資源簡介

2　動量定理
1～3、5～6題每題7分，4題9分，7題10分，共54分
考點一　沖量的理解和計算
1．下列關于沖量的說法中正確的是(　　)
A．物體受到很大的沖力時，其沖量一定很大
B．當力與位移垂直時，該力的沖量為零
C．不管物體做什么運動，在相同時間內該物體重力的沖量相同
D．只要力的大小恒定，在相同時間內的沖量就恒定
2. 如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度減為零并開始下滑，又經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為f，重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sin θ
B．斜面對滑塊的支持力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cos θ
C．合力的沖量為0
D．摩擦力的總沖量大小為ft2
3．(多選)質量為m的物體以大小為v0的初速度開始做平拋運動，經過時間t，下降的高度為h，速度大小變為v，重力加速度為g，不計空氣阻力，在這段時間內物體所受重力的沖量為(　　)
A．m(v－v0) B．mgt
C．m D．m
4. 某種兒童滑梯設施如圖所示，中間的滑道長度為2.2 m，假設可以看成傾角α＝37°的斜面，有一質量為15 kg的兒童沿中間滑道從頂端由靜止滑下，該兒童與滑道間的動摩擦因數μ＝0.2，求滑下中間滑道的過程中，該兒童所受各力的沖量和合力的沖量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
考點二　動量定理的理解和應用
5．下面列舉的裝置各有一定的道理，其中不能用動量定理進行解釋的是(　　)
A．運輸玻璃器皿等易碎物品時，在器皿的四周總是墊著碎紙或海綿等柔軟、有彈性的墊襯物
B．建筑工人戴的安全帽內有帆布墊，把頭和帽子的外殼隔開一定的空間
C．熱水瓶膽做成兩層，且把兩層中間的空氣抽去
D．跳高運動中的墊子總是十分松軟
6．(2024·廣州市第六中學高二開學考)在空中相同高度處以相同的速率分別拋出質量相同的三個小球。一個豎直上拋，一個豎直下拋，一個平拋。若不計空氣阻力，三個小球從拋出到落地的過程中(　　)
A．三個小球落地時的動量相同
B．三個小球動量的變化量相同
C．上拋球動量的變化量最大
D．下拋球動量的變化量最大
7．(10分)(2024·廣州市第六中學高二開學考)如圖所示，人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實。設某次打夯符合以下模型：兩人通過繩子將重物從地面提升，當重物重心上升20 cm時，兩人同時釋放繩子，讓重物由靜止開始自由下落，最終重物落地將地面夯實。已知重物的質量為50 kg，重物與地面接觸0.02 s后停止運動，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求：
(1)(4分)重物在空中自由下落過程中重力的沖量大小；
(2)(6分)地面對重物的平均作用力的大小。
8～9、11題每題8分，10題12分，共36分
8．(多選)一質量m＝60 kg的運動員從下蹲狀態豎直向上跳起，經t＝0.2 s以大小v＝1 m/s的速度離開地面，重力加速度g＝10 m/s2。在這0.2 s內(　　)
A．地面對運動員的沖量大小為180 N·s
B．地面對運動員的沖量大小為60 N·s
C．地面對運動員做的功為零
D．地面對運動員做的功為30 J
9. 如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以速度v抽出紙條后，鐵塊掉到地面上的P點，若以速度2v抽出紙條，則鐵塊落地點為(　　)
A．仍在P點
B．在P點左側
C．在P點右側不遠處
D．在P點右側原水平位移的兩倍處
10．(12分)(2023·成都市高一期末)研究發現，如果人體受到的沖擊力超過自身重力的7倍將可能發生嚴重后果。現用假人模擬人體從高處跌落，實驗測得假人從接觸地面開始大約Δt＝0.17 s速度減為0，不計空氣阻力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則可能發生嚴重后果相對應的臨界跌落高度大約為多少？(結果保留兩位有效數字)
11. 一質量m＝4 kg的物體靜置在粗糙的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，從t＝0時刻開始對物體施加一水平力F，其大小如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，則在0～1.0 s時間內，摩擦力的沖量大小為(　　)
A．10 N·s B．16 N·s
C．20 N·s D．25 N·s
(10分)
12. (2023·佛山市順德區鄭裕彤中學高二階段檢測)如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端系著質量為m的小球，給小球一定的速度v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動。重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．小球運動半周的過程中，動量不變
B．小球運動半周的過程中，合力的沖量大小為2mv
C．小球運動一周的過程中，重力的沖量為零
D．小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零
2　動量定理
1．C　2.B
3．BCD　[IG＝mgt，B正確；Δp＝p′－p＝mvy，vy＝＝，則Δp＝m＝m，故C、D正確，A錯誤。]
4．見解析
解析　對兒童受力分析可知，下滑過程其受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛頓第二定律得mgsin α－μmgcos α＝ma，由運動學公式得L＝at2，解得t＝1 s，故重力的沖量大小I1＝mgt＝150 N·s，方向豎直向下
支持力的沖量大小I2＝mgcos α·t＝120 N·s，方向垂直于滑道向上
摩擦力的沖量大小I3＝μmgcos α·t＝24 N·s，方向沿滑道向上
兒童受到的合力大小F合＝mgsin α－μmgcos α＝66 N
故合力的沖量大小I＝F合t＝66 N·s，方向沿滑道向下。
5．C　[A、B、D均可以通過延長作用時間從而減小沖擊力，都可以用動量定理解釋；C選項中將熱水瓶膽做成雙層，中間的空氣抽去是為了保溫，不是為了減小沖擊力，不能用動量定理解釋，故選C。]
6．C　[由機械能守恒定律可得mgh＋mv02＝mv2，可知三個小球落地時的速度大小相等，由于做平拋運動的小球落地時的速度方向與豎直上拋和豎直下拋小球的落地速度方向不同，因此三個小球落地時的動量不相同，A錯誤；在相同高度處三個小球以相同的速率分別拋出，可知做豎直上拋運動小球的運動時間大于做平拋運動小球的運動時間，做平拋運動小球的運動時間大于做豎直下拋運動小球的運動時間，由動量定理可得mgt＝Δp，可知三個小球動量的變化量不相同，上拋球動量的變化量最大，下拋球動量的變化量最小，B、D錯誤，C正確。]
7．(1)100 N·s　(2)5 500 N
解析　(1)重物在空中下落過程為自由落體運動，則h＝gt12
重物在空中自由下落過程中重力的沖量大小I＝mgt1
解得I＝100 N·s
(2)以豎直向下為正方向，重物與地面相互作用過程中，
根據動量定理得
mgt2－t2＝0－mv，
又v＝gt1 ，解得＝5 500 N
8．AC　[運動員的速度原來為零，起跳后變為v，以豎直向上為正方向，由動量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面對運動員的沖量大小為I＝mv＋mgΔt＝60×1 N·s＋60×10×0.2 N·s＝180 N·s，故A正確，B錯誤；運動員在跳起時，地面對運動員的支持力豎直向上，在跳起過程中，運動員在支持力方向上沒有位移，則地面對運動員做的功為零，故C正確，D錯誤。]
9．B　[以速度2v抽出紙條時，紙條對鐵塊的作用時間變短，而紙條對鐵塊的作用力不變，故與以速度v抽出相比，紙條對鐵塊的作用力的沖量I減小，鐵塊的動量減小，平拋的初速度減小，水平射程減小，故落在P點左側，選項B正確。]
10．5.2 m
解析　設人落地時的臨界速度為v，取向上為正方向，由題意，根據動量定理有(7mg－mg)Δt＝0－(－mv)，人在下落過程中做自由落體運動，則有v2＝2gh，聯立解得臨界高度h≈5.2 m。
11．B　[最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則fmax＝μmg＝20 N,0～0.4 s，Ffmax，物體運動，摩擦力為滑動摩擦力，大小為20 N，則滑動摩擦力的沖量大小If動＝μmgt＝20×0.6 N·s＝12 N·s，所以0～1.0 s時間內摩擦力的沖量大小為If＝If靜＋If動＝16 N·s，故選B。]
12．B　[小球運動半周的過程中，末速度方向與初速度方向相反，設初速度方向為正，則小球動量的改變量為Δp＝－mv－mv＝－2mv，根據動量定理有I合＝Δp＝－2mv，合力的沖量大小為2mv，故A錯誤，B正確；小球運動一周的過程中，小球受重力的方向始終豎直向下，則重力的沖量大小為IG＝mgT，故C錯誤；小球運動一周的過程中，小球所受拉力始終不為零，時間不為零，故拉力的沖量不為零，故D錯誤。]2　動量定理
[學習目標]　1.理解沖量的概念，會計算某力的沖量，領會求變力的沖量的極限思想(重點)。2.理解動量定理的確切含義及其表達式(重點)。3.會用動量定理解釋碰撞、緩沖等生活現象，會運用動量定理解決實際問題(重難點)。
一、沖量　動量定理
設一個質量為m的物體，初速度為v，初動量為p＝mv，在合力F(恒力)的作用下，經過一段時間t后，速度變為v′，末動量為p′＝mv′。在這一過程中：
(1)根據加速度的定義，物體的加速度a＝____，
(2)根據牛頓第二定律，物體的加速度a＝____，
(3)由以上兩問得：＝，或Ft＝______，即Ft＝p′－p。
1．沖量
(1)定義：力與________________的乘積。
(2)定義式：I＝________。
(3)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大。
(4)單位：在國際單位制中，沖量的單位是________，符號為________。
(5)矢量性：沖量是________(填“矢”或“標”)量。如果力的方向恒定，則沖量的方向與________的方向相同。
2．動量定理
(1)內容：物體在一運動過程中所受________________________，等于物體________________。
(2)表達式：Ft＝________或I＝Δp。
(3)對動量定理的理解
①動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因。
②動量定理的表達式Ft＝mv′－mv是矢量式，在一維情況下運用動量定理解題時，要注意規定正方向。
③不僅適用于宏觀物體的低速運動，而且對微觀粒子的高速運動同樣適用。
用鐵錘釘釘子或用球棒擊打壘球時，釘子和壘球受的力是________(填“恒力”或“變力”)。動量定理適用于這類力的作用嗎？
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(1)作用在物體上的力很大，物體所受的沖量一定也很大。(　　)
(2)用力推物體，但沒有推動，則該力對物體的沖量為零。(　　)
(3)若物體在一段時間內動量發生了變化，則物體在這段時間內受到的合外力一定不為零。(　　)
(4)物體所受的合力越大，動量變化得越快。(　　)
二、動量定理的基本應用
1．在日常生活中，有不少這樣的例子：跳高時在下落處要放厚厚的海綿墊子，跳遠時要落在沙坑中，這樣做的目的是什么？
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2. 做一做：將紙帶從筆帽下抽出，如何做可保證筆帽不倒？試說說其中的道理。
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應用FΔt＝Δp分析實際問題時，一般從兩個方面分析：
(1)Δp一定，Δt短則F________，Δt長則F________；
(2)F一定，Δt長則Δp________，速度變化大，Δt短則Δp________，速度變化小。
(1)擊打釘子時，不用橡皮錘僅僅是因為橡皮錘太輕。(　　)
(2)有些輪船和碼頭上常掛上一些破舊輪胎，可以增加船與碼頭之間相互作用的時間，以減小船和碼頭間的作用力。(　　)
(3)在包裝箱里墊上泡沫，是為了減小物體在碰撞過程中受到的沖量。(　　)
(4)汽車的安全氣囊是通過增加作用時間來減小平均作用力從而減小對司乘人員的傷害。(　　)
(5)從同樣的高度落下的兩個相同的玻璃杯，掉在水泥地上的玻璃杯動量變化大，掉在草地上的玻璃杯動量變化小。(　　)
例1　一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后，反向水平飛回，速度的大小為45 m/s。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，則：
(1)球棒對壘球作用力的沖量是多大？
(2)球棒對壘球的平均作用力為多大？
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例2　如圖，用0.5 kg的鐵錘釘釘子。打擊前鐵錘的速度為4 m/s，打擊后鐵錘的速度變為0，設打擊時間為0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不計鐵錘所受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？
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(2)考慮鐵錘所受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？
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拓展　你分析一下，在計算鐵錘釘釘子的平均作用力時，在什么情況下可以不計鐵錘所受的重力。
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1．動量定理是矢量式，應用時必須選取正方向。
2．動量定理公式中I(F·Δt)應為合力的沖量，不要漏掉某個力的沖量。
3．應用動量定理定量計算的一般步驟：
三、沖量的計算
例3　(2024·河北承德雙灤區實驗中學期中)與水平方向夾角為θ的力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是(　　)
A．拉力F對物體的沖量大小為Ftcos θ，方向水平向右
B．摩擦力對物體的沖量大小是Ft，方向水平向左
C．地面對物體支持力的沖量大小為零
D．合力對物體的沖量大小為零
1．沖量等于力和力的作用時間的乘積，即I＝FΔt，取決于力和作用時間兩個因素，所以求沖量時一定要明確所求的是哪個力在哪段時間內的沖量，與物體是否運動、在該力的方向上是否有位移無關。
2．沖量是矢量，力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應時間內動量變化量的方向相同。
3．求合力的沖量：
(1)分別求出每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和。
(2)如果各力的作用時間相同，可以先求出各力的合力，再由I＝F合t求合力的沖量。
例4　(多選)質量m＝1 kg的物體放在光滑水平面上，在力F作用下從靜止開始運動，其中力F的大小隨時間變化的規律如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．在0～3 s內，力F的沖量大小為9 N·s
B．在0～6 s內，力F的沖量大小為13.5 N·s
C．3 s末物體的動量為4.5 kg·m/s
D．6 s末物體的速度大小為18 m/s
求變力沖量的方法
(1)如圖甲所示，若力F是變力，但力與時間成線性關系變化，則可用平均力求變力的沖量。
(2)如圖乙所示，若給出了力隨時間變化的F－t圖像，則圖像與橫軸所圍面積表示力F在這段時間內的沖量。
(3)利用動量定理求解：I＝Δp＝p′－p。
例5　(多選)如圖所示，高度均為h，傾角不同的兩個光滑斜面固定在同一水平地面上，質量均為m的兩個物體分別從兩斜面頂端由靜止開始下滑，不計空氣阻力，重力加速度為g，在它們到達斜面底端的過程中(　　)
A．重力的沖量相同，均為m
B．重力做的功相同，均為mgh
C．支持力的沖量均為零
D．支持力做的功均為零
沖量與功的比較
1．沖量I＝F·t
(1)沖量是矢量，其正負表示方向與所選正方向相同或相反。
(2)沖量是力對時間的積累，是引起物體動量變化的原因，F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量。
2. 功W＝F·x
(1)功是標量，其正負表示是動力做功還是阻力做功。
(2)功是力對空間的積累，是引起物體動能變化的原因，F－x圖像與x軸圍成的面積表示功，其中x為物體在F方向上的位移。
3．某個力在一段時間內做的功為零時，力的沖量不為零。一對作用力和反作用力的沖量大小一定相等，方向一定相反；但它們所做的功大小不一定相等，符號也不一定相反。
答案精析
一、
(1)　(2)　(3)mv′－mv
梳理與總結
1．(1)力的作用時間　(2)Ft
(4)牛秒　N·s　(5)矢　力
2．(1)合力與作用時間的乘積
動量的變化　(2)p′－p
討論交流
變力　如果物體受的力是變力，物體做非勻變速運動，可以把整個運動過程分為很多足夠短暫的過程，每個短暫過程中物體受的力就可以視為恒力，就可以應用動量定理了。把應用于每個短暫過程的動量定理關系式相加，就得到了應用于整個過程的動量定理。因此動量定理也適用于變力的作用過程。
二、
1．這樣做不能改變人落地的速度，也改變不了人動量的變化量，由動量定理Ft＝mv′－mv知，人受到的沖量也是一定的，但是人落在海綿墊子上或落在沙坑中可以延長與地面的作用時間，以減小地面對人的沖擊力。
2．將紙帶迅速抽出，由動量定理可知，紙帶對筆帽的滑動摩擦力一定，作用時間越短，筆帽動量變化量越小，越不容易倒。
梳理與總結
(1)大　小　(2)大　小
易錯辨析
(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
二、
易錯辨析
(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
例1　(1)12.6 N·s　(2)6 300 N
解析　(1)取壘球飛向球棒的方向為正方向，壘球的初動量為p1＝mv1＝4.5 kg·m/s，壘球的末動量為p2＝mv2＝－8.1 kg·m/s，由動量定理可得I＝p2－p1＝－12.6 N·s，則球棒對壘球作用力的沖量大小為12.6 N·s。
(2)壘球所受的平均作用力為＝＝－6 300 N，壘球所受的平均作用力的大小為6 300 N，負號表示力的方向與壘球飛向球棒的方向相反。
例2　(1)200 N　(2)205 N
解析　(1)若不計鐵錘所受的重力，打擊時，鐵錘受到釘子對鐵錘豎直向上的彈力，打擊后鐵錘的速度為0，以豎直向下為正方向。根據動量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N。
由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為200 N。
(2)若考慮鐵錘所受的重力，則有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205 N。
由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為205 N。
拓展　當打擊時間很短時，可以不計鐵錘所受的重力
例3　D　[拉力F對物體的沖量大小為Ft，方向與F方向相同，故A錯誤；物體沒有被拉動，可得摩擦力大小為f＝Fcos θ，故摩擦力對物體的沖量大小是Ftcos θ，方向水平向左，故B錯誤；地面對物體的支持力大小為N＝mg－Fsin θ，故地面對物體的支持力的沖量大小為I＝(mg－Fsin θ)t，方向豎直向上，故C錯誤；物體處于靜止狀態，所受合力為零，所以合力對物體的沖量為零，故D正確。]
例4　BC　[力F在0～3 s內的沖量大小I1＝×3×3 N·s＝4.5 N·s，由動量定理I＝Δp得3 s末的動量大小為4.5 kg·m/s，A錯誤，C正確；力F在0～6 s內的沖量大小I2＝×3×3 N·s＋3×3 N·s＝13.5 N·s，由動量定理I＝Δp＝mv－0，得6 s末的速度大小為13.5 m/s，B正確，D錯誤。]
例5　BD　[斜面高為h，傾角為θ，物體質量為m，則物體滑至底端，有＝gsin θt2，得出下滑的時間t＝，則重力的沖量IG＝mgt＝，與θ有關，故重力的沖量不同，故A錯誤；兩物體滑至斜面底端的過程，重力做功均為mgh，故B正確；支持力方向與物體運動方向垂直，不做功，但支持力的沖量不為零，故C錯誤，D正確。](共57張PPT)
DIYIZHANG
第一章
2　動量定理
1.理解沖量的概念，會計算某力的沖量，領會求變力的沖量的極限思想(重點)。
2.理解動量定理的確切含義及其表達式(重點)。
3.會用動量定理解釋碰撞、緩沖等生活現象，會運用動量定理解決實際問題(重難點)。
學習目標
一、沖量　動量定理
二、動量定理的基本應用
課時對點練
三、沖量的計算
內容索引
沖量　動量定理
一
設一個質量為m的物體，初速度為v，初動量為p＝mv，在合力F(恒力)的作用下，經過一段時間t后，速度變為v′，末動量為p′＝mv′。在這一過程中：
(1)根據加速度的定義，物體的加速度a＝________，
(2)根據牛頓第二定律，物體的加速度a＝____，
mv′－mv
1.沖量
(1)定義：力與_____________的乘積。
(2)定義式：I＝____。
(3)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大。
(4)單位：在國際單位制中，沖量的單位是_____，符號為____。
(5)矢量性：沖量是____(填“矢”或“標”)量。如果力的方向恒定，則沖量的方向與____的方向相同。
梳理與總結
力的作用時間
Ft
牛秒
N·s
矢
力
2.動量定理
(1)內容：物體在一運動過程中所受______________________，等于物體____________。
(2)表達式：Ft＝________或I＝Δp。
(3)對動量定理的理解
①動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因。
②動量定理的表達式Ft＝mv′－mv是矢量式，在一維情況下運用動量定理解題時，要注意規定正方向。
③不僅適用于宏觀物體的低速運動，而且對微觀粒子的高速運動同樣適用。
合力與作用時間的乘積
動量的變化
p′－p
用鐵錘釘釘子或用球棒擊打壘球時，釘子和壘球受的力是_____(填“恒力”或“變力”)。動量定理適用于這類力的作用嗎？
討論交流
變力
答案　如果物體受的力是變力，物體做非勻變速運動，可以把整個運動過程分為很多足夠短暫的過程，每個短暫過程中物體受的力就可以視為恒力，就可以應用動量定理了。把應用于每個短暫過程的動量定理關系式相加，就得到了應用于整個過程的動量定理。因此動量定理也適用于變力的作用過程。
(1)作用在物體上的力很大，物體所受的沖量一定也很大。(　 　)
(2)用力推物體，但沒有推動，則該力對物體的沖量為零。(　 　)
(3)若物體在一段時間內動量發生了變化，則物體在這段時間內受到的合外力一定不為零。(　 　)
(4)物體所受的合力越大，動量變化得越快。(　 　)
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二
動量定理的基本應用
1.在日常生活中，有不少這樣的例子：跳高時在下落處要放厚厚的海綿墊子，跳遠時要落在沙坑中，這樣做的目的是什么？
答案　這樣做不能改變人落地的速度，也改變不了人動量的變化量，由動量定理Ft＝mv′－mv知，人受到的沖量也是一定的，但是人落在海綿墊子上或落在沙坑中可以延長與地面的作用時間，以減小地面對人的沖擊力。
2.做一做：將紙帶從筆帽下抽出，如何做可保證筆帽不倒？試說說其中的道理。
答案　將紙帶迅速抽出，由動量定理可知，紙帶對筆帽的滑動摩擦力一定，作用時間越短，筆帽動量變化量越小，越不容易倒。
應用FΔt＝Δp分析實際問題時，一般從兩個方面分析：
(1)Δp一定，Δt短則F____，Δt長則F____；
(2)F一定，Δt長則Δp____，速度變化大，Δt短則Δp____，速度變化小。
梳理與總結
大
小
大
小
(1)擊打釘子時，不用橡皮錘僅僅是因為橡皮錘太輕。(　 　)
(2)有些輪船和碼頭上常掛上一些破舊輪胎，可以增加船與碼頭之間相互作用的時間，以減小船和碼頭間的作用力。(　 　)
(3)在包裝箱里墊上泡沫，是為了減小物體在碰撞過程中受到的沖量。
(　 　)
(4)汽車的安全氣囊是通過增加作用時間來減小平均作用力從而減小對司乘人員的傷害。(　 　)
(5)從同樣的高度落下的兩個相同的玻璃杯，掉在水泥地上的玻璃杯動量變化大，掉在草地上的玻璃杯動量變化小。(　 　)
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　一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒擊打后，反向水平飛回，速度的大小為45 m/s。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，則：
(1)球棒對壘球作用力的沖量是多大？
例1
答案　12.6 N·s
取壘球飛向球棒的方向為正方向，壘球的初動量為p1＝mv1＝4.5 kg·
m/s，壘球的末動量為p2＝mv2＝－8.1 kg·m/s，由動量定理可得I＝p2－p1＝－12.6 N·s，則球棒對壘球作用力的沖量大小為12.6 N·s。
(2)球棒對壘球的平均作用力為多大？
答案　6 300 N
壘球所受的平均作用力為 ＝－6 300 N，壘球所受的平均作用力的大小為6 300 N，負號表示力的方向與壘球飛向球棒的方向相反。
　如圖，用0.5 kg的鐵錘釘釘子。打擊前鐵錘的速度為4 m/s，打擊后鐵錘的速度變為0，設打擊時間為0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不計鐵錘所受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用
力是多大？
例2
答案　200 N
若不計鐵錘所受的重力，打擊時，鐵錘受到釘子對鐵錘豎直向上的彈力，打擊后鐵錘的速度為0，以豎直向下為正方向。根據動量定理有－FΔt＝0－mv，解得F＝200 N。
由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為200 N。
(2)考慮鐵錘所受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？
答案　205 N
若考慮鐵錘所受的重力，則有(G－F)Δt＝0－mv，解得F＝205 N。
由牛頓第三定律知鐵錘釘釘子的平均作用力為205 N。
　你分析一下，在計算鐵錘釘釘子的平均作用力時，在什么情況下可以不計鐵錘所受的重力。
拓展
答案　當打擊時間很短時，可以不計鐵錘所受的重力
總結提升
返回
1.動量定理是矢量式，應用時必須選取正方向。
2.動量定理公式中I(F·Δt)應為合力的沖量，不要漏掉某個力的沖量。
3.應用動量定理定量計算的一般步驟：
沖量的計算
三
　(2024·河北承德雙灤區實驗中學期中)與水平方向夾角為θ的力F作用在質量為m的物體上，如圖所示，由于地面對物體的摩擦力較大，物體沒有被拉動，則經時間t，下列說法正確的是
A.拉力F對物體的沖量大小為Ftcos θ，方向水平向右
B.摩擦力對物體的沖量大小是Ft，方向水平向左
C.地面對物體支持力的沖量大小為零
D.合力對物體的沖量大小為零
例3
√
拉力F對物體的沖量大小為Ft，方向與F方向相同，故A錯誤；
物體沒有被拉動，可得摩擦力大小為f＝Fcos θ，
故摩擦力對物體的沖量大小是Ftcos θ，方向水平向左，故B錯誤；
地面對物體的支持力大小為N＝mg－Fsin θ，故地面對物體的支持力的沖量大小為I＝(mg－Fsin θ)t，方向豎直向上，故C錯誤；
物體處于靜止狀態，所受合力為零，所以合力對物體的沖量為零，故D正確。
總結提升
1.沖量等于力和力的作用時間的乘積，即I＝FΔt，取決于力和作用時間兩個因素，所以求沖量時一定要明確所求的是哪個力在哪段時間內的沖量，與物體是否運動、在該力的方向上是否有位移無關。
2.沖量是矢量，力的方向不變時，沖量的方向與力的方向相同，如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應時間內動量變化量的方向相同。
總結提升
3.求合力的沖量：
(1)分別求出每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和。
(2)如果各力的作用時間相同，可以先求出各力的合力，再由I＝F合t求合力的沖量。
　(多選)質量m＝1 kg的物體放在光滑水平面上，在力F作用下從靜止開始運動，其中力F的大小隨時間變化的規律如圖所示，下列說法正確的是
A.在0～3 s內，力F的沖量大小為9 N·s
B.在0～6 s內，力F的沖量大小為13.5 N·s
C.3 s末物體的動量為4.5 kg·m/s
D.6 s末物體的速度大小為18 m/s
例4
√
√
總結提升
求變力沖量的方法
(1)如圖甲所示，若力F是變力，但力與時間成線性
關系變化，則可用平均力求變力的沖量。
(2)如圖乙所示，若給出了力隨時間變化的F－t圖像，則圖像與橫軸所圍面積表示力F在這段時間內的沖量。
(3)利用動量定理求解：I＝Δp＝p′－p。
　(多選)如圖所示，高度均為h，傾角不同的兩個光滑斜面固定在同一水平地面上，質量均為m的兩個物體分別從兩斜面頂端由靜止開始下滑，不計空氣阻力，重力加速度為g，在它們到達斜面底端的過程中
A.重力的沖量相同，均為
B.重力做的功相同，均為mgh
C.支持力的沖量均為零
D.支持力做的功均為零
例5
√
√
兩物體滑至斜面底端的過程，重力
做功均為mgh，故B正確；
支持力方向與物體運動方向垂直，
不做功，但支持力的沖量不為零，故C錯誤，D正確。
總結提升
沖量與功的比較
1.沖量I＝F·t
(1)沖量是矢量，其正負表示方向與所選正方向
相同或相反。
(2)沖量是力對時間的積累，是引起物體動量變化的原因，F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量。
2.功W＝F·x
(1)功是標量，其正負表示是動力做功還是阻力做功。
總結提升
返回
(2)功是力對空間的積累，是引起物體動能變化的
原因，F－x圖像與x軸圍成的面積表示功，其中x
為物體在F方向上的位移。
3.某個力在一段時間內做的功為零時，力的沖量不為零。一對作用力和反作用力的沖量大小一定相等，方向一定相反；但它們所做的功大小不一定相等，符號也不一定相反。
課時對點練
四
考點一　沖量的理解和計算
1.下列關于沖量的說法中正確的是
A.物體受到很大的沖力時，其沖量一定很大
B.當力與位移垂直時，該力的沖量為零
C.不管物體做什么運動，在相同時間內該物體重力的沖量相同
D.只要力的大小恒定，在相同時間內的沖量就恒定
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基礎對點練
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沖量是力與時間的乘積，是矢量，力大，沖量不一定大，A錯誤；
沖量是力對時間的積累，與力與位移是否垂直無關，B錯誤；
不管物體做什么運動，在相同時間內該物體重力的沖量相同，C正確；
力的大小恒定，但方向不一定恒定，故其相同時間內沖量方向不一定相同，D錯誤。
2.如圖所示，質量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經過時間t1，速度減為零并開始下滑，又經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為f，重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是
A.重力對滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sin θ
B.斜面對滑塊的支持力對滑塊的總沖量大小
為mg(t1＋t2)cos θ
C.合力的沖量為0
D.摩擦力的總沖量大小為ft2
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重力對滑塊的總沖量大小為IG＝mg(t1＋t2)，A錯誤；
斜面對滑塊的支持力對滑塊的總沖量大小為IN＝mg(t1＋t2)cos θ，B正確；
整個過程中滑塊的動量發生了改變，故合力的沖量不為0，C錯誤；
上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量大小為If＝f(t2－t1)，D錯誤。
3.(多選)質量為m的物體以大小為v0的初速度開始做平拋運動，經過時間t，下降的高度為h，速度大小變為v，重力加速度為g，不計空氣阻力，在這段時間內物體所受重力的沖量為
A.m(v－v0) B.mgt
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IG＝mgt，B正確；
4.某種兒童滑梯設施如圖所示，中間的滑道長度為2.2 m，假設可以看成傾角α＝37°的斜面，有一質量為15 kg的兒童沿中間滑道從頂端由靜止滑下，該兒童與滑道間的動摩擦因數μ＝0.2，求滑下中間滑道的過程中，該兒童所受各力的沖量和合力的沖量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
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答案　見解析
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對兒童受力分析可知，下滑過程其受重力、支持力及摩擦力的作用，由牛頓第二定律得mgsin α－μmgcos α＝ma，由運動學公式得L＝ ，解得t＝1 s，故重力的沖量大小I1＝mgt＝150 N·s，
方向豎直向下
支持力的沖量大小I2＝mgcos α·t＝120 N·s，方向
垂直于滑道向上
摩擦力的沖量大小I3＝μmgcos α·t＝24 N·s，方向沿滑道向上
兒童受到的合力大小F合＝mgsin α－μmgcos α＝66 N
故合力的沖量大小I＝F合t＝66 N·s，方向沿滑道向下。
考點二　動量定理的理解和應用
5.下面列舉的裝置各有一定的道理，其中不能用動量定理進行解釋的是
A.運輸玻璃器皿等易碎物品時，在器皿的四周總是墊著碎紙或海綿等柔
軟、有彈性的墊襯物
B.建筑工人戴的安全帽內有帆布墊，把頭和帽子的外殼隔開一定的空間
C.熱水瓶膽做成兩層，且把兩層中間的空氣抽去
D.跳高運動中的墊子總是十分松軟
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A、B、D均可以通過延長作用時間從而減小沖擊力，都可以用動量定理解釋；
C選項中將熱水瓶膽做成雙層，中間的空氣抽去是為了保溫，不是為了減小沖擊力，不能用動量定理解釋，故選C。
6.(2024·廣州市第六中學高二開學考)在空中相同高度處以相同的速率分別拋出質量相同的三個小球。一個豎直上拋，一個豎直下拋，一個平拋。若不計空氣阻力，三個小球從拋出到落地的過程中
A.三個小球落地時的動量相同
B.三個小球動量的變化量相同
C.上拋球動量的變化量最大
D.下拋球動量的變化量最大
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由機械能守恒定律可得mgh＋ ，可知三個小球落地時的速度大小相等，由于做平拋運動的小球落地時的速度方向與豎直上拋和豎直下拋小球的落地速度方向不同，因此三個小球落地時的動量不相同，A錯誤；
在相同高度處三個小球以相同的速率分別拋出，可知做豎直上拋運動小球的運動時間大于做平拋運動小球的運動時間，做平拋運動小球的運動時間大于做豎直下拋運動小球的運動時間，由動量定理可得mgt＝Δp，可知三個小球動量的變化量不相同，上拋球動量的變化量最大，下拋球動量的變化量最小，B、D錯誤，C正確。
7.(2024·廣州市第六中學高二開學考)如圖所示，人們有時用“打夯”的方式把松散的地面夯實。設某次打夯符合以下模型：兩人通過繩子將重物從地面提升，當重物重心上升20 cm時，兩人同時釋放繩子，讓重物由靜止開始自由下落，最終重物落地將地面夯實。已知重物的質量為50 kg，重物與地面接觸0.02 s后停止運動，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求：
(1)重物在空中自由下落過程中重力的沖量大小；
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答案　100 N·s
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重物在空中下落過程為自由落體運動，則h＝
重物在空中自由下落過程中重力的沖量大小I＝mgt1
解得I＝100 N·s
(2)地面對重物的平均作用力的大小。
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答案　5 500 N
以豎直向下為正方向，重物與地面相互作用過程中，
8.(多選)一質量m＝60 kg的運動員從下蹲狀態豎直向上跳起，經t＝0.2 s以大小v＝1 m/s的速度離開地面，重力加速度g＝10 m/s2。在這0.2 s內
A.地面對運動員的沖量大小為180 N·s
B.地面對運動員的沖量大小為60 N·s
C.地面對運動員做的功為零
D.地面對運動員做的功為30 J
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能力綜合練
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運動員的速度原來為零，起跳后變為v，以豎直向上為正方向，由動量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面對運動員的沖量大小為I＝mv＋mgΔt＝60×1 N·s＋60×10×0.2 N·s＝180 N·s，故A正確，B錯誤；
運動員在跳起時，地面對運動員的支持力豎直向上，在跳起過程中，運動員在支持力方向上沒有位移，則地面對運動員做的功為零，故C正確，D錯誤。
9.如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以速度v抽出紙條后，鐵塊掉到地面上的P點，若以速度2v抽出紙條，則鐵塊落地點為
A.仍在P點
B.在P點左側
C.在P點右側不遠處
D.在P點右側原水平位移的兩倍處
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以速度2v抽出紙條時，紙條對鐵塊的作用時間變
短，而紙條對鐵塊的作用力不變，故與以速度v
抽出相比，紙條對鐵塊的作用力的沖量I減小，鐵塊的動量減小，平拋的初速度減小，水平射程減小，故落在P點左側，選項B正確。
10.(2023·成都市高一期末)研究發現，如果人體受到的沖擊力超過自身重力的7倍將可能發生嚴重后果。現用假人模擬人體從高處跌落，實驗測得假人從接觸地面開始大約Δt＝0.17 s速度減為0，不計空氣阻力，重力加速度大小取g＝10 m/s2，則可能發生嚴重后果相對應的臨界跌落高度大約為多少？(結果保留兩位有效數字)
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答案　5.2 m
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設人落地時的臨界速度為v，取向上為正方向，由題意，根據動量定理有(7mg－mg)Δt＝0－(－mv)，人在下落過程中做自由落體運動，則有v2＝2gh，聯立解得臨界高度h≈5.2 m。
11.一質量m＝4 kg的物體靜置在粗糙的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數μ＝0.5，從t＝0時刻開始對物體施加一水平力F，其大小如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，則在0～1.0 s時間內，摩擦力的沖量大小為
A.10 N·s B.16 N·s
C.20 N·s D.25 N·s
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最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則fmax＝μmg＝20 N,
0～0.4 s，F小等于F，由題圖可知靜摩擦力的沖量大小If靜＝ ×
0.4×20 N·s＝4 N·s,0.4～1.0 s，F>fmax，物體運動，摩擦力為滑動摩擦力，大小為20 N，則滑動摩擦力的沖量大小If動＝μmgt＝20×0.6 N·s＝12 N·s，所以0～1.0 s時間內摩擦力的沖量大小為If＝If靜＋If動＝16 N·s，故選B。
12.(2023·佛山市順德區鄭裕彤中學高二階段檢測)如圖所示，不可伸長的輕繩一端懸掛在天花板上的O點，另一端系著質量為m的小球，給小球一定的速度v，使之在水平面內做周期為T的勻速圓周運動。重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是
A.小球運動半周的過程中，動量不變
B.小球運動半周的過程中，合力的沖量大小為2mv
C.小球運動一周的過程中，重力的沖量為零
D.小球運動一周的過程中，拉力的沖量為零
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小球運動半周的過程中，末速度方向與初速度方向相反，設初速度方向為正，則小球動量的改變量為Δp＝－mv－mv＝－2mv，根據動量定理有I合＝Δp＝－2mv，合力的沖量大小為2mv，故A錯誤，B正確；
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小球運動一周的過程中，小球受重力的方向始終豎直向下，則重力的沖量大小為IG＝mgT，故C錯誤；
小球運動一周的過程中，小球所受拉力始終不為零，時間不為零，故拉力的沖量不為零，故D錯誤。

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