第1、2节 动量 动量定理
核心素养导学
物理观念 (1)通过分析碰撞中的不变量,掌握动量的概念,会计算一维情况下的动量变化量。 (2)知道冲量的概念,知道冲量是矢量。 (3)知道动量定理的确切含义,掌握其表达式。
科学思维 理解动量定理的推导过程,能分析与动量变化相关的问题。
科学探究 通过“探究碰撞前后运动量的变化”实验探究,能观察物理现象,提出物理问题,分析实验数据,得到初步结论。
科学态度与责任 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生产生活中的有关现象,具备将所学知识应用于生活实际的意识,有主动进行科学普及的兴趣。
一、动量
1.常见的碰撞现象
碰撞:做相对运动的两个(或几个)物体相遇并发生 ,在很短的时间内,它们的运动状态会发生显著变化,这一过程叫作碰撞。
2.历史上对碰撞现象的研究
(1)马尔西碰撞实验
(2)惠更斯碰撞实验
①两个质量相同的弹性球A、B,以大小相等、方向相反的速度v相碰后,各自以同样大小的速度v反弹回去。
②如图所示,如果球A以速度v去碰静止的球B,球A会静止下来,球B获得与球A碰前相同的速度。
③结论:每个物体所具有的“运动量”在碰撞时可以增多或减少,但是它们的量值在同一个方向的总和却保持不变。
[微点拨]
两小球静止时应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直。将小球拉起后,两摆线应在同一竖直平面内,以保证碰撞是一维的。两球最好用双线摆。
3.探究碰撞过程的守恒量
(1)实验装置:气垫导轨、数字计时器、滑块和光电门。
(2)实验结论:大量实验表明,两个物体相互碰撞时,碰前运动量的总和(mAvA+mBvB)与碰后运动量的总和(mAvA'+mBvB')总是相等的,即质量m与速度v乘积的矢量和在碰撞过程中保持不变,或者说守恒。
(3)动量的概念
①定义:质量m与速度v的 称为动量。
②公式:p=mv。
③动量是 ,动量的方向与速度的方向相同。单位是 。
④动量是 。
二、动量定理
1.冲量
(1)定义:力与力的 的乘积。
(2)公式:I= 。
(3)单位: ,符号是 。
(4)矢量性:方向与 相同。
2.动量定理
(1)内容:一个过程中物体所受 等于物体 。
(2)表达式:I=Δp或F(t'-t)=mv'-mv。
(3)动量定理的研究对象:单个物体或物体系。对物体系,内力的作用不改变系统的总动量,外力的总冲量等于物体系的 。
[微点拨]
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系。
(2)动量定理表达式是矢量式,式中的等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
1.光滑的水平面上有两个半径相等的小球,质量为m1的小球以速度v0与静止的质量为m2的小球发生碰撞,碰后质量为m1、m2的小球速度分别为v1、v2,v1、v2与v0同方向且在同一直线上,如图所示为两球碰撞后的情况,则
(1)v0一定等于v1+v2。 ( )
(2)m1一定等于m1+m2。 ( )
(3)m1v0一定等于m1v1+m2v2。 ( )
2.某物体的动能发生变化时,动量一定发生变化吗 动量变化时,动能一定发生变化吗
3.摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。小刚搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。
(1)不同时刻小刚的动量相同吗
(2)不同时刻小刚的动能相同吗
4.如图所示,有一质量m=50 kg的人在水平路面上行走了5分钟,其重力的冲量为多少 (g取10 m/s2)
5.如图所示,背越式跳高时,为什么在杆下放上厚厚的海绵垫
新知学习(一)|对动量的理解
[任务驱动]
如图所示,在某次足球比赛中,质量为430 g的足球以20 m/s的速度正对撞向门柱,足球撞向门柱后以10 m/s的速度反向弹回,则足球的初动量、末动量以及与球门门柱碰撞过程中动量的变化量各是多少
[重点释解]
1.对动量的认识
瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示
矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性 因物体的速度与参考系的选取有关,故物体的动量也与参考系的选取有关
2.动量的变化量
(1)动量的变化量是过程量,分析计算时,要明确是物体在哪一个过程的动量变化。
(2)动量的变化量Δp=p'-p是矢量式,Δp、p'、p间遵循平行四边形定则,如图所示。
(3)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。
3.动量和动能的比较
比较项 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢性 矢量 标量
换算关系 p=,Ek=
[针对训练]
1.下列运动中的物体,动量始终保持不变的是 ( )
A.正常运行的地球同步卫星
B.用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动
C.小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变
D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变
2.一台自动传送盘,盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg 的零件,随盘做匀速圆周运动,则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中,零件动量的变化量大小为 ( )
A.0.25 kg·m/s B.0.5 kg·m/s
C.1 kg·m/s D.2 kg·m/s
新知学习(二)|冲量的理解与计算
[任务驱动]
力F随时间t变化的图像如图所示,请问:
(1)0~1 s内,力F的冲量是多少 对应F t图线与t轴所围的面积是多少 二者什么关系
(2)1~6 s内,力F的冲量是多少 对应F t图线与t轴所围的面积是多少 二者什么关系
(3)0~6 s内,力F的冲量是多少 对应F t图线与t轴所围的面积是多少 二者什么关系
[重点释解]
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量:冲量描述的是作用在物体上的力对一段时间的积累效应,与某一过程相对应。
(2)冲量是矢量:①在作用时间内力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同;②如果力的方向是变化的,则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
2.冲量的计算
(1)若物体受到恒力的作用,力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积,冲量的方向与恒力方向一致。
(2)若力为同一方向随时间均匀变化的力,该力的冲量可以用平均力计算。
(3)若力为一般变力,则不能直接计算冲量。
(4)若给出了力随时间变化的图像,如图所示,可用面积法求变力的冲量。
[针对训练]
1.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.所受摩擦力的冲量为零
B.所受合外力做功不为零
C.所受合外力的冲量不为零
D.动量变化量为零
2.如图所示,质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑动,经过时间t1速度减为零,然后下滑,又经过时间t2回到斜面底端,在整个运动过程中,重力对物块的总冲量大小为 ( )
A.0 B.mg(t1+t2)sin θ
C.mg(t1-t2)sin θ D.mg(t1+t2)
3.(2025·广元阶段检测)如图所示,一质量m=3 kg的物体静止在光滑水平面上,受到与水平方向成60°角的力F的作用,F的大小为9 N,经2 s的时间,g取10 m/s2,求:
(1)物体重力的冲量大小;
(2)物体受到的支持力的冲量大小(结果保留三位有效数字);
(3)力F的冲量大小;
(4)合外力的冲量大小。
新知学习(三)|动量定理的理解与应用
[重点释解]
1.对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式FΔt=mv'-mv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.动量定理的定性应用
(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。
[典例体验]
[典例] 如图所示,用0.5 kg的铁锤把钉子竖直钉进木头里,打击时铁锤的速度为4 m/s。如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01 s,g取10 m/s2,求:
(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到铁锤对它的平均作用力;
(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子时,钉子受到铁锤对它的平均作用力。
/方法技巧/
应用动量定理的四点注意事项
(1)明确物体受到合外力冲量作用的结果是导致物体动量发生变化。冲量和动量都是矢量,它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。
(2)列方程前首先要选取正方向,与规定的正方向一致的力或动量取正值,反之取负值。
(3)分析速度时一定要选取同一个参考系,未加说明时一般是选地面为参考系,同一道题目中一般不要选取不同的参考系。
(4)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,且要注意是末动量减去初动量。
[针对训练]
1.(2025·德阳阶段练习)(多选)杂技演员做空中表演,为了安全,常常在下面挂上一张很大的网,当演员不小心从高处掉下而落在网上时,如果与落在相同高度的地面上时相比较,则下列说法中正确的是 ( )
A.演员落在网上时动量较小
B.演员落在网上时受到的作用力较小
C.演员的动量变化量相同
D.演员落在网上时与网相互作用的时间较短
2.(2024·全国甲卷)(多选)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4 600 N
新知学习(四)
[典例体验]
[典例] 有一种小型涡轮喷气发动机的“飞板”,可使人(及装备)悬浮在空中静止,发动机将气体以3 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出,此时人(及装备)的总质量为120 kg,不考虑喷出气体对总质量的影响,g取10 m/s2,则发动机每秒喷出气体的质量为 ( )
A.0.8 kg B.0.2 kg
C.0.4 kg D.5.0 kg
听课记录:
[内化模型]
用动量定理求解流体类平均冲力问题
1.基本思路
(1)建立“柱体”模型。对于流体,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度为Δl,如图所示,若流体的密度为ρ,那么,在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
(2)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时,图中流体柱长度Δl就足够短,质量Δm也很小,这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法。
(3)运用动量定理,即流体微元所受的合外力的冲量等于流体微元动量的增量,即F合Δt=Δp。
2.具体步骤
应用动量定理分析连续流体相互作用问题的方法是微元法,具体步骤为:
(1)确定一小段时间Δt内的连续流体为研究对象;
(2)写出Δt内连续流体的质量Δm与Δt的关系式;
(3)分析连续流体的受力情况和动量变化;
(4)应用动量定理列式、求解。
[针对训练]
1.如图所示为用高压水枪喷水洗车时的情境,水枪每秒钟喷出水的体积为V0,水流速度大小为v,水柱垂直车窗表面,水柱冲击车窗后水的速度变为零,水的密度为ρ,则水柱对车窗的平均作用力大小为 ( )
A.ρ B.ρ
C.ρvV0 D.
2.(2025·达州阶段练习)在气象学上,按风力大小可划分为13个等级,当风力达到6级以上时,人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况,将一模型放在水平地面上,模型与地面间的最大静摩擦力为294 N,其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2,空气的密度为1.25 kg/m3,风吹到模型表面上速度立刻减为0,则在确保不被风吹动的前提下,该模型能够承受水平方向的最大风速为 ( )
A.7.0 m/s B.14.0 m/s
C.19.8 m/s D.28.0 m/s
一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养
科学思维——泡沫塑料和气垫的作用
1.(选自鲁科版教材课后练习)运输易碎器件时,经常在包装箱中填充泡沫塑料;为营救高空坠落者,常会在坠落者下方放置气垫。请解释这样做的理由。
科学探究——探究作用时间对作用力的影响
2.(选自鲁科版教材例题)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)若男孩落地时屈膝(如图所示),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)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
科学态度与责任——高空抛物的危害
3.(选自粤教版教材)生活中严禁高空抛物。假设从20层高楼楼顶(每层楼高约3 m)落下一个质量为0.1 kg 的苹果。苹果落到楼下地面时与地面相撞,撞击时间为0.1 s。我们来算一下苹果撞击地面的平均撞击力F有多大。
二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值
1.在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,测得假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示。则由曲线可知,假人头部 ( )
A.加速度大小先减小后增大
B.动量大小先增大后减小
C.动能的变化量等于曲线与横轴围成的面积
D.动量的变化量等于曲线与横轴围成的面积
2.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示,某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落45 cm后被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,头部对足球的平均作用力大小是 ( )
A.24 N B.28 N
C.20 N D.26 N
第1、2节 动量 动量定理
落实必备知识
[预读教材]
一、
1.相互作用 3.(3)①乘积 ③矢量 kg·m/s ④状态量
二、
1.(1)作用时间 (2)FΔt (3)牛顿秒 N·s (4)力的方向
2.(1)合力与作用时间的乘积 动量的变化 (3)动量变化量
[情境创设]
1.(1)× (2)× (3)√
2.提示:动能发生变化时,动量一定发生变化;但动量发生变化时,动能不一定发生变化。物体的动能发生了变化,说明速度大小发生了变化,则动量大小也会发生变化。物体的动量发生变化时,可能仅仅是因为运动方向发生了变化,而速度大小没有变化,这种情况下,动能就不会变化。
3.提示:(1)因为小刚速度方向时刻改变,故小刚的动量不相同。
(2)动能是标量,没有方向,所以小刚的动能时刻相同。
4.提示:I=mgt=50×10×5×60 N·s=1.5×105 N·s,方向竖直向下。
5.提示:根据动量定理FΔt=Δp,动量变化量Δp一定时,作用时间Δt越长,则作用力F越小。厚厚的海绵垫是为了保护运动员免受伤害的,跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落到硬地面上相比较,延长了作用时间,减小了运动员所受的冲击力。
强化关键能力
新知学习(一)
[任务驱动]
提示:取向右为正方向,则足球的初、末动量分别为p1=mv1=0.43×20 kg·m/s=8.6 kg·m/s,方向向右,p2=mv2=0.43×(-10)kg·m/s=-4.3 kg·m/s,即方向向左,足球动量的变化量为Δp'=p2-p1=-12.9 kg·m/s,即方向向左。
[针对训练]
1.选B 动量的表达式为p=mv。正常运行的地球同步卫星,速度大小不变,方向不断改变,所以动量改变,故A不符合题意;用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动,物体的速度大小和方向都不发生改变,所以动量不变,故B符合题意;小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变,但方向改变,所以动量改变,故C不符合题意;荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变,在这个过程中小孩速度大小和方向都改变,所以动量改变,故D不符合题意。
2.选C 设末速度方向为正方向,零件动量的变化量大小为Δp=mv2-mv1=2mωr=2×0.5×2×0.5 kg·m/s=1 kg·m/s,故C正确。
新知学习(二)
[任务驱动]
提示:(1)力F在0~1 s内的冲量I1=F1t1=20×1 N·s=20 N·s,对应F t图线与t轴所围的面积是20 N·s,二者相等。
(2)力F在1~6 s内的冲量I2=F2t2=-10×5 N·s=-50 N·s,负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F t图线与t轴所围的面积为-50 N·s,二者相等。
(3)力F在0~6 s内的冲量I=I1+I2=-30 N·s,负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F t图线与t轴所围的面积的代数和是-30 N·s,二者相等。
[针对训练]
1.选C 货物从A到B做匀速圆周运动,摩擦力提供向心力,货物所受摩擦力的冲量I=ft ,不为零,故A错误;货物动能不变,则所受合外力做功为零,故B错误;所受合外力的冲量I合=ft=m·Δv,不为零,故C正确;动量变化量Δp=m·Δv,不为零,故D错误。
2.选D 重力对物块的冲量为:IG=mg(t1+t2),D正确。
3.解析:
对物体受力分析如图所示。
(1)重力的冲量大小IG=mgt=3×10×2 N·s=60 N·s。
(2)支持力的冲量大小IN=Nt=(mg-Fsin 60°)t=×2 N·s≈44.4 N·s。
(3)力F的冲量大小IF=Ft=9×2 N·s=18 N·s。
(4)合外力的冲量大小
I合=Fcos 60°·t=9×0.5×2 N·s=9 N·s。
答案:(1)60 N·s (2)44.4 N·s (3)18 N·s (4)9 N·s
新知学习(三)
[典例] 解析:(1)以铁锤为研究对象,不计铁锤重力时,铁锤只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F1,取竖直向上为正,由动量定理可得F1t=0-(-mv)
所以F1= N=200 N,方向竖直向上。
由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为200 N,方向竖直向下。
(2)若考虑铁锤重力,设此时铁锤受钉子的作用力为F2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正。
(F2-mg)t=0-(-mv)
F2= N+0.5×10 N=205 N,方向竖直向上。
由牛顿第三定律知,钉子受到的平均作用力为205 N,方向竖直向下。
答案:(1)200 N,方向竖直向下 (2)205 N,方向竖直向下
[针对训练]
1.选BC 演员落在网上时的速度和落在地面上的速度相同,故落在网上时的动量和落在地面上的动量相等,故A错误;演员落在网上时与网相互作用的时间较长,故D错误;演员的初动量相等,末动量均为零,所以演员落在网上时动量变化量和落在地面上的动量变化量相同,又演员落在网上时与网相互作用的时间较长,由动量定理可知,演员落在网上受到的网的作用力较小,故B、C正确。
2.选BD 根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上,经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时,运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知,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4 600 N,故D正确。
新知学习(四)
[典例] 选C 对人(及装备)由平衡条件得F=mg,根据牛顿第三定律得人(及装备)对喷出的气体的力为F'=F,设Δt时间内喷出的气体的质量为Δm,由动量定理得F'·Δt=Δmv-0,又Δt=1 s,联立解得Δm=0.4 kg,所以发动机每秒喷出气体的质量为0.4 kg,故C正确,A、B、D错误。
[针对训练]
1.选C t时间内冲击车窗的水的质量为m=ρV0t,根据动量定理-Ft=0-mv,得F=ρvV0,故选C。
2.选B 设模型能够承受水平方向的最大风速为v,由平衡条件可知,此时风对模型的平均作用力大小'=f=294 N,由牛顿第三定律可知,模型对风的平均作用力大小为='=294 N,根据动量定理,有-t=0-mv,m=ρV=ρSvt,解得v=14 m/s,故选B。
浸润学科素养和核心价值
一、
1.提示:根据动量定理可得F=,该式表明,当动量变化量相同时,延长作用时间,可减小物体受到的合外力。在包装箱中填充泡沫塑料、在坠落者下方放置气垫都是利用这些物体可以发生比较大的形变来延长力的作用时间,从而减轻剧烈碰撞造成的伤害。
2.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=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=N=3.6×103 N,方向竖直向上。
答案:(1)9.0×102 N (2)3.6×103 N
3.解析:苹果到达地面撞击地面前的速度v=≈34.6 m/s(取g=10 m/s2),苹果撞击楼下地面后速度为零,根据动量定理,可求得F=34.6 N。如果苹果落到楼下的人或物上,可能会造成很大的伤害,所以我们严禁高空抛物。
答案:34.6 N
二、
1.选D 假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力,而根据F t图像可知,作用力随时间先增大后减小,根据牛顿第二定律,可知假人头部加速度大小先增大后减小,故A错误;根据题意,假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力,则F t图像中曲线与横轴围成的面积即表示合外力的冲量,而根据动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,即F t图像中曲线与横轴围成的面积也表示动量的变化量,且图像始终在时间轴上方,则可知动量的大小一直减小,故D正确,B错误;根据动量与动能的关系有Ek=,而动量变化量等于曲线与横轴围成的面积,则可知动能的变化量不等于曲线与横轴围成的面积,故C错误。
2.选B 设足球从高处自由下落至与头部接触瞬间速度大小为v1,离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为v2,有=2gh,0-=-2gh,解得v1=v2=3 m/s,取向上为正方向,根据动量定理有t=mv2-,解得=28 N,故选B。
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第一章 动量与动量守恒定律
选择性必修第一册
动量 动量定理
第1、2节
核心素养导学
物理观念 (1)通过分析碰撞中的不变量，掌握动量的概念，会计算一维情况下的动量变化量。
(2)知道冲量的概念，知道冲量是矢量。
(3)知道动量定理的确切含义，掌握其表达式。
科学思维 理解动量定理的推导过程，能分析与动量变化相关的问题。
科学探究 通过“探究碰撞前后运动量的变化”实验探究，能观察物理现象，提出物理问题，分析实验数据，得到初步结论。
科学态度 与责任 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生产生活中的有关现象，具备将所学知识应用于生活实际的意识，有主动进行科学普及的兴趣。
续表
[四层]学习内容1 落实必备知识
[四层]学习内容2 强化关键能力
01
02
CONTENTS
目录
[四层]学习内容3 ·4 浸润学科素养和核心价值
课时跟踪检测
03
04
[四层]学习内容1 落实必备知识
一、动量
1.常见的碰撞现象
碰撞：做相对运动的两个(或几个)物体相遇并发生__________，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫作碰撞。
相互作用
2.历史上对碰撞现象的研究
(1)马尔西碰撞实验
(2)惠更斯碰撞实验
①两个质量相同的弹性球A、B，以大小相等、方向相反的速度v相碰后，各自以同样大小的速度v反弹回去。
②如图所示，如果球A以速度v去碰静止的球B，
球A会静止下来，球B获得与球A碰前相同的速度。
③结论：每个物体所具有的“运动量”在碰撞时
可以增多或减少，但是它们的量值在同一个方向的总和却保持不变。
[微点拨]
两小球静止时应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直。将小球拉起后，两摆线应在同一竖直平面内，以保证碰撞是一维的。两球最好用双线摆。
3.探究碰撞过程的守恒量
(1)实验装置：气垫导轨、数字计时器、滑块和光电门。
(2)实验结论：大量实验表明，两个物体相互碰撞时，碰前运动量的总和(mAvA+mBvB)与碰后运动量的总和(mAvA'+mBvB')总是相等的，即质量m与速度v乘积的矢量和在碰撞过程中保持不变，或者说守恒。
(3)动量的概念
①定义：质量m与速度v的______称为动量。
②公式：p=mv。
③动量是______，动量的方向与速度的方向相同。单位是________。
④动量是________。
乘积
矢量
kg·m/s
状态量
二、动量定理
1.冲量
(1)定义：力与力的__________的乘积。
(2)公式：I=_____。
(3)单位：________，符号是_____。
(4)矢量性：方向与__________相同。
作用时间
FΔt
牛顿秒
N·s
力的方向
2.动量定理
(1)内容：一个过程中物体所受_______________________等于物体_____________。
(2)表达式：I=Δp或F(t'-t)=mv'-mv。
(3)动量定理的研究对象：单个物体或物体系。对物体系，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的____________。
合力与作用时间的乘积
动量的变化
动量变化量
[微点拨]
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系。
(2)动量定理表达式是矢量式，式中的等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
1.光滑的水平面上有两个半径相等的小球，质量
为m1的小球以速度v0与静止的质量为m2的小球发生碰
撞，碰后质量为m1、m2的小球速度分别为v1、v2，v1、v2与v0同方向且在同一直线上，如图所示为两球碰撞后的情况，则
(1)v0一定等于v1+v2。 ( )
(2)m1一定等于m1+m2。 ( )
(3)m1v0一定等于m1v1+m2v2。 ( )
×
×
√
2.某物体的动能发生变化时，动量一定发生变化吗 动量变化时，动能一定发生变化吗
提示：动能发生变化时，动量一定发生变化；但动量发生变化时，动能不一定发生变化。物体的动能发生了变化，说明速度大小发生了变化，则动量大小也会发生变化。物体的动量发生变化时，可能仅仅是因为运动方向发生了变化，而速度大小没有变化，这种情况下，动能就不会变化。
3.摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。
小刚搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面
内做匀速圆周运动。
(1)不同时刻小刚的动量相同吗
提示：因为小刚速度方向时刻改变，故小刚的动量不相同。
(2)不同时刻小刚的动能相同吗
提示：动能是标量，没有方向，所以小刚的动能时刻相同。
4.如图所示，有一质量m=50 kg的人在水平路面上行走了5分钟，其重力的冲量为多少 (g取10 m/s2)
提示：I=mgt=50×10×5×60 N·s=1.5×105 N·s，方向竖直向下。
5.如图所示，背越式跳高时，为什么在杆下放上厚厚的海绵垫
提示：根据动量定理FΔt=Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。厚厚的海绵垫是为了保护运动员免受伤害的，跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落到硬地面上相比较，延长了作用时间，减小了运动员所受的冲击力。
[四层]学习内容2 强化关键能力
如图所示，在某次足球比赛中，质量为430 g的足
球以20 m/s的速度正对撞向门柱，足球撞向门柱后以10 m/s的速度反向弹回，则足球的初动量、末动量以及与球门门柱碰撞过程中动量的变化量各是多少
新知学习(一)|对动量的理解
任务驱动
提示：取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为p1=mv1=0.43×
20 kg·m/s=8.6 kg·m/s，方向向右，p2=mv2=0.43×(-10)kg·m/s=-4.3 kg·m/s，即方向向左，足球动量的变化量为Δp'=p2-p1=-12.9 kg·m/s，即方向向左。
1.对动量的认识
重点释解
瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p=mv表示
矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性 因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关
2.动量的变化量
(1)动量的变化量是过程量，分析计算时，要明确是物体在哪一个过程的动量变化。
(2)动量的变化量Δp=p'-p是矢量式，Δp、p'、p间遵循平行四边形定则，如图所示。
(3)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。
比较项 动量 动能
物理意义 描述机械运动状态的物理量
定义式 p=mv Ek=mv2
标矢性 矢量 标量
换算关系 p=，Ek=
3.动量和动能的比较
1.下列运动中的物体，动量始终保持不变的是 ( )
A.正常运行的地球同步卫星
B.用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动
C.小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变
D.荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变
针对训练
√
解析：动量的表达式为p=mv。正常运行的地球同步卫星，速度大小不变，方向不断改变，所以动量改变，故A不符合题意；用绳子拉着物体，沿斜面做匀速直线运动，物体的速度大小和方向都不发生改变，所以动量不变，故B符合题意；小球碰到竖直墙壁被弹回，速度大小不变，但方向改变，所以动量改变，故C不符合题意；荡秋千的小孩，每次荡起的高度保持不变，在这个过程中小孩速度大小和方向都改变，所以动量改变，故D不符合题意。
2.一台自动传送盘，盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg 的零件，随盘做匀速圆周运动，则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中，零件动量的变化量大小为 ( )
A.0.25 kg·m/s B.0.5 kg·m/s
C.1 kg·m/s D.2 kg·m/s
√
解析：设末速度方向为正方向，零件动量的变化量大小为Δp=mv2-mv1=2mωr=2×0.5×2×0.5 kg·m/s=1 kg·m/s，故C正确。
力F随时间t变化的图像如图所示，请问：
(1)0~1 s内，力F的冲量是多少 对应F t
图线与t轴所围的面积是多少 二者什么关系
新知学习(二)|冲量的理解与计算
任务驱动
提示：力F在0~1 s内的冲量I1=F1t1=20×1 N·s=20 N·s，对应F-t图线与t轴所围的面积是20 N·s，二者相等。
(2)1~6 s内，力F的冲量是多少 对应F-t图线与t轴所围的面积是多少 二者什么关系
提示：力F在1~6 s内的冲量I2=F2t2=-10×5 N·s=-50 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积为-50 N·s，二者相等。
(3)0~6 s内，力F的冲量是多少 对应F-t图线与t轴所围的面积是多少 二者什么关系
提示：力F在0~6 s内的冲量I=I1+I2=-30 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F-t图线与t轴所围的面积的代数和是-30 N·s，二者相等。
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对一段时间的积累效应，与某一过程相对应。
(2)冲量是矢量：①在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同；②如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
重点释解
2.冲量的计算
(1)若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致。
(2)若力为同一方向随时间均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算。
(3)若力为一般变力，则不能直接计算冲量。
(4)若给出了力随时间变化的图像，如图所示，
可用面积法求变力的冲量。
1.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.所受摩擦力的冲量为零
B.所受合外力做功不为零
C.所受合外力的冲量不为零
D.动量变化量为零
针对训练
√
解析：货物从A到B做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，货物所受摩擦力的冲量I=ft ，不为零，故A错误；货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误；所受合外力的冲量I合=ft=m·Δv，不为零，故C正确；动量变化量Δp=m·Δv，不为零，故D错误。
2.如图所示，质量为m的物块沿倾角为θ的斜面由底
端向上滑动，经过时间t1速度减为零，然后下滑，又经
过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物
块的总冲量大小为 ( )
A.0 B.mg(t1+t2)sin θ
C.mg(t1-t2)sin θ D.mg(t1+t2)
√
解析：重力对物块的冲量为：IG=mg(t1+t2)，D正确。
3.(2025·广元阶段检测) 如图所示，一质量m=3 kg
的物体静止在光滑水平面上，受到与水平方向成60°
角的力F的作用，F的大小为9 N，经2 s的时间，g取10 m/s2，求：
(1)物体重力的冲量大小；
解析：对物体受力分析如图所示。
重力的冲量大小IG=mgt=3×10×2 N·s=60 N·s。
答案：60 N·s
(2)物体受到的支持力的冲量大小(结果保留三位有效数字)；
答案：44.4 N·s
解析：支持力的冲量大小IN=Nt=(mg-Fsin 60°)t=
×2 N·s≈44.4 N·s。
(3)力F的冲量大小；
答案：18 N·s
解析：力F的冲量大小IF=Ft=9×2 N·s=18 N·s。
(4)合外力的冲量大小。
答案：9 N·s
解析：合外力的冲量大小I合=Fcos 60°·t=9×0.5×2 N·s=9 N·s。
1.对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式FΔt=mv'-mv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。
新知学习(三)|动量定理的理解与应用
重点释解
2.动量定理的定性应用
(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。
[典例] 如图所示，用0.5 kg的铁锤把钉子竖直钉进木
头里，打击时铁锤的速度为4 m/s。如果打击后铁锤的速度
变为0，打击的作用时间是0.01 s，g取10 m/s2，求：
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到铁锤对它的平均作用力；
典例体验
[答案] 200 N，方向竖直向下
[解析] 以铁锤为研究对象，不计铁锤重力时，铁锤只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t=0-(-mv)
所以F1= N=200 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为200 N，方向竖直向下。
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到铁锤对它的平均作用力。
[答案] 205 N，方向竖直向下
[解析] 若考虑铁锤重力，设此时铁锤受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正。
(F2-mg)t=0-(-mv)
F2= N+0.5×10 N=205 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，钉子受到的平均作用力为205 N，方向竖直向下。
/方法技巧/
应用动量定理的四点注意事项
(1)明确物体受到合外力冲量作用的结果是导致物体动量发生变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。
(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值。
(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。
(4)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，且要注意是末动量减去初动量。
1.(2025·德阳阶段练习)(多选)杂技演员做空中表演，为了安全，常常在下面挂上一张很大的网，当演员不小心从高处掉下而落在网上时，如果与落在相同高度的地面上时相比较，则下列说法中正确的是 ( )
A.演员落在网上时动量较小
B.演员落在网上时受到的作用力较小
C.演员的动量变化量相同
D.演员落在网上时与网相互作用的时间较短
针对训练
√
√
解析：演员落在网上时的速度和落在地面上的速度相同，故落在网上时的动量和落在地面上的动量相等，故A错误；演员落在网上时与网相互作用的时间较长，故D错误；演员的初动量相等，末动量均为零，所以演员落在网上时动量变化量和落在地面上的动量变化量相同，又演员落在网上时与网相互作用的时间较长，由动量定理可知，演员落在网上受到的网的作用力较小，故B、C正确。
2.(2024·全国甲卷)(多选)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4 600 N
√
√
解析：根据牛顿第三定律并结合题图可知，t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知，运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上，经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t=1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s时，运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)，其中Δt=0.3 s，代入数据可得=4 600 N，根据牛顿第三定律可知，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4 600 N，故D正确。
[典例] 有一种小型涡轮喷气发动机的“飞板”，可使人(及装备)悬浮在空中静止，发动机将气体以3 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，此时人(及装备)的总质量为120 kg，不考虑喷出气体对总质量的影响，g取10 m/s2，则发动机每秒喷出气体的质量为 ( )
A.0.8 kg B.0.2 kg
C.0.4 kg D.5.0 kg
典例体验
新知学习(四)|用动量定理解决流体类问题
√
[解析] 对人(及装备)由平衡条件得F=mg，根据牛顿第三定律得人(及装备)对喷出的气体的力为F'=F，设Δt时间内喷出的气体的质量为Δm，由动量定理得F'·Δt=Δmv-0，又Δt=1 s，联立解得Δm=0.4 kg，所以发动机每秒喷出气体的质量为0.4 kg，故C正确，A、B、D错误。
用动量定理求解流体类平均冲力问题
1.基本思路
(1)建立“柱体”模型。对于流体，可沿流速v的方向
选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为
S的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt。
内化模型
(2)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时，图中流体柱长度Δl就足够短，质量Δm也很小，这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法。
(3)运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt=Δp。
2.具体步骤
应用动量定理分析连续流体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：
(1)确定一小段时间Δt内的连续流体为研究对象；
(2)写出Δt内连续流体的质量Δm与Δt的关系式；
(3)分析连续流体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解。
1.如图所示为用高压水枪喷水洗车时的情境，水枪每
秒钟喷出水的体积为V0，水流速度大小为v，水柱垂直车
窗表面，水柱冲击车窗后水的速度变为零，水的密度为ρ，
则水柱对车窗的平均作用力大小为 ( )
A.ρB.ρ C.ρvV0 D.
针对训练
解析：t时间内冲击车窗的水的质量为m=ρV0t，根据动量定理-Ft=
0-mv，得F=ρvV0，故选C。
√
2.(2025·达州阶段练习)在气象学上，按风力大小可划分为13个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力为294 N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2，空气的密度为1.25 kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为 ( )
A.7.0 m/s B.14.0 m/s
C.19.8 m/s D.28.0 m/s
√
解析：设模型能够承受水平方向的最大风速为v，由平衡条件可知，此时风对模型的平均作用力大小'=f=294 N，由牛顿第三定律可知，模型对风的平均作用力大小为='=294 N，根据动量定理，有-t=0-mv，m=ρV=ρSvt，解得v=14 m/s，故选B。
[四层] 学习内容3·4浸润
学科素养和核心价值
1.(选自鲁科版教材课后练习)运输易碎器件时，经常在包装箱中填充泡沫塑料；为营救高空坠落者，常会在坠落者下方放置气垫。请解释这样做的理由。
科学思维——泡沫塑料和气垫的作用
一、好素材分享——看其他教材如何落实核心素养
提示：根据动量定理可得F=，该式表明，当动量变化量相同时，延长作用时间，可减小物体受到的合外力。在包装箱中填充泡沫塑料、在坠落者下方放置气垫都是利用这些物体可以发生比较大的形变来延长力的作用时间，从而减轻剧烈碰撞造成的伤害。
2.(选自鲁科版教材例题)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)若男孩落地时屈膝(如图所示)，用了1 s停下来，
则落地时地面对他的平均作用力是多大
科学探究——探究作用时间对作用力的影响
答案：9.0×102 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。
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=N=9.0×102 N，方向竖直向上。
(2)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：3.6×103 N
解析：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=N=3.6×103 N，方向竖直向上。
3.(选自粤教版教材)生活中严禁高空抛物。假设从20层高楼楼顶(每层楼高约3 m)落下一个质量为0.1 kg 的苹果。苹果落到楼下地面时与地面相撞，撞击时间为0.1 s。我们来算一下苹果撞击地面的平均撞击力F有多大。
科学态度与责任——高空抛物的危害
答案：34.6 N
解析：苹果到达地面撞击地面前的速度v =≈34.6 m/s(取g=10 m/s2)，苹果撞击楼下地面后速度为零，根据动量定理，可求得F=34.6 N。如果苹果落到楼下的人或物上，可能会造成很大的伤害，所以我们严禁高空抛物。
1. 在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，测得假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示。则由曲线可知，假人头部( )
A.加速度大小先减小后增大
B.动量大小先增大后减小
C.动能的变化量等于曲线与横轴围成的面积
D.动量的变化量等于曲线与横轴围成的面积
二、新题目精选——品立意深处所蕴含的核心价值
√
解析：假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力，而根据F-t图像可知，作用力随时间先增大后减小，根据牛顿第二定律，可知假人头部加速度大小先增大后减小，故A错误；根据题意，假人头部受到的合外力等于安全气囊的作用力，则F-t图像中曲线与横轴围成的面积即表示合外力的冲量，而根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即F- t图像中曲线与横轴围成的面积也表示动量的变化量，且图像始终在时间轴上方，则可知动量的大小一直减小，故D正确，B错误；根据动量与动能的关系有Ek=，而动量变化量等于曲线与横轴围成的面积，则可知动能的变化量不等于曲线与横轴围成的面积，故C错误。
2.(2025·贵州贵阳阶段练习)如图所示，某学生练习用头颠
球。某一次足球由静止下落45 cm后被重新顶起，离开头部后
竖直上升的最大高度仍为45 cm。已知足球与头部的作用时间
为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计
空气阻力，头部对足球的平均作用力大小是 ( )
A.24 N B.28 N
C.20 N D.26 N
√
解析：设足球从高处自由下落至与头部接触瞬间速度大小为v1，离开头部做竖直上抛运动瞬间速度大小为v2，有=2gh，0-=
-2gh，解得v1=v2=3 m/s，取向上为正方向，根据动量定理有t
=mv2-，解得=28 N，故选B。
课时跟踪检测
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1.如图所示，质量为0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹与质量为0.8 kg、以10 m/s的速度飞行的小球相比，下列判断正确的是 ( )
A.子弹的动量较大 B.小球的动量较大
C.子弹的动能较大 D.小球的动能较大
√
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解析：根据p=mv，子弹的动量p1=8 kg·m/s，小球的动量p2=8 kg·m/s，所以二者动量相等；根据Ek=mv2，子弹的动能Ek1=3 200 J，小球的动能Ek2=40 J，所以子弹的动能较大，故C正确，A、B、D错误。
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2.如图所示，一个人坐在摩天轮中做匀速圆周运动，运动一周的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.人的动量一直变化，动能始终不变
B.人的动能一直变化，动量始终不变
C.人的动量和动能始终不变
D.人的动量和动能一直变化
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解析：动量是矢量，既有大小又有方向，动能是标量，只有大小没有方向。所以人的动能不变，动量一直变化，A正确。
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3.两辆汽车的质量分别为m1和m2，沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能，则两辆汽车的动量大小之比是 ( )
A. B. C. D.
√
解析：根据动量与动能的关系式p2=2mEk，可得两辆汽车动量大小之比是 ，故B正确，A、C、D错误。
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4.如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1。忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量 ( )
A.大小为m(v2-v1)，方向与v1方向相同
B.大小为m(v2+v1)，方向与v1方向相同
C.大小为m(v2-v1)，方向与v2方向相同
D.大小为m(v2+v1)，方向与v2方向相同
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解析：取拍子击打网球前网球的速度的方向为正方向，根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为：I=-mv2-mv1=-m(v1+v2)，即冲量大小为m(v1+v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，故D正确，A、B、C错误。
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5.下列说法正确的是 ( )
A.动能为零时，物体一定处于平衡状态
B.物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
C.物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D.动能不变，物体的动量一定不变
√
解析：动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，D错误。
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6.（多选）“守株待兔”是一则家喻户晓的故
事，它告诉我们天上不会掉馅饼，要通过劳动获
取成果。假设兔子的头部受到大小等于自身体重
的打击力时即可致死，若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子的奔跑速度不可能是(g=10 m/s2) ( )
A.1 m/s B.1.5 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
√
√
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解析：取兔子奔跑的速度方向为正方向，根据动量定理得-Ft=0
-mv，解得v=，其中F=mg，则v==gt=10×0.2 m/s=2 m/s，则被撞死的兔子的奔跑速度大于或等于2 m/s，故选A、B。
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7.如图所示，测试汽车安全气囊的实验中，汽车载着模型人以64 km/h的速度撞向刚性壁障，汽车速度短时间内减为0，同时，安全气囊弹出，保护模型人。则关于安全气囊的作用，下列说法正确的是 ( )
A.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动能变化量
B.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的受力时间
C.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力
D.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量
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解析：碰撞过程中动能变化量为ΔEk=0-m，可知安全气囊没有改变碰撞过程中模型人的动能变化量，故A错误； 安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间，故B错误； 由动量定理可得-Ft=0-mv0，由于安全气囊增加了碰撞过程中模型人的受力时间，所以模型人受到的冲击力减小，故C正确；根据动量定理可知，碰撞过程中模型人受到的冲量大小为I=mv0，所以安全气囊没有改变碰撞过程中模型人受到的冲量，故D错误。
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8.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以 ( )
A.减小球对手的冲量 B.减小球对手的冲击力
C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量
解析：由动量定理Ft=Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球作用的时间，从而减小了球的动量变化率，即减小了球对手的冲击力，故B正确。
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9.假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S=1 m2，以v=7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m=2×10-5 g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加 ( )
A.0.49 N B.0.98 N
C.490 N D.980 N
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解析：选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的质量，即M=，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt=Mv-0，则F==，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加F，代入数据得F=0.98 N，故选B。
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10.物体的质量为m=2.5 kg，静止在水平地面上。物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2，物体受到一水平拉力F作用，F方向不变，大小随时间变化规律如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则 ( )
A.前2 s物体静止不动，因拉力F小于摩擦力
B.6 s内，拉力F对物体的冲量大小等于58 N·s
C.6 s内，摩擦力对物体的冲量大小等于30 N·s
D.6 s末物体的速度大小是23.2 m/s
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解析：物体受到的最大静摩擦力fm=μmg=5 N，由图像可知前2 s内物体受到的拉力小于最大静摩擦力，物体保持静止状态，拉力F大小等于静摩擦力，故A错误；F-t图像中图线与横轴围成的面积代表冲量，所以6 s内，拉力F对物体的冲量大小IF=(4×2+10×2+15×2)N·s=58 N·s，故B正确；前2 s物体受静摩擦力，大小为4 N，后4 s物体受滑动摩擦力，大小为5 N，故摩擦力对物体的冲量大小If=(4×2+5×4)N·s=28 N·s，故C错误；根据动量定理有IF-If=mv，解得v= m/s=12 m/s，故D错误。
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11.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是 ( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
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解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力，下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度总大于下落过程的加速度，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知，小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
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上升与下落过程的位移相等，上升时加速度更大，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；经过同一位置时，上升过程的速度更大，则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
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12.(10分)质量为0.5 kg的弹性小球，从1.25 m高处自由下落，与地板碰撞后回弹高度为0.8 m。设碰撞时间为0.1 s，回弹的速度方向竖直向上，g取10 m/s2，不计空气阻力。求小球对地板的平均作用力。
答案：50 N，方向竖直向下
解析：法一：分段处理
取小球为研究对象，根据自由落体运动和竖直上抛运动可知，小球与地板碰撞前的速度：
v1== m/s=5 m/s，方向竖直向下；
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小球与地板碰撞后的速度：
v2== m/s=4 m/s，方向竖直向上。
与地板碰撞时小球受力情况如图所示，取竖直向上为正方向。
根据动量定理：(-mg)t=mv2-(-mv1)
解得=50 N
由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均作用
力大小为50 N，方向竖直向下。
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法二：全程处理
以开始下落的瞬间为初状态，反弹到最高点时为末状态，则重力的作用时间：t=+t碰+=(0.5+0.1+0.4)s=1 s
地板对小球平均作用力的作用时间为t碰=0.1 s
取竖直向下为正方向，由动量定理：mgt-t碰=0
解得=50 N
由牛顿第三定律可知，小球对地板的平均作用力大小为50 N，方向竖直向下。
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13.(12分)体育课上，甲同学在距离地面高h1=2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0=8.0 m/s；乙同学在离地h2=0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m=0.3 kg，取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力。求：
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(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；(4分)
答案：x=4.8 m
解析：设排球在空中飞行的时间为t，则h1-h2=gt2，解得t=0.6 s；则排球在空中飞行的水平距离x=v0t=4.8 m。
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(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；(4分)
答案：v=10.0 m/s，方向与水平方向夹角tan θ=0.75
解析：乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy=gt=6.0 m/s；
根据v=得v=10.0 m/s；
设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示)
则有tan θ==0.75。
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(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。(4分)
答案：6.0 N·s
解析：根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0 N·s。课时跟踪检测(一) 动量 动量定理
1.如图所示,质量为0.01 kg、以800 m/s的速度飞行的子弹与质量为0.8 kg、以10 m/s的速度飞行的小球相比,下列判断正确的是 ( )
A.子弹的动量较大 B.小球的动量较大
C.子弹的动能较大 D.小球的动能较大
2.如图所示,一个人坐在摩天轮中做匀速圆周运动,运动一周的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.人的动量一直变化,动能始终不变
B.人的动能一直变化,动量始终不变
C.人的动量和动能始终不变
D.人的动量和动能一直变化
3.两辆汽车的质量分别为m1和m2,沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能,则两辆汽车的动量大小之比是 ( )
A. B.
C. D.
4.如图所示,运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2,v1与v2方向相反,且v2>v1。忽略网球的重力,则此过程中拍子对网球作用力的冲量 ( )
A.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同
B.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同
C.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同
D.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同
5.下列说法正确的是 ( )
A.动能为零时,物体一定处于平衡状态
B.物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
C.物体所受合外力不变时,其动量一定不变
D.动能不变,物体的动量一定不变
6.（多选）“守株待兔”是一则家喻户晓的故事,它告诉我们天上不会掉馅饼,要通过劳动获取成果。假设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死,若兔子与树桩发生碰撞,作用时间为0.2 s,则被撞死的兔子的奔跑速度不可能是(g=10 m/s2) ( )
A.1 m/s B.1.5 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
7.如图所示,测试汽车安全气囊的实验中,汽车载着模型人以64 km/h的速度撞向刚性壁障,汽车速度短时间内减为0,同时,安全气囊弹出,保护模型人。则关于安全气囊的作用,下列说法正确的是 ( )
A.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的动能变化量
B.安全气囊减小了碰撞过程中模型人的受力时间
C.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲击力
D.安全气囊减小了碰撞过程中模型人受到的冲量
8.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时,两手随球迅速收缩至胸前,这样做可以 ( )
A.减小球对手的冲量 B.减小球对手的冲击力
C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量
9.假如有一宇宙飞船,它的正面面积为S=1 m2,以v=7×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区,尘区每1 m3空间有一微粒,每一微粒平均质量为m=2×10-5 g,飞船经过区域的微粒都附着在飞船上,若要使飞船速度保持不变,飞船的推力应增加 ( )
A.0.49 N B.0.98 N
C.490 N D.980 N
10.物体的质量为m=2.5 kg,静止在水平地面上。物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2,物体受到一水平拉力F作用,F方向不变,大小随时间变化规律如图所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则 ( )
A.前2 s物体静止不动,因拉力F小于摩擦力
B.6 s内,拉力F对物体的冲量大小等于58 N·s
C.6 s内,摩擦力对物体的冲量大小等于30 N·s
D.6 s末物体的速度大小是23.2 m/s
11.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是 ( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
12.(10分)质量为0.5 kg的弹性小球,从1.25 m高处自由下落,与地板碰撞后回弹高度为0.8 m。设碰撞时间为0.1 s,回弹的速度方向竖直向上,g取10 m/s2,不计空气阻力。求小球对地板的平均作用力。
13.(12分)体育课上,甲同学在距离地面高h1=2.5 m处将排球击出,球的初速度沿水平方向,大小为v0=8.0 m/s;乙同学在离地h2=0.7 m处将排球垫起,垫起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排球质量m=0.3 kg,取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力。求:
(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x;(4分)
(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向;(4分)
(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。(4分)
阶段质量检测(一)
1.选C 尽可能减少碰后粒子的动能,才能尽可能增大内能,所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零,即具有相同大小的动量。
2.选A 以向左为正方向,根据动量守恒得0=m甲v-m乙v+mv',代入数据解得v'=0.6 m/s,方向向左,故A正确。
3.选C F t图像的面积表示冲量,在上方为正,在下方为负,故根据动量定理可得:2×2+×2×1-×2×2+2×2+×2×1 N·s=mv-0,解得第8 s末的速度v=16 m/s,C正确。
4.选D 对于小车、小球组成的系统,由于小球沿曲面加速下滑,有竖直向下的加速度,所以系统竖直方向的合外力不为零,系统动量不守恒,A错误;对于小车、小球组成的系统,在小球下滑过程中只有重力做功,所以系统机械能守恒,B错误;对系统,水平方向动量守恒,有0=mv1-Mv2,根据机械能守恒定律,有mgh=m+M,小球滑离小车时的速度不为零,因此小球做平抛运动,C错误;对系统,水平方向动量守恒,有0=mv1-Mv2,即有M=m,即Mx2=mx1,又因为x1+x2=L,解得x2=L,D正确。
5.选C 由于墙壁对a球有弹力作用,整个过程中小球a、b、c和弹簧组成的系统动量不守恒,故A错误;小球c与小球b发生弹性碰撞,设碰撞后小球b速度为v1,小球c速度为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=3mv1+mv2,m=·3m+m,解得v1=v0,v2=-v0,所以Δp=mv2-mv0=-mv0,故小球c的动量变化量大小为mv0,故B错误;小球b向左运动至速度为零时,弹簧弹性势能最大,则Epm=·3m=m,故C正确;从小球b开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程,小球b与弹簧组成的系统机械能守恒,小球b向右的速度大小为v1,当小球a、b向右运动,弹簧恢复原长时,小球a的速度最大,故D错误。
6.选B 在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M=vtSm,由动量定理得:Ft=Mv,解得F=3.6 N,根据牛顿第三定律,微粒对飞船的作用力为3.6 N。要使飞船速度不变,根据平衡条件,飞船的牵引力应增加3.6 N,故B正确。
7.选B 设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的质量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v3,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3,m=m+m,联立解得v1=v0,设中子和氮核碰撞后中子速度为v4,由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4,m=·14m+m,联立解得v2=v0,可得v1=v0>v2,碰撞后氢核的动量为pH=mv1=mv0,氮核的动量为pN=14mv2=,可得pN>pH,碰撞后氢核的动能为EkH=m=m,氮核的动能为EkN=·14m=,可得EkH>EkN,故B正确,A、C、D错误。
8.选ACD 甲、乙、人看成一系统,则水平方向动量守恒,甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比,A正确,B错误;Mx甲=(M+m)x乙,x甲+x乙=L,解得C、D正确。
9.选BD 甲物体的动量随时间的变化图像是一条直线,其斜率恒定不变,说明物体受到恒定的合外力作用,由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大,则甲物体做匀变速直线运动,与竖直上抛运动类似,A错误,B正确;乙物体的动量随时间的变化规律是一条曲线,曲线的斜率先增大后减小,则乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后减小。由图线还可以看出,乙物体的动量先正方向减小到零,然后反方向增大。由此可知乙物体的运动是一个变加速运动,与水平面上的小球运动时遇到一端固定的弹簧的情况类似,C错误,D正确。
10.选BD 根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0=,根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v=,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=×2mv2=mgh,B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh'=mv2,B能达到的最大高度为,D正确。
11.解析:(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度
d=1.3 cm+0.05 mm×16=13.80 mm。
(2)滑块1穿过光电门1的速度:v=;滑块1穿过光电门2的速度:v1=;滑块2穿过光电门2的速度:v2=;若动量守恒,则m1=m1+m2,即=+;为防止碰后m1反弹,则两滑块的质量关系是m1>m2。
答案:(1)13.80 (2)m1>m2 =+
12.解析:(1)为了防止入射球碰后反弹,入射球的质量要大于被碰球的质量,即mA>mB。
(2)碰撞时应有:mAv0=mAvA+mBvB
由平抛规律有x=vt,小球从相同高度落下,频闪照相机频率相同,所以题图乙、丙中小球的运动时间相等,上式中两边同乘以t,
则有:mAx0=mAxA+mBxB,所以需要在照片中直接测量的物理量有:x0、xA、xB。
(3)由(2)的分析可知,应验证的表达式为:mAx0=mAxA+mBxB。
答案:(1)> (2)x0、xA、xB (3)mAx0=mAxA+mBxB
13.解析:(1)设水平向右为正方向,有I=mAv0
代入数据解得v0=3.0 m/s。
(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA,B在A上滑行的时间为t,B离开A时A和B的速度分别为vA和vB,根据动量定理有
-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0,FABt=mBvB
其中FAB=FBA,FCA=μ(mA+mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB,根据动能定理有-(FBA+FCA)sA=mA-mA,FABsB=EkB
动量与动能之间的关系为mAvA=
mBvB=
木板A的长度L=sA-sB,代入数据解得L=0.50 m。
答案:(1)3.0 m/s (2)0.50 m
14.解析:(1)碰前A做匀变速直线运动,由动能定理得:-μm1gx=m1v2-m1,解得v=4 m/s。碰撞过程中,A、B系统的动量守恒,选取物块A运动的方向为正方向,
则有:m1v=m1+m2v2,代入数据可得v2=6 m/s,根据动量定理可得:I=m2v2=0.6 kg·m/s。
(2)小球B在摆至最高点的过程中,机械能守恒,设到最高点时的速度为v3,
则有:m2=m2+m2g·2R
在最高点进行受力分析,有T+m2g=m2,
代入数据解得T=1 N
由牛顿第三定律可得细绳受到的拉力大小T'=T=1 N。
答案:(1)0.6 kg·m/s (2)1 N
15.解析:(1)滑块a从D到F,由动能定理有mg·2R=m-m,在F点根据牛顿第二定律有FN-mg=m,解得vF=10 m/s,FN=31.2 N。
(2)滑块a返回B点时的速度vB=1 m/s,滑块a一直在传送带上做减速运动,加速度大小为a=μg=5 m/s2,根据=-2aL,可得在C点的速度vC=3 m/s,则滑块a从碰撞后到返回到C点,有m=m+mg·2R,解得v1=5 m/s,因a、b碰撞过程动量守恒,则mvF=-mv1+3mv2,解得碰后b的速度v2=5 m/s,则碰撞损失的机械能ΔE=m-m-·3m=0。
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则a、b碰后的共同速度设为v,由动量守恒定律有mvF=4mv,解得v=2.5 m/s,
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时,a、b、c三者速度相等,设共同速度为v',由动量守恒定律有
4mv=6mv',则v'= m/s,
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1,由机械能守恒定律有·4mv2=·6mv'2+k,解得x1=0.1 m,同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1,则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2 m。
答案:(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
3 / 3
