資源簡介

第二節　動量定理
(分值：100分)
選擇題1～11題，每小題7分，共77分。
基礎對點練
題組一　動量定理的理解
1.(多選)關于動量和沖量的說法正確的是(　　)
物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大
物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變
物體動量變化的方向，就是它所受合外力的沖量方向
物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大
2.(多選)將物體水平拋出，在物體落地前(不計空氣阻力)(　　)
動量的方向不變
動量變化量的方向不變
相等時間內動量的變化量相同
相等時間內動量的變化量越來越大
3.(多選)(2024·山西大同高二期末)下列運動過程中，物體的動量變化率相等的是(　　)
勻速圓周運動
豎直上拋運動
平拋運動
任意的勻變速直線運動
題組二　動量定理的應用
4.(多選)(2024·廣東佛山高二月考)在科學大探險的節目中有個扯桌布的游戲，如圖所示，把玻璃杯疊放在一張桌布上，挑戰者用水平力將桌布從玻璃杯下抽出，且玻璃杯不倒則完成挑戰；第一次挑戰者以較慢的速度將桌布水平抽出后，疊放的玻璃杯晃動了下，最終倒下，挑戰失敗，第二次以較快的速度將桌布從玻璃杯下抽出，玻璃杯幾乎紋絲不動，挑戰成功。下列說法中正確的是(　　)
第一次抽出桌布過程中，玻璃杯受到桌布的摩擦力大一些
兩次抽出桌布過程中，玻璃杯受到桌布的摩擦力相等
第一次抽出桌布過程中，玻璃杯增加的動量大一些
第二次抽出桌布過程中，玻璃杯受到的沖量大一些
5.籃球比賽時運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球，接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，這樣做可以(　　)
減小球對手的沖量 減小球對手的沖擊力
減小球的動量變化量 減小球的動能變化量
6.(2024·廣東珠海高二期末)“守株待兔”是眾所周知的寓言故事。假設兔子質量為3 kg，以10 m/s的速度奔跑，撞樹后幾乎不反彈、作用時間約為0.02 s，則兔子受到的平均撞擊力大小為(　　)
1.5 N 15 N
150 N 1 500 N
7.(多選)(2024·廣東汕尾高二期末)中國女排隊員的拼搏精神永遠激勵著人們奮發前進。如圖所示，一名排球運動員進行墊球訓練。排球以6 m/s的速度豎直向下打在運動員的手臂上，然后以8 m/s的速度豎直向上飛出。已知排球的質量為250 g，排球與手臂的作用時間為0.2 s。不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
排球速度變化量的大小為2 m/s
排球動量變化量的大小為3.5 kg·m/s
排球受到手臂的沖量大小為4.0 N·s
排球對手臂的平均作用力大小為17.5 N
8.(2024·廣東廣州高二期中)某同學設計了一種測量空間站質量的方法，原理如圖所示。若已知神舟十七載人飛船質量約為7.8×103 kg，其推進器的平均推力為1 800 N，在飛船與空間站對接后，推進器工作5 s內，測出飛船和空間站速度變化是0.05 m/s。則空間站的質量約為(　　)
1.0×105 kg 1.0×104 kg
1.7×105 kg 1.8×106 kg
綜合提升練
9.如圖所示，小朋友在蕩秋千時，小朋友可視為質點，她自內側最高點a運動到外側最高點b過程中，忽略空氣阻力，秋千對小朋友作用力的沖量方向為(　　)
豎直向上 豎直向下
a指向b方向 b指向a方向
10.(2024·廣東深圳高二聯考)高樓玻璃日漸成為鳥類飛行的殺手。設小鳥水平飛行，撞到豎直透明玻璃上，則小鳥對玻璃的平均沖擊力的大小與小鳥的(　　)
質量成正比
飛行速度成正比
動量變化量成正比
動量變化率成正比
11.(2024·廣東汕頭高二期中)如圖，質量m＝2 kg的木塊放在水平地面上，與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，木塊在F＝5 N的水平恒力作用下由靜止開始向右運動了10 s，g＝10 m/s2，在這10 s內，下列說法正確的是(　　)
重力的沖量為0
摩擦力的沖量為－40 N·s
物體動量的變化量為20 kg·m/s
合外力的沖量為50 N·s
12.(12分)一個質量為60 kg的人從墻上跳下，以7 m/s的速度著地(g取10 m/s2)。求：
(1)(6分)如果他與地面接觸0.1 s停下來，地面對他的平均作用力多大？
(2)(6分)如果他著地時彎曲雙腿，用了0.3 s停下來，地面對他的平均作用力又是多大？
培優加強練
13.(11分)(粵教版教材P11課后題3改編)一個質量為0.20 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，在1.5 m的高度被球棒擊打后，反向水平飛回。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，球棒以壘球的平均作用力大小為7 000 N，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，求壘球落地時的動量大小。
第二節　動量定理
1.BCD　[由動量定理可知，物體所受合外力的沖量的大小等于動量變化的大小，方向與動量變化的方向相同，故A項錯誤，B、C、D項正確。]
2.BC　[做平拋運動的物體在落地前速度的方向不斷變化，故動量的方向不斷變化，選項A錯誤；動量變化量等于重力的沖量，故動量變化量的方向不變，選項B正確；根據動量定理，相等時間內動量的變化量等于mgt，故相等時間內動量的變化量相同，選項C正確，D錯誤。]
3.BCD　[由動量定理F合t＝p′－p，可得F合＝，物體動量變化率等于物體所受到的合外力。對于勻速圓周運動其合外力為向心力，其方向時刻在改變，則做勻速圓周運動的物體的動量變化率不相等，故A錯誤；做豎直上拋運動和平拋運動物體的合外力為重力，其動量變化率相等，故B、C正確；任意的勻變速直線運動物體的合外力不變，其動量變化率相等，故D正確。]
4.BC　[兩次抽出桌布的過程中，桌布和玻璃杯之間均發生相對滑動，因此受到的均為滑動摩擦力，因壓力不變，則由f＝μFN可知，兩次玻璃杯受到桌布的摩擦力相等，故A錯誤，B正確；第一次抽出桌布過程中，摩擦力作用時間長，根據動量定理可得ft＝Δp，可知第一次抽出桌布過程中，玻璃杯受到的沖量大一些，玻璃杯增加的動量大一些，故C正確，D錯誤。]
5.B　[先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球收縮至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝，當時間增大時，作用力就減小，而球對手的沖量I＝mv恒定不變，球的動量變化量Δp＝mv恒定不變，球的動能變化量ΔEk＝mv2恒定不變，所以B正確。]
6.D　[由動量定理可知Ft＝mv，得F＝1 500 N，故A、B、C錯誤，D正確。]
7.BC　[根據題意，取豎直向下為正方向，則排球速度變化量為Δv＝v2－v1＝－8 m/s－6 m/s＝－14 m/s，故A錯誤；根據題意，取豎直向下為正方向，排球動量變化量的大小為Δp＝m·Δv＝－3.5 kg·m/s，故B正確；根據題意，設排球受到手臂的沖量大小為I，取豎直向下為正方向，由動量定理有mgt－I＝Δp，解得I＝mgt－Δp＝0.25×10×0.2 N·s－(－3.5 N·s)＝4 N·s，故C正確；由公式I＝Ft可得，手對排球的平均作用力為F＝＝20 N，由牛頓第三定律可得，排球對手臂的平均作用力大小為F′＝F＝20 N，故D錯誤。]
8.C　[根據動量定理Ft＝(m＋M)Δv，代入數據可得空間站的質量m＝－M＝1.722×105 kg，故C正確。]
9.A　[小朋友的初始動量和末動量均為零，根據動量定理，可知合力的沖量為零，所以秋千對小朋友作用力的沖量與重力的沖量等大反向，故A正確。]
10.D　[設玻璃對小鳥的平均作用力大小為F，根據動量定理－Ft＝0－mv，則F＝＝，根據牛頓第三定律知小鳥對玻璃的平均作用力大小F′＝F＝，小鳥對玻璃的平均沖擊力的大小與小鳥的動量變化率成正比，故D正確。]
11.B　[重力的沖量為IG＝mgt＝2×10×10 N·s＝200 N·s，故A錯誤；取向右為正方向，則摩擦力的沖量為If＝－ft＝－μmgt＝－0.2×2×10×10 N·s＝－40 N·s，故B正確；力F的沖量為IF＝Ft＝5×10 N·s＝50 N·s，合外力的沖量為I＝IF＋If＝10 N·s，由動量定理可得，物體動量的變化量為Δp＝I＝10 kg·m/s，故C、D錯誤。
12.(1)4 800 N　(2)2 000 N
解析　(1)取豎直向上為正方向，著地速度為
v＝－7 m/s
根據動量定理得(F－mg)t1＝0－mv
解得地面對他的平均作用力大小為F＝4 800 N。
(2)若著地時彎曲雙腿，根據動量定理得(F′－mg)t2＝0－mv
解得地面對他的平均作用大小為F′＝2 000 N。
13. kg·m/s
解析　以壘球為研究對象，設被擊打后壘球的速度為v，以壘球初速度v0的方向為正方向，對球棒擊打壘球的過程，由動量定理得－Ft＝mv－mv0①
代入數據解得v＝－45 m/s②
壘球被擊打后做平拋運動，設豎直方向速度為vy，由平拋運動規律得v－0＝2gh③
代入數據解得vy＝ m/s④
落地時壘球的速度大小為v′＝⑤
聯立②④⑤解得壘球的動量大小p＝mv′＝ kg·m/s。第二節　動量定理
學習目標　1.理解動量定理的確切含義。 2.會應用動量定理解釋緩沖、碰撞等現象，并進行有關的分析和計算。 3.能用動量定理分析流體模型。
知識點一　動量定理的推導
假設一個物體的質量為m，初速度為v0，在恒定合力F的作用下，經過一段時間t，速度變為vt，力F的沖量與物體動量變化量有什么關系？
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.動量定理：物體所受合力的________等于物體動量的________。
2.表達式：Ft＝________________。
3.適用范圍：動量定理不但適用于恒定的外力，而且適用于隨時間而變化的________。
4.對動量定理的理解
(1)由I＝pt－p0＝Δp可知合外力的沖量是動量變化的原因，I與Δp大小相等，方向相同。
(2)動量定理的表達式Ft＝mvt－mv0是矢量式，運用動量定理解題時，要注意規定正方向。
(3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力F與時間成線性關系，則F應是合外力在作用時間內的平均值。
(4)動量定理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。
【思考】　“類比”是理解物理規律的常用方法，動能定理和動量定理形式類似。動能定理Fs＝mv－mv體現了一定因果關系，等號的左邊為合外力對空間的積累效應，即合外力做功，屬于因；等號的右邊是物體的動能變化，屬于果，合外力做功引起了動能的變化。觀察動量定理Ft＝mvt－mv0，思考動量定理體現了怎樣的因果關系？
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 (2024·廣東佛山高二期末)關于動量定理，下列說法正確的是(　　)
A.動量越大，合外力的沖量越大
B.動量變化量越大，合外力沖量越大
C.動量變化率越大，合外力越小
D.沖量方向與動量方向相同
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例2 行駛中質量為m的汽車發生劇烈碰撞，在很短的時間t內，速度由v減小到零，取汽車行駛方向為正方向，則汽車動量的變化量Δp和汽車所受的平均撞擊力F為(　　)
A.Δp＝mv，F＝ 　 B.Δp＝－mv，F＝
C.Δp＝－mv，F＝－ 　 D.Δp＝mv，F＝－
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
拓展延伸 若汽車原速率彈回，則汽車的動量變化量和汽車所受合外力的沖量分別為多少？汽車的動能變化量和汽車所受合外力做的功分別為多少？
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
求動量變化量或沖量的方法
　　　　
知識點二　動量定理的應用
安全氣囊是汽車的標配，思考：發生交通事故時，氣囊彈出與氣囊未彈出比較，人的動量變化是否相同？人受到的作用力是否相同？造成這種差別的主要原因是什么？
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.動量定理在生活生產中的應用
(1)沖壓鋼板時，通過________作用時間來得到很大的作用力。
(2)輪渡碼頭上裝有橡皮輪胎，輪胎作為緩沖裝置，________作用時間，減小輪船停靠時所受到的作用力。
(3)動量定理只考慮物體相互作用的始末狀態，不考慮具體過程和細節。在涉及力、________________、速度的問題時，采用動量定理處理問題比較簡捷。
2.應用動量定理定性分析有關現象
(1)由動量定理Ft＝Δp可知F＝。此式說明作用力F等于動量的變化率，動量變化得越快，物體所受合外力越大。Δp一定時，減少作用時間，可增大作用力，延長作用時間，可減小作用力。
(2)動量定理除用來解決恒力作用下的問題外，還可求解短時作用力，如沖擊、碰撞等。應用動量定理解題時只需知道運動物體的始、末狀態，無需深究中間過程，比牛頓第二定律更為簡單。
【思考】　為什么釘釘子時需用鋼錘快速打擊釘子，而瓷磚找平時，需選用橡膠錘輕輕敲打瓷磚表面？
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例3 (2024·廣東廣州市第五中學高一校考期末)快遞運輸時，易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的好處是(　　)
A.可以大幅減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量
B.可以大幅減小某顛簸過程中物品動量的變化
C.可以大幅縮短某顛簸過程中物品動量變化的時間
D.可以大幅減小某顛簸過程中物品所受的合力
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 (粵教版教材P9例題2改編)用質量為0.5 kg的鐵錘把釘子釘進木頭里，打擊時鐵錘的速度v＝4.0 m/s，如果打擊后鐵錘的速度變為0，打擊的作用時間是0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不計鐵錘所受的重力，求鐵錘釘釘子的平均作用力大小；
(2)考慮鐵錘受的重力，求鐵錘釘釘子的平均作用力大小；
(3)通過以上計算，請你說明在打擊和碰撞一類的問題中在什么情況下可以忽略重力的作用。
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　
應用動量定理進行定量計算的一般步驟
　　　　
例5 若一飛機以180 m/s的速度飛行時，機頭遭到一質量約為1 kg的飛鳥迎頭撞擊，飛鳥在空中的飛行速度約為20 m/s，碰撞時間約為0.01 s，則飛機受到飛鳥對它的平均作用力的大小約為(　　)
A.2×103 N B.2×104 N
C.2×106 N D.2×107 N
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練 如圖所示為高空墜物的公益廣告，形象地描述了高空墜物對人傷害的嚴重性。小明用下面的實例來檢驗廣告的科學性：設一個質量為50 g的雞蛋從25樓頂自由落下，相鄰樓層的高度差為3.2 m，雞蛋與地面撞擊時間約為0.002 s，不計空氣阻力，g＝10 m/s2。則該雞蛋對地面的平均沖擊力約為(　　)
A.50 N B.500 N
C.100 N D.1 000 N
隨堂對點自測
1.(動量定理的理解)某物體在一段運動過程中受到的沖量為－1 N·s，則(　　)
A.物體的初動量方向一定與這個沖量方向相反
B.物體的末動量一定是負值
C.物體的動量一定減小
D.物體動量增量的方向一定與所規定的正方向相反
2.(動量定理的應用)“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發的科技產品。該裝置通過馬甲內的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能有效地減小摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以(　　)
A.減小穿戴者與地面的接觸時間，減小合力沖量
B.延長穿戴者與地面的接觸時間，增大合力沖量
C.減小穿戴者與地面的接觸時間，減小地面對穿戴者的平均沖擊力
D.延長穿戴者與地面的接觸時間，減小穿戴者的動量變化率
3.(動量定理的應用) (2024·廣東深圳高二統考期末)如圖所示，我國“嫦娥五號”探測器成功著陸在月球表面。在著陸過程中，探測器移動到著陸點正上方之后開始豎直下降，到距離月球表面較近時關閉發動機，然后利用“著陸腿”的緩沖實現軟著陸。從“著陸腿”觸地到探測器速度減為0的過程中，“著陸腿”有利于減小(　　)
A.探測器的動能變化量
B.探測器的動量變化量
C.月球表面對探測器的沖量
D.月球表面對探測器的平均撞擊力
4.(動量定理的應用)(多選)一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變為45 m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01 s。下列說法正確的是(　　)
A.球棒對壘球的平均作用力大小為1 260 N
B.球棒對壘球的平均作用力大小為360 N
C.球棒對壘球做的功為126 J
D.球棒對壘球做的功為36 J
第二節　動量定理
知識點一
導學　提示　由牛頓第二定律有F＝ma①
由運動學公式有a＝②
聯立①②兩式可得Ft＝mvt－mv0
知識梳理
1.沖量　改變量　2.mvt－mv0　3.變力
[思考] 提示　動量定理等號的左邊為合外力對時間的積累效應，即合外力的沖量，屬于因；等號的右邊是物體的動量變化，屬于果，合外力的沖量引起了動量的變化。
例1 B　[由動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量，動量變化量越大，合外力的沖量越大，而動量的大小與合外力的沖量無關，故A錯誤，B正確；根據動量定理可知，動量變化越快，即動量變化率越大，物體受到的合外力越大，故C錯誤；沖量的方向與動量變化量的方向相同，與動量的方向無關，故D錯誤。]
例2 C　[依題意，可得汽車動量的變化量Δp＝0－mv＝－mv，根據動量定理Ft＝Δp，可得F＝－，故C正確。]
拓展延伸 提示　Δp＝－2mv　I＝－2mv　ΔEk＝0　W＝0
知識點二
導學　提示　相同　不同　主要原因是作用的時間不同
知識梳理
1.(1)縮短　(2)延長　(3)力的作用時間
[思考] 提示　根據動量定理可知，減少作用時間可以增大鋼錘的打擊力，而橡膠錘可以起到緩沖作用，延長作用時間，減小作用力，保護瓷磚。
例3 D　[快遞運輸時，易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹以增加顛簸過程中發生碰撞時的緩沖時間，由動量定理F＝可知，可以大幅減小顛簸過程中物品所受的合力，故A、B、C錯誤，D正確。]
例4 (1)200 N　(2)205 N　(3)見解析
解析　(1)以鐵錘為研究對象，取向下為正方向，不計鐵錘受到的重力，根據動量定理有
－Ft＝0－mv
代入數據有F＝200 N，由牛頓第三定律可知，鐵錘對釘子的平均作用力大小為200 N。
(2)考慮鐵錘受到的重力，對鐵錘根據動量定理有
(mg－F′)t＝0－mv
代入數據有F′＝205 N，由牛頓第三定律可知，鐵錘對釘子的平均作用力大小為205 N。
(3)根據以上分析，在打擊和碰撞一類的問題中，當平均作用力遠大于重力時可以忽略重力的作用。
例5 B　[本題為估算題，可以認為撞擊后鳥與飛機的速度相等，規定飛機的飛行方向為正方向，對鳥由動量定理得Ft＝m[v1－(－v2)]，則F＝＝2×104 N，根據牛頓第三定律可知，飛機受到飛鳥對它的平均作用力的大小約為2×104 N，故B正確。]
訓練 D　[雞蛋落地時的速度v＝，取豎直向下為正方向，對雞蛋應用動量定理－FΔt＝0－mv，解得F＝1 000 N，由牛頓第三定律可知雞蛋對地面沖擊力約為1 000 N，故D正確。]
隨堂對點自測
1.D　[沖量是矢量，其數值前的負號表示與規定的正方向相反，由動量定理知，沖量等于動量的增量，故A、B、C錯誤，D正確。]
2.D　[在穿戴者著地時，動量的變化是一定的，即合外力的沖量一定，根據Ft＝Δp，由于穿上馬甲后與地面接觸時間變長，可知地面對穿戴者的平均沖力減小，即穿戴者的動量變化率減小，故D正確。]
3.D　[從“著陸腿”觸地到探測器減速到0的過程中，探測器著陸時的動能變化量、動量變化量、月球表面對探測器的沖量不變，由動量定理可知，“著陸腿”有利于減小月球表面對探測器的平均撞擊力，故D正確。]
4.AC　[設球棒對壘球的平均作用力為F，由動量定理得Ft＝m(v1－v0)，取末速度方向為正方向，代入數據解得F＝1 260 N。對整個過程，由動能定理得W＝mv－mv＝126 J，故A、C正確。](共47張PPT)
第二節　動量定理
第一章　動量和動量守恒定律
1.理解動量定理的確切含義。
2.會應用動量定理解釋緩沖、碰撞等現象，并進行有關的分析和計算。
3.能用動量定理分析流體模型。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　動量定理的應用
知識點一　動量定理的推導
知識點一　動量定理的推導
　　　假設一個物體的質量為m，初速度為v0，在恒定合力F的作用下，經過一段時間t，速度變為vt，力F的沖量與物體動量變化量有什么關系？
1.動量定理：物體所受合力的______等于物體動量的________。
2.表達式：Ft＝________________。
3.適用范圍：動量定理不但適用于恒定的外力，而且適用于隨時間而變化的______。
沖量
改變量
mvt－mv0
變力
4.對動量定理的理解
(1)由I＝pt－p0＝Δp可知合外力的沖量是動量變化的原因，I與Δp大小相等，方向相同。
(2)動量定理的表達式Ft＝mvt－mv0是矢量式，運用動量定理解題時，要注意規定正方向。
(3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力F與時間成線性關系，則F應是合外力在作用時間內的平均值。
(4)動量定理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。
提示　動量定理等號的左邊為合外力對時間的積累效應，即合外力的沖量，屬于因；等號的右邊是物體的動量變化，屬于果，合外力的沖量引起了動量的變化。
B
例1 (2024·廣東佛山高二期末)關于動量定理，下列說法正確的是(　　)
A.動量越大，合外力的沖量越大
B.動量變化量越大，合外力沖量越大
C.動量變化率越大，合外力越小
D.沖量方向與動量方向相同
解析　由動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量，動量變化量越大，合外力的沖量越大，而動量的大小與合外力的沖量無關，故A錯誤，B正確；根據動量定理可知，動量變化越快，即動量變化率越大，物體受到的合外力越大，故C錯誤；沖量的方向與動量變化量的方向相同，與動量的方向無關，故D錯誤。
C
拓展延伸 若汽車原速率彈回，則汽車的動量變化量和汽車所受合外力的沖量分別為多少？汽車的動能變化量和汽車所受合外力做的功分別為多少？
提示　Δp＝－2mv　I＝－2mv　ΔEk＝0　W＝0
求動量變化量或沖量的方法
知識點二　動量定理的應用
　　　安全氣囊是汽車的標配，思考：發生交通事故時，氣囊彈出與氣囊未彈出比較，人的動量變化是否相同？人受到的作用力是否相同？造成這種差別的主要原因是什么？
提示　相同　不同　主要原因是作用的時間不同
1.動量定理在生活生產中的應用
(1)沖壓鋼板時，通過______作用時間來得到很大的作用力。
(2)輪渡碼頭上裝有橡皮輪胎，輪胎作為緩沖裝置，______作用時間，減小輪船停靠時所受到的作用力。
(3)動量定理只考慮物體相互作用的始末狀態，不考慮具體過程和細節。在涉及力、______________、速度的問題時，采用動量定理處理問題比較簡捷。
縮短
延長
力的作用時間
【思考】　為什么釘釘子時需用鋼錘快速打擊釘子，而瓷磚找平時，需選用橡膠錘輕輕敲打瓷磚表面？
提示　根據動量定理可知，減少作用時間可以增大鋼錘的打擊力，而橡膠錘可以起到緩沖作用，延長作用時間，減小作用力，保護瓷磚。
D
例3 (2024·廣東廣州市第五中學高一校考期末)快遞運輸時，易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹，這種做法的好處是(　　)
A.可以大幅減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量
B.可以大幅減小某顛簸過程中物品動量的變化
C.可以大幅縮短某顛簸過程中物品動量變化的時間
D.可以大幅減小某顛簸過程中物品所受的合力
例4 (粵教版教材P9例題2改編)用質量為0.5 kg的鐵錘把釘子釘進木頭里，打擊時鐵錘的速度v＝4.0 m/s，如果打擊后鐵錘的速度變為0，打擊的作用時間是0.01 s，g取10 m/s2。
(1)不計鐵錘所受的重力，求鐵錘釘釘子的平均作用力大小；
(2)考慮鐵錘受的重力，求鐵錘釘釘子的平均作用力大小；
(3)通過以上計算，請你說明在打擊和碰撞一類的問題中在什么情況下可以忽略重力的作用。
解析　(1)以鐵錘為研究對象，取向下為正方向，不計鐵錘受到的重力，根據動量定理有－Ft＝0－mv
代入數據有F＝200 N，由牛頓第三定律可知，鐵錘對釘子的平均作用力大小為200 N。
(2)考慮鐵錘受到的重力，對鐵錘根據動量定理有
(mg－F′)t＝0－mv
代入數據有F′＝205 N，由牛頓第三定律可知，鐵錘對釘子的平均作用力大小為205 N。
(3)根據以上分析，在打擊和碰撞一類的問題中，當平均作用力遠大于重力時可以忽略重力的作用。
答案　(1)200 N　(2)205 N　(3)見解析
應用動量定理進行定量計算的一般步驟
B
例5 若一飛機以180 m/s的速度飛行時，機頭遭到一質量約為1 kg的飛鳥迎頭撞擊，飛鳥在空中的飛行速度約為20 m/s，碰撞時間約為0.01 s，則飛機受到飛鳥對它的平均作用力的大小約為(　　)
A.2×103 N B.2×104 N
C.2×106 N D.2×107 N
訓練 如圖所示為高空墜物的公益廣告，形象地描述了高空墜物對人傷害的嚴重性。小明用下面的實例來檢驗廣告的科學性：設一個質量為50 g的雞蛋從25樓頂自由落下，相鄰樓層的高度差為3.2 m，雞蛋與地面撞擊時間約為0.002 s，不計空氣阻力，g＝10 m/s2。則該雞蛋對地面的平均沖擊力約為(　　)
A.50 N B.500 N
C.100 N D.1 000 N
D
隨堂對點自測
2
D
1.(動量定理的理解)某物體在一段運動過程中受到的沖量為－1 N·s，則(　　)
A.物體的初動量方向一定與這個沖量方向相反
B.物體的末動量一定是負值
C.物體的動量一定減小
D.物體動量增量的方向一定與所規定的正方向相反
解析　沖量是矢量，其數值前的負號表示與規定的正方向相反，由動量定理知，沖量等于動量的增量，故A、B、C錯誤，D正確。
D
2.(動量定理的應用)“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發的科技產品。該裝置通過馬甲內的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能有效地減小摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以(　　)
A.減小穿戴者與地面的接觸時間，減小合力沖量
B.延長穿戴者與地面的接觸時間，增大合力沖量
C.減小穿戴者與地面的接觸時間，減小地面對穿戴者的平均沖擊力
D.延長穿戴者與地面的接觸時間，減小穿戴者的動量變化率
解析　在穿戴者著地時，動量的變化是一定的，即合外力的沖量一定，根據Ft＝Δp，由于穿上馬甲后與地面接觸時間變長，可知地面對穿戴者的平均沖力減小，即穿戴者的動量變化率減小，故D正確。
D
3.(動量定理的應用)(2024·廣東深圳高二統考期末)如圖所示，我國“嫦娥五號”探測器成功著陸在月球表面。在著陸過程中，探測器移動到著陸點正上方之后開始豎直下降，到距離月球表面較近時關閉發動機，然后利用“著陸腿”的緩沖實現軟著陸。從“著陸腿”觸地到探測器速度減為0的過程中，“著陸腿”有利于減小(　　)
A.探測器的動能變化量
B.探測器的動量變化量
C.月球表面對探測器的沖量
D.月球表面對探測器的平均撞擊力
解析　從“著陸腿”觸地到探測器減速到0的過程中，探測器著陸時的動能變化量、動量變化量、月球表面對探測器的沖量不變，由動量定理可知，“著陸腿”有利于減小月球表面對探測器的平均撞擊力，故D正確。
AC
4.(動量定理的應用)(多選)一個質量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變為45 m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01 s。下列說法正確的是(　　)
A.球棒對壘球的平均作用力大小為1 260 N
B.球棒對壘球的平均作用力大小為360 N
C.球棒對壘球做的功為126 J
D.球棒對壘球做的功為36 J
課后鞏固訓練
3
BCD
基礎對點練
題組一　動量定理的理解
1.(多選)關于動量和沖量的說法正確的是(　　　)
A.物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大
B.物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變
C.物體動量變化的方向，就是它所受合外力的沖量方向
D.物體所受合外力沖量越大，它的動量變化就越大
解析　由動量定理可知，物體所受合外力的沖量的大小等于動量變化的大小，方向與動量變化的方向相同，故A項錯誤，B、C、D項正確。
BC
2.(多選)將物體水平拋出，在物體落地前(不計空氣阻力)(　　)
A.動量的方向不變
B.動量變化量的方向不變
C.相等時間內動量的變化量相同
D.相等時間內動量的變化量越來越大
解析　做平拋運動的物體在落地前速度的方向不斷變化，故動量的方向不斷變化，選項A錯誤；動量變化量等于重力的沖量，故動量變化量的方向不變，選項B正確；根據動量定理，相等時間內動量的變化量等于mgt，故相等時間內動量的變化量相同，選項C正確，D錯誤。
BCD
3.(多選)(2024·山西大同高二期末)下列運動過程中，物體的動量變化率相等的是(　　　)
A.勻速圓周運動 B.豎直上拋運動
C.平拋運動 D.任意的勻變速直線運動
BC
題組二　動量定理的應用
4.(多選)(2024·廣東佛山高二月考)在科學大探險的節目中有個扯桌布的游戲，如圖所示，把玻璃杯疊放在一張桌布上，挑戰者用水平力將桌布從玻璃杯下抽出，且玻璃杯不倒則完成挑戰；第一次挑戰者以較慢的速度將桌布水平抽出后，疊放的玻璃杯晃動了下，最終倒下，挑戰失敗，第二次以較快的速度將桌布從玻璃杯下抽出，玻璃杯幾乎紋絲不動，挑戰成功。下列說法中正確的是(　　)
A.第一次抽出桌布過程中，玻璃杯受到桌布的摩擦力大一些
B.兩次抽出桌布過程中，玻璃杯受到桌布的摩擦力相等
C.第一次抽出桌布過程中，玻璃杯增加的動量大一些
D.第二次抽出桌布過程中，玻璃杯受到的沖量大一些
解析　兩次抽出桌布的過程中，桌布和玻璃杯之間均發生相對滑動，因此受到的均為滑動摩擦力，因壓力不變，則由f＝μFN可知，兩次玻璃杯受到桌布的摩擦力相等，故A錯誤，B正確；第一次抽出桌布過程中，摩擦力作用時間長，根據動量定理可得ft＝Δp，可知第一次抽出桌布過程中，玻璃杯受到的沖量大一些，玻璃杯增加的動量大一些，故C正確，D錯誤。
B
5.籃球比賽時運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球，接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，這樣做可以(　　)
A.減小球對手的沖量 B.減小球對手的沖擊力
C.減小球的動量變化量 D.減小球的動能變化量
D
6.(2024·廣東珠海高二期末)“守株待兔”是眾所周知的寓言故事。假設兔子質量為3 kg，以10 m/s的速度奔跑，撞樹后幾乎不反彈、作用時間約為0.02 s，則兔子受到的平均撞擊力大小為(　　)
A.1.5 N B.15 N C.150 N D.1 500 N
解析　由動量定理可知Ft＝mv，得F＝1 500 N，故A、B、C錯誤，D正確。
BC
7.(多選)(2024·廣東汕尾高二期末)中國女排隊員的拼搏精神永遠激勵著人們奮發前進。如圖所示，一名排球運動員進行墊球訓練。排球以6 m/s的速度豎直向下打在運動員的手臂上，然后以8 m/s的速度豎直向上飛出。已知排球的質量為250 g，排球與手臂的作用時間為0.2 s。不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.排球速度變化量的大小為2 m/s
B.排球動量變化量的大小為3.5 kg·m/s
C.排球受到手臂的沖量大小為4.0 N·s
D.排球對手臂的平均作用力大小為17.5 N
C
8.(2024·廣東廣州高二期中)某同學設計了一種測量空間站質量的方法，原理如圖所示。若已知神舟十七載人飛船質量約為7.8×103 kg，其推進器的平均推力為
1 800 N，在飛船與空間站對接后，推進器工作5 s內，測出飛船和空間站速度變化是0.05 m/s。則空間站的質量約為(　　)
A.1.0×105 kg B.1.0×104 kg
C.1.7×105 kg D.1.8×106 kg
A
綜合提升練
9.如圖所示，小朋友在蕩秋千時，小朋友可視為質點，她自內側最高點a運動到外側最高點b過程中，忽略空氣阻力，秋千對小朋友作用力的沖量方向為(　　)
A.豎直向上
B.豎直向下
C.a指向b方向
D.b指向a方向
解析　小朋友的初始動量和末動量均為零，根據動量定理，可知合力的沖量為零，所以秋千對小朋友作用力的沖量與重力的沖量等大反向，故A正確。
D
10.(2024·廣東深圳高二聯考)高樓玻璃日漸成為鳥類飛行的殺手。設小鳥水平飛行，撞到豎直透明玻璃上，則小鳥對玻璃的平均沖擊力的大小與小鳥的(　　)
A.質量成正比 B.飛行速度成正比
C.動量變化量成正比 D.動量變化率成正比
B
11.(2024·廣東汕頭高二期中)如圖，質量m＝2 kg的木塊放在水平地面上，與地面間的動摩擦因數μ＝0.2，木塊在F＝5 N的水平恒力作用下由靜止開始向右運動了10 s，g＝10 m/s2，在這10 s內，下列說法正確的是(　　)
A.重力的沖量為0
B.摩擦力的沖量為－40 N·s
C.物體動量的變化量為20 kg·m/s
D.合外力的沖量為50 N·s
解析　重力的沖量為IG＝mgt＝2×10×10 N·s＝200 N·s，故A錯誤；取向右為正方向，則摩擦力的沖量為If＝－ft＝－μmgt＝－0.2×2×10×10 N·s＝－40 N·s，故B正確；力F的沖量為IF＝Ft＝5×10 N·s＝50 N·s，合外力的沖量為I＝IF＋If＝10 N·s，由動量定理可得，物體動量的變化量為Δp＝I＝10 kg·m/s，故C、D錯誤。
12.一個質量為60 kg的人從墻上跳下，以7 m/s的速度著地(g取10 m/s2)。求：
(1)如果他與地面接觸0.1 s停下來，地面對他的平均作用力多大？
(2)如果他著地時彎曲雙腿，用了0.3 s停下來，地面對他的平均作用力又是多大？
答案　(1)4 800 N　(2)2 000 N
解析　(1)取豎直向上為正方向，著地速度為v＝－7 m/s
根據動量定理得(F－mg)t1＝0－mv
解得地面對他的平均作用力大小為F＝4 800 N。
(2)若著地時彎曲雙腿，根據動量定理得(F′－mg)t2＝0－mv
解得地面對他的平均作用大小為F′＝2 000 N。
培優加強練
13.(粵教版教材P11課后題3改編)一個質量為0.20 kg的壘球，以25 m/s的水平速度飛向球棒，在1.5 m的高度被球棒擊打后，反向水平飛回。若球棒與壘球的作用時間為0.002 s，球棒以壘球的平均作用力大小為7 000 N，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，求壘球落地時的動量大小。
解析　以壘球為研究對象，設被擊打后壘球的速度為v，以壘球初速度v0的方向為正方向，對球棒擊打壘球的過程，由動量定理得
－Ft＝mv－mv0①

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