弹速度的大小不变，锤子与钉子接触时间也不变，锤子质量为0.2 kg，则锤子对钉子平均打击力的大小是多少？ 答案　(1)14 N　(2)28 N　(3)24 N 解析　取打击前锤子的速度方向为正方向，由动量定理，有 FΔt=mv2-mv1。 在(1)的情况下，有 F== N=-14 N； 在(2)的情况下，有 F== N=-28 N； 在(3)的情况下，有 F== N=-24 N； 由牛顿第三定律可知，在(1)、(2)、(3)情况下，锤子对钉子平均打击力的大小分别为14 N，28 N，24 N。 拓展　在铺瓷砖时，工人常用橡胶锤慢慢捶打瓷砖使其紧贴地面，说说其中的道理。 答案　橡胶锤捶打瓷砖可以延长锤头与瓷砖的作用时间，从而减少锤头与瓷砖间的作用力，避免给瓷砖带来损坏。 应用动量定理进行定量计算的一般步骤 例4　(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=m-m=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。 课时对点练 [分值：80分] [1~6题，每题5分] 考点一　动量定理的理解 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.(多选)(2024·揭阳市惠来一中高二月考)如图所示，我国排球运动员在某次垫球训练中将下落的排球从垫击面上垫出后，排球竖直向上运动，之后又落回到原位置，假设整个运动过程中排球所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是(　　) A.球上升阶段处于超重状态 B.球上升阶段重力做的功大于下降阶段重力做的功 C.球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率 D.球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的冲量不为零 答案　CD 解析　球上升阶段，加速度方向向下，处于失重状态，故A错误；根据W=mgh，可知球上升阶段重力做的功等于下降阶段重力做的功，故B错误；根据动量定理可得F合Δt=Δp，可得=F合，由于球上升阶段受到的合力大于下降阶段受到的合力，则球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，故C正确；球从接触手臂到离开手臂的时间内，手臂对排球的作用力不为0，则手臂对排球的冲量不为零，故D正确。 3.(2024·广州市第六中学高二开学考)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+m=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。 考点二　动量定理的基本应用 4.(多选)(2024·汕头市高二期中)下列几幅图片所展示的现象和情形与动量中缓冲有关的是(　　) A.甲图中易碎物品运输时，要用柔软材料包装 B.乙图中码头边上悬挂着一排排旧轮胎 C.丙图中体操运动员着地时先屈膝后站立 D.丁图中直升机依靠螺旋桨旋转获得升力 答案　ABC 解析　甲图中易碎物品运输时，要用柔软材料包装，主要是为了在发生碰撞时增加作用的时间，减小作用力，与动量中缓冲有关，选项A正确；乙图中码头边上悬挂着一排排旧轮胎主要是为了在发生碰撞时增加作用的时间，减小作用力，与动量中缓冲有关，选项B正确；丙图中体操运动员着地时先屈膝后站立也是为了增加落地时与地面作用的时间，减小作用力，与动量中的缓冲有关，选项C正确；丁图中直升机依靠螺旋桨旋转获得升力，是螺旋桨对空气有向下的作用力，空气对螺旋桨有反作用力，从而使飞机获得升力，与动量中的缓冲无关，选项D错误。 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.(2024·清远市高一期末)跳马比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。如图所示为一质量为40 kg的运动员在比赛时落地的场景，海绵垫与运动员的撞击时间约为0.4 s，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量 B.海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率 C.落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同 D.若运动员以4 m/s的速度垂直落地，海绵垫对运动员的平均作用力约为400 N 答案　B 解析　以竖直向上为正方向，运动员与海绵垫撞击过程，根据动量定理可得(F-mg)t=0-(-mv)，所以I=Ft=mv+mgt，依题意，海绵垫与运动员的撞击时间延长了，海绵垫增大了运动员落地过程中撞击力的冲量，故A错误；根据=，可知海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率，故B正确；根据I=F·Δt，海绵垫对运动员的作用力与运动员对海绵垫的作用力等大反向，作用时间相同，所以海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量大小相等、方向相反，故C错误；根据(F-mg)t=0-(-mv)，代入数据解得F=800 N，即海绵垫对运动员的平均作用力约为800 N，故D错误。 7.(11分)(来自鲁科教材)一个质量为60 kg的男孩从高处跳下，以5 m/s的速度竖直落地。取重力加速度g=10 m/s2。 (1)(6分)若男孩落地时屈膝(如图)，用了1 s停下来，则落地时地面对他的平均作用力是多大？ (2)(5分)若男孩落地时没有屈膝，只用了0.1 s就停下来，则落地时地面对他的平均作用力又是多大？ 答案　(1)9.0×102 N　(2)3.6×103 N 解析　男孩落地时的受力分析如图所示，选定竖直向上为正方向。 设地面对他的平均作用力为， 由题意可知，m=60 kg，v1=-5 m/s，v2=0。 (1)男孩从触地到速度减为0， 经历的时间t1=1 s， 由动量定理得 (-mg)t1=mv2-mv1 =-+mg =(+60×10) N=9.0×102 N，方向竖直向上 (2)男孩从触地到速度减为0， 经历的时间t2=0.1 s， 同理可得，地面对他的平均作用力 =-+mg=(+60×10) N=3.6×103 N，方向竖直向上 [8~10题，每题6分] 8.(多选)(2024·佛山市南海区狮山石门高级中学高二月考)将一物体从地面以某一初速度竖直向上抛出，取竖直向下为正方向，不计空气阻力。物体的动量p的大小、动量的变化量Δp随时间变化的图像及物体的动量变化率随离地高度h变化的图像正确的是(　　) 答案　BC 解析　取竖直向下为正方向，则当物体以某一初速度竖直上抛时，由p=mv可知动量为负值且逐渐减小，然后向下(正向)增加，选项A错误；根据动量定理Δp=mgt，则Δp-t图像是过原点的直线，选项B正确；因为=mg，可知-h图像是平行于横轴的直线，选项C正确，D错误。 9.(多选)(2025·东莞市高二期中)学生李华研发了一款手机壳，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，手机壳撞击地面的时间为0.2 s，然后手机保持静止，不计空气阻力，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　) A.手机壳的缓冲作用是减小了手机落地过程的动量变化量 B.手机壳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 答案　BD 解析　根据动量定理FΔt=Δp，可知手机壳使得手机撞击地面的时间延长，即手机壳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，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F'，规定向下为正方向，则根据动量定理(mg-F')×0.2 s=0-mv，解得F'=8 N，故D正确。 10.一个质量为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　F-t图像与t轴所围成的面积表示冲量，由题图可知，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，结合题图可解得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；由题图可知，前4 s内动量的变化量大小为1 kg·m/s，D错误。 11.(13分)(2024·揭阳市揭西县高二月考)一辆轿车甲以v0=30 m/s的速率强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车乙相碰撞后静止，车身因相互挤压，皆缩短了x=0.5 m(x可认为向前的运动位移)，此次事故中轿车甲司机没系安全带进行违规驾驶，若两车相撞时人与车一起做匀减速直线运动至停止，则： (1)(3分)轿车甲的加速度a大小； (2)(3分)两车从碰撞至停止所花的时间t； (3)(3分)碰撞中车内质量m=60 kg的人受到的平均冲击力大小； (4)(4分)若(3)中的人系有安全带，安全带在碰撞中与人体的作用时间是1 s，则这时人体受到的平均冲击力为多大？对比前后两次的冲击力说明安全带在事故中的作用是什么？ 答案　(1)900 m/s2　(2) s　(3)5.4×104 N　 (4)1.8×103 N　安全带能在事故中大大地减小冲击力，减小对人的伤害 解析　(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速直线运动直到停止，位移为0.5 m， 由=2ax 可得加速度大小为 a== m/s2=900 m/s2 (2)设车从碰撞至停止所花的时间为t， 根据x=t 得t== s= s (3)以碰撞前车的速度方向为正方向， 根据动量定理可得-Ft=0-mv0 解得F==5.4×104 N (4)若人系有安全带时 F'== N=1.8×103 N 由计算结果可知，未系安全带时的冲击力为系了安全带时冲击力的30倍，说明安全带能在事故中大大地减小冲击力，减小对人的伤害。 　[8分] 12.(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。 学科网（北京）股份有限公司 $