名校系列专题13.1+动量和动量定理(教学案)-2019年高考物理一轮复习精品资料+Word版含解析
高考物理一轮总复习(固考基+抓细节+重落实)13-1 动量定理 动量守恒定律课件(含13高考、14模拟)
【答案】 B
动量守恒定律的理解和应用
1.动量守恒的适用对象和条件 (1)研究对象：相互作用的物体组成的系统． (2)守恒条件 ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零， 则系统动量守恒． ②近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力 远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零 时，系统在该方向上动量守恒．
Ft＝ mv2－mv1 (2)表达式： I＝Δp
动量守恒定律 1．内容：如果一个系统 不受外力 ，或者所受外力的矢量
和为0 ，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守
恒定律． 2．表达式 (1)p＝ p′ ，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的 总动量 p′. (2)m1v1＋m2v2＝ m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体 组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
【解析】
人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，
且初动量为 0，所以人由车的一端走到另一端的过程中，人 与车的速度方向总是反向的，且人的速度大小增大时，车的 速度大小也增大，只有 B 选项正确．
【答案】 B
3．(2011· 福建高考)在光滑水平面上，一质量为 m、速度 大小为 v 的 A 球与质量为 2m 静止的 B 球碰撞后，A 球的速 度方向与碰撞前相反． 则碰撞后 B 球的速度大小可能是( A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v )
考纲展示 1.动量、动量定理、动量守恒定律 及其应用 Ⅱ
复习要点
2.弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ
实验：验证动量守恒定律 3.光电效应 Ⅰ
4.爱因斯坦光电效应方程Ⅰ
1.动量、动量的变化等概念，动 量与动能区别． 2.理解动量守恒的条件，能用动 量守恒定律分析碰撞、打击、 反冲等问题． 3.认识光电效应现象，理解光电 效应规律，并能用光子说解释 ．
2019届高考物理一轮复习专题动量和动量定理导学案1
动量和动量定理知识梳理知识点一 动量1.定义：物体的 与 的乘积.2.表达式：p ＝ .3.特征：矢量性、瞬时性、相对性.4.动量的变化(也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等)(1)定义：动量的变化等于 与 之差.(2)表达式： ，Δp 也是矢量，Δp 的方向由初末动量的方向共同决定. 答案：1.质量 速度 2.mv 4.(1)末动量 初动量 (2)Δp ＝p ′－p知识点二 冲量1.定义： 与 的乘积叫做力的冲量.2.公式： .3.单位： ，符号是 .4.矢标性：冲量是 ，方向是由 决定的.5.物理意义：表示力的作用对 的积累效果.6.作用效果：使物体的 发生变化.答案：1.力 力的作用时间 2.I ＝F ·t 3.牛顿·秒 N·s 4.矢量 力的方向 5.时间 6.动量知识点三 动量定理1.内容：物体在一个过程始末的 等于它在这个过程中所受力的冲量.2.表达式：F (t ′－t )＝mv ′－mv 或I ＝p ′－p .3.注意：(1)动量定理内容有两方面：一是合外力冲量的大小与动量变化的大小 ，二是动量变化的方向与冲量的方向 .(2)动量定理的研究对象，可以是 ，也可以是 .对物体系统，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统的动量变化.4.用动量概念表示牛顿第二定律F ＝Δp Δt，此式表示：物体 等于它所受的力. 答案：1.动量变化量 3.(1)相等 相同 (2)单个物体 物体系统 4.动量的变化率考点精练考点一动量的概念以及动量的变化1.动量是矢量，是物体的质量与速度的乘积，而不是质量与速率的乘积.2.动量是状态量，物体的动量总是指物体在某一时刻的动量，因此在计算时相应的速度应取这一时刻的瞬时速度.3.物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量Δv的方向相同.在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同.4.有关物体动量变化的运算，一定要按照矢量运算的法则(平行四边形定则或三角形定则)进行，如果物体的初、末动量都在同一条直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号，这样，就可以把复杂的矢量运算化为简单的代数运算了.对应训练考向1 动量、动量变化的理解[典例1] 对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，哪个是正确的( )A.物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上B.物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下C.物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上D.物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下[解析] 物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp＝mgt，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下.B选项正确.[答案] B考向2 动量变化的计算[典例2] 质量是8 g的玻璃球，以3 m/s的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2 m/s的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量.[解析] 设水平向右的方向为正方向，则p＝mv＝8×10－3×3 kg·m/s＝2.4×10－2 kg·m/s，p′＝mv′＝8×10－3×(－2) kg·m/s＝－1.6×10－2kg·m/s故玻璃球动量的变化量为Δp＝p′－p＝－1.6×10－2kg·m/s－2.4×10－2kg·m/s＝－4.0×10－2kg·m/s“－”表示动量变化量的方向水平向左.[答案] 4.0×10－2kg·m/s，方向水平向左反思总结1.动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度.2.动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算.考点二冲量的理解与计算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时间的积累效应，与某一过程相对应.(2)冲量的矢量性：冲量是矢量，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，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.(3)冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性.2.冲量的计算(1)单个力的冲量：利用公式I＝Ft计算.(2)合力的冲量：①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则.②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解.③变力的冲量：用动量定理列式求解.考点精练考向1 对冲量的理解[典例3] (多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )A.拉力F对物体的冲量大小为零B.拉力F对物体的冲量大小为FtC.拉力F对物体的冲量大小为Ft cos θD.合力对物体的冲量大小为零[解析] 由冲量的定义知拉力F对物体的冲量I＝F·t，选项A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，故合力对物体的冲量大小为零，选项D正确.[答案] BD考向2 冲量的计算[典例4] 一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用去0.4 s，该铁球的质量为336 g，求从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？从进入泥潭到静止，泥潭的阻力对小球的冲量为多少？(保留两位小数，取g ＝10 m/s2)[解析] 小球进入泥潭前做自由落体运动，求出小球下落的时间，便可以求出恒定重力在这一过程的冲量；小球进入泥潭后，泥土对小球的阻力是变力，此变力的冲量要由动量定理求得.小球自由下落10 m所用的时间是t1＝2hg＝2×1010s＝ 2 s，重力的冲量I G＝mgt1＝0.336×10× 2 N·s≈4.75 N·s.对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(2＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上.如图所示.[答案] 4.75 N·s 6.10 N·s反思总结变力的冲量不能由I＝Ft求出，可以由动量定理求出动量的变化，从而求得变力的冲量；同理，当物体做曲线运动时，动量的变化可以通过求合力的冲量，从而求得动量变化.考点三用动量定理定性解释物理现象用动量定理解释的现象一般可分为两类：(1)物体的动量变化Δp一定，由动量定理Ft＝Δp可知，若力的作用时间t越短，则作用力F越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短作用时间，如打击、碰撞等过程；若力的作用时间越长，则作用力F就越小，因此在需要减小作用力时，可设法延长力的作用时间，如利用软垫、弹簧的缓冲作用来延长作用的时间.(2)作用力F一定，由动量定理Ft＝Δp可知，力的作用时间越长，动量的变化就越大；力的作用时间越短，动量的变化就越小.对应训练考向1 缩短作用时间，增大作用力[典例5] (2017·河北邯郸广平一中期中)从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎.这是因为( )A.掉在水泥地上，玻璃杯的动量大B.掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大C.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大[解析] 杯子从同一高度落下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理I＝Δp可知，冲量也相等；但由于在软泥地上，软泥地的缓冲使接触时间较大，由I＝Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在软泥地上更易破碎；只有D选项正确.[答案] D考向2 延长作用时间，减小作用力[典例6] 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.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量[解析] 接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球的动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据冲量I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确.[答案] B考点四应用动量定理定量计算1.动量定理表达式为FΔt＝Δp，它的左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量.其中力F 可以是恒力，也可以是变力，如果是变力，则F 应是在Δt 时间内的平均值.2.动量定理说明的是合力的冲量I 合和动量的变化量Δp 的关系，I 合与Δp 不仅大小相等而且方向相同.3.动量定理的研究对象是单个物体或物体系统.系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和，而系统内物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知，其总冲量为零，不会改变系统的总动量.4.在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，不需要考虑运动过程的细节.对应训练考向1 计算变力的冲量[典例7] (2017·河北衡水中学期中)如图所示，A 、B 经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M ，当A 、B 间绳突然断开，物体A 上升到某位置时速度为v ，这时B 下落速度为u ，在这段时间内弹簧弹力对物体A 的冲量为 .[解析] 分别对A 、B 两物体应用动量定理列式，联立即可以求出弹簧的弹力对A 的冲量.以向上为正方向，由动量定理得：对B ：－Mgt ＝－Mu －0，对A ：I －mgt ＝mv －0，解得：I ＝m (v ＋u ).[答案] m (u ＋v )考向2 计算平均作用力[典例8] 一质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，经过Δt 时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A.mg ΔtB.mv ΔtC.mv Δt＋mg D.mv Δt －mg [解析] 对铁锤应用动量定理.设木桩对铁锤的平均作用力为F ，则(F －mg )·Δt ＝0－(－mv )，解得F ＝mv Δt ＋mg ，所以铁锤对木桩的平均冲力F ′＝F ＝mvΔt＋mg . [答案] C考向3 动量定理的综合应用[典例9] (2016·新课标全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.[解析] (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ①ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S .③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12Δmv 2＋Δmgh ＝12Δmv 20 ④ 在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp ＝Δmv ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. ⑧ [答案] (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 反思总结应用动量定理解题的注意事项 (1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负).(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统.随堂检测1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力2．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg3．[2016·全国卷Ⅰ，35(2)]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。
动量守恒定律及应用(教学案)-二零一九年高考物理一轮复习精品资料(含解)
一、动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
2．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的“五性”二、碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象。
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(3)分类(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′p21 p22 p1′2 p2′2或＋≥＋。
2m1 2m2 2m1 2m2(3)速度要符合情景。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
三动量和能量观点的综合应用1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较高频考点一动量守恒定律的理解及应用例1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。
【物理】2019届一轮复习鲁科版动量和动量定理学案
[高考导航]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析2015 2016 2017动量、动量定理、动量守恒定律及其应用ⅡⅠ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅱ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅰ卷·T35(2)：动量定理和能量观点Ⅱ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅲ卷·T35(2)：动量守恒和能量守恒Ⅰ卷·T14：动量守恒定律Ⅲ卷·T20：动量定理的应用的应用弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维基础课1动量和动量定理知识排查动量1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
2.表达式：p＝mv。
3.单位：kg·m/s。
4.标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
冲量1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。
公式：I＝Ft。
2.单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
3.方向：冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同。
动量定理1.内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化。
2.表达式：Ft ＝Δp ＝p ′－p 。
3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理。
备课札记小题速练1.(2017·北京西城区模拟)(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是( )A.物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受合外力的冲量等于物体的动量D.物体动量的方向与物体的运动方向相同解析 物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故选项A 错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项B 正确，C 错误；物体的动量p ＝mv ，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，选项D 正确。
答案 BD2.一质量为m ＝100 g 的小球从高h ＝0.8 m 处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，以向下为正方向，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(重力加速度大小g 取10 m/s 2)( )A.0.4 N·sB.－0.4 N·sC.0.6 N·sD.－0.6 N·s解析 设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2hg ＝0.4 s 。
《动量和动量定理》的教案
《动量和动量定理》的教案《动量和动量定理》的教案《动量和动量定理》的教案一、教材分析本节课是人教版选修3-5 第十六章第二节内容，本节的内容为“动量和动量定理”，本节分两课时来完成，这节课为第一课时。
也是本章的重点内容，是第一节“实验：探究碰撞中的守恒量”的继续，同时又为第三节“动量守恒定律”奠定了基础 , 所以“动量定理”有承前启后的作用。
“动量定理”是牛顿第二定律的进一步展开。
它侧重于力在时间上的累积效果，为解决力学问题开辟了新途径，尤其是打击和碰撞类的问题。
动量定理的知识与人们的日常生活，生产技术和科学研究有着密切的.关系，因此学习这部分知识有着广泛的现实意义。
二、学情分析学生已经掌握了动量概念，会运用牛顿第二定律和运动学公式等，为本节课的学习打下了坚实的基础。
高中生思维方式逐步由形象思维向抽象思维过渡，因此在教学中需要以一些感性认识为依托，加强直观性和形象性，以便学生理解 , 因此在教学中多让学生参与利用动量定理解释生活中的有关现象，加强学生思维由形象到抽象的过渡。
三、教学目标知识与技能:1、理解动量的变化和冲量的定义；2、理解动量定理的含义和表达式，理解其矢量性；3、会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握动量定理的简单计算过程与方法:通过运用牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理表达式，培养学生逻辑运算能力。
情感态度与价值观：1. 通过运用所学知识推导新的规律，培养学生学习的兴趣 , 激发学生探索新知识的欲望。
2. 通过用动量定理解释有关物理现象，培养学生用所学物理知识应用于生活实践中去，体现物理学在生活中的指导作用。
四、教学重难点教学重点：理解动量的变化、冲量、动量定理的表达式和矢量性教学难点：用动量定理解释有关物理现象，针对动量定理进行简单的计算第二问：我打算让学生怎样获得？五、教学策略依据建构主义学习理论，学生学习过程是在教师创设的情境下，借助已有的知识和经验，主动探索，积极交流，从而建立新的认知结构的过程。
江苏省高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 第1讲 动量定理及其应用教案-人教版高三全册物理
第1讲动量定理及其应用目标要求内容要求说明1.动量和冲量理解冲量和动量.2.动量定理和动量守恒定律通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性.3.弹性碰撞和非弹性碰撞通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.4.实验八验证动量守恒定律第1讲动量定理及其应用一、动量、动量变化、冲量1．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同．2．动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．判断正误(1)物体质量不变时，运动的速度变化，其动量一定变化．( √ ) (2)当物体受力方向与运动方向垂直时，该力的冲量为0.( × ) (3)某个恒力对物体做功为0时，冲量不为0.( √ ) (4)做匀速圆周运动的物体动量不变．( × ) 二、动量定理1．内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量． 2．公式：mv ′－mv ＝F (t ′－t )或p ′－p ＝I . 3．动量定理的理解(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，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．自测 (2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A ．10NB ．102NC ．103ND ．104N 答案 C解析 设每层楼高约为3m ，则下落高度约为h ＝3×25m＝75m ，由mgh ＝12mv 2及(F －mg )t ＝mv结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F ′＝F ＝m 2gh t＋mg ≈103N.1．对动量的理解 (1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的． ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量． (2)动量与动能的比较动量 动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式 p ＝mvE k ＝12mv 2标矢性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量外力所做的功大小关系p ＝2mE kE k ＝p 22m对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化，动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解 (1)冲量的两性①时间性：冲量不仅与力有关，还与力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积．②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系． (3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位 N·sJ公式 I ＝Ft (F 为恒力)W ＝Fl cos α(F 为恒力)标矢性 矢量标量意义①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相联系题型1 对动量和冲量的定性分析例1 关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大 答案 A解析 动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，与该时刻物体的速度方向相同，选项A 正确；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B 错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误．变式1 (2019·某某宿迁市期中)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 答案 B解析 先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理有－Ft ＝0－mv ，解得F ＝mv t，当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力减小，而冲量和动量的变化量都不变，动能的变化量也不变，所以B 正确．题型2 对动量和冲量的定量计算例2(多选)(2019·某某某某市四月调研)一质量为m 的运动员托着质量为M 的重物从下蹲状态(图1甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt 时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h 1、h 2，经历的时间分别为t 1、t 2，重力加速度为g ，则( )图1A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)D．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0答案AC解析因运动员将重物缓慢上举，则可认为是平衡状态，地面对运动员的支持力为：(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力没有位移，可知地面对运动员做的功为0，选项A正确，B 错误；运动员对重物的作用力为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fl cosα可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，选项C正确，D错误．变式2(多选)如图2所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则( )图2A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力F f＝F cosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F f t＝Ft cosθ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．1．对动量定理的理解(1)中学物理中，动量定理研究的对象通常是单个物体．(2)Ft＝p′－p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物体所受的合外力的冲量．(3)Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量的变化率． 2．解题基本思路(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体． (2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号． (4)根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．例3 (2018·某某卷·12C(3))如图3所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m ，运动速度的大小为v ，方向向下．经过时间t ，小球的速度大小为v ，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g ，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．图3答案 2mv ＋mgt解析 取向上为正方向，根据动量定理mv －(－mv )＝I 且I ＝(F －mg )t 解得I F ＝F t ＝2mv ＋mgt .变式3 (2020·某某某某市质检)材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止，则( ) A ．质量大的滑块运动时间长 B ．质量小的滑块运动位移大 C ．质量大的滑块所受摩擦力的冲量小 D ．质量小的滑块克服摩擦力做功多 答案 B解析 以初速度方向为正方向，根据动能定理可知：－μmgx ＝0－E k ，即两滑块克服摩擦力做的功相等，且质量较小的滑块运动位移较大，选项B 正确，D 错误；根据动量定理：－μmgt ＝0－p ，p ＝2mE k ，则t ＝1μg 2E km，可知质量大的滑块运动时间短，选项A 错误；根据动量定理可知摩擦力的冲量等于动量的变化量，即：I ＝Δp ＝－2mE k ，则质量大的滑块摩擦力的冲量大，故C 错误．变式4 (2019·某某某某市4月第二次模拟)用水平力拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止．其速度—时间图象如图4所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，冲量大小为I 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，冲量大小为I 2.则下列选项正确的是( )图4A ．W 1>W 2；I 1>I 2B ．W 1<W 2；I 1>I 2C ．W 1<W 2；I 1<I 2D ．W 1＝W 2；I 1＝I 2 答案 D解析 全过程由动能定理得：W 1－W 2＝0，则W 1＝W 2； 由动量定理得：I 1－I 2＝0，则I 1＝I 2，故D 正确.例4 一高空作业的工人质量为60kg ，系一条长为L ＝5m 的安全带，若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1s(工人最终静止悬挂在空中)，则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10m/s 2，忽略空气阻力的影响) 答案 1200N ，方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1，则由v 12＝2gL ，得v 1＝2gL经缓冲时间t ＝1s 后速度变为0，取向下的方向为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg ，所以(mg －F )t ＝0－mv 1， 解得F ＝mgt ＋mv 1t将数值代入得F ＝1200N.由牛顿第三定律知，工人对安全带的平均冲力F ′＝F ＝1200N ，方向竖直向下．解法二 全程列式法：由L ＝12gt 02得，工人自由下落时间为t 0＝2Lg，在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg (2Lg＋t )，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理知mg (2Lg＋t )－Ft ＝0解得F ＝mg2L g＋tt＝1200N由牛顿第三定律知工人对安全带的平均冲力F ′＝F ＝1200N ，方向竖直向下．变式5 在水平力F ＝30N 的作用下，质量m ＝5kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间？(g 取10m/s 2) 答案 12s解析 解法一 分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，F f ＝μmg ，初速度为零，末速度为v .取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0；对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，初速度为v ，末速度为零，根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv . 联立解得：t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s＝12s.解法二 研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态的速度都等于零．取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0 解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6s＝12s.1．研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等． 2．研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解． 3．基本思路(1)在极短时间Δt 内，取一小柱体作为研究对象． (2)求小柱体的体积ΔV ＝vS Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρvS Δt (4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp例5 (2019·全国卷Ⅰ·16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s ，产生的推力约为4.8×106N ，则它在1s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102kgB ．1.6×103kg C ．1.6×105kgD ．1.6×106kg 答案 B解析 设1s 时间内喷出的气体的质量为m ，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F ，由动量定理有Ft ＝mv －0，则m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103kg ，选项B 正确． 变式6 (2019·某某某某市高考模拟检测(二))超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( ) A ．F ＝ρSv B ．F ＝ρSv 2C ．F ＝12ρSv 3D ．F ＝ρSv 3答案 B解析 设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρSvt ，对m ，根据动量定理有－F ′t ＝0－mv ＝0－ρSv 2t ，解得F ′＝ρSv 2，由牛顿第三定律可得风力F ＝F ′＝ρSv 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．1．(动量定理定性分析问题)(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥上的玻璃杯动量变化快，掉在草地上的玻璃杯动量变化慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD2．(动量和冲量的理解)(2019·某某某某、某某市一模)一只质量为5.4kg 的保龄球，撞上一只原来静止、质量为1.7kg 的球瓶．此后球瓶以3.0m/s 的速度向前飞出，而保龄球以1.8m/s 的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s ．求： (1)碰撞后保龄球的动量大小；(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小． 答案 (1)9.72kg·m/s (2)102N 解析 (1)碰撞后对保龄球p 1＝Mv 1＝5.4×1.8kg·m/s＝9.72kg·m/s.(2)取碰撞后球瓶的速度方向为正方向，对球瓶： Δp ＝mv －0＝1.7×3.0kg·m/s＝5.1kg·m/s， 由动量定理有：F ·Δt ＝Δp ，代入数据求得F ＝102N.3．(动量定理的基本应用)(2019·某某省四星级高中一调)某质量为m 的运动员从距蹦床h 1高处自由落下，接着又能弹起h 2高，运动员与蹦床接触时间为t ，在空中保持直立．重力加速度为g .取竖直向上为正方向，忽略空气阻力．求： (1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量I ； (2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F . 答案 (1)mgt ，方向竖直向下(2)m 2gh 1＋2gh 2t＋mg解析 (1)以竖直向上为正方向，由动量的定义式I ＝Ft ，得重力的冲量为：I G ＝－mgt ，负号表示方向竖直向下；(2)设运动员下落h 1高度时的速度大小为v 1，弹起时速度大小为v 2，则有：v 12＝2gh 1，v 22＝2gh 2 由动量定理有：－mgt ＋Ft ＝mv 2－(－mv 1)解得：F ＝m 2gh 1＋2gh 2t ＋mg .4．(应用动量定理处理“流体模型”)(2020·某某某某市调研)运动员在水上做飞行表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图5所示．已知运动员与装备的总质量为90kg ，两个喷嘴的直径均为10cm ，重力加速度大小g ＝10m/s 2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )图5A ．2.7m/sB ．5.4m/sC ．7.6m/sD ．10.8m/s答案 C解析 设Δt 时间内一个喷嘴中有质量为m 的水喷出，忽略水的重力的冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理有：F Δt ＝2mv ，m ＝ρv Δt ·πd 24， 因运动员悬停在空中，则F ＝Mg ，联立并代入数据解得：v ≈7.6m/s，故C 正确．1．关于动量和动能，下列说法中错误．．的是( ) A ．做变速运动的物体，动能一定不断变化B ．做变速运动的物体，动量一定不断变化C ．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D ．合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零答案 A解析 做变速运动的物体，速度大小不一定变化，则动能不一定变化，故A 错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B 正确；合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，由动量定理，物体动量的增量一定为零，故D正确．2．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相同，则此物体的运动不可能．．．是( ) A．匀速圆周运动B．自由落体运动C．平抛运动D．竖直上抛运动答案 A解析如果物体在任意相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力，则物体可能做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．3．(2019·某某某某市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是( )A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案 D解析在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理有：－F t＝mv2－mv1，结合牛顿第三定律可知，应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．4.(2020·某某某某市质检)如图1所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )图1A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同答案 A解析这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D 错误．5．(2019·某某某某市4月综合测试)如图2，某某塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客( )图2A．动量不变B．线速度不变C．合外力不变D．机械能不守恒答案 D解析坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确．6.(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下由静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图3所示，则( )图3A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC ．t ＝3s 时物块的动量大小为5kg·m/sD ．t ＝4s 时物块的速度为零答案 AB解析 F －t 图线与时间轴围成的面积表示合外力F 的冲量，可知在0～1s 、0～2s 、0～3s 、0～4s 内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s；根据动量定理I ＝m Δv 可知，物块在1s 、2s 、3s 、4s 末的速率分别为1m/s 、2m/s 、1.5m/s 、1m/s ；由p ＝mv 可知，物块在1s 、2s 、3s 、4s 时的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，A 、B 正确．7．(2019·某某省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m ，从开始蹬地到离开地面用时为t ，离地后小明重心最大升高h ，重力加速度为g ，忽略空气阻力．以下说法正确的是( )A ．从开始蹬地到到达最高点的过程中，小明始终处于失重状态B ．在t 时间内，小明机械能增加了mghC ．在t 时间内，地面对小明的平均支持力为F ＝m 2gh tD ．在t 时间内，地面对小明做功mgh答案 B解析 从开始蹬地到到达最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明先超重后失重，故A 错误；小明离开地面后，只受重力作用，机械能守恒，重心最大升高h ，可知小明离开地面时的机械能为mgh ，故B 正确；取向上为正方向，在时间t 内，由动量定理得：F t －mgt＝mv －0，离开地面到最高点有：mgh ＝12mv 2，联立解得：F ＝m 2gh t＋mg ，故C 错误；在时间t 内，地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D 错误．8．(2020·某某晋中市模拟)质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图4所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )图4A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5答案 C解析 由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3mv 0t 0，F 2＝5mv 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，v －t 图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确．9．(2020·某某某某市调研)质量为1kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5N 的水平恒力F 作用于物体上，使之加速前进，经3s 后撤去F .求物体运动的总时间．(g 取10m/s 2)答案 3.75s解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F 的冲量为Ft 1，摩擦力的冲量为F f t .选水平恒力F 的方向为正方向，根据动量定理有 Ft 1－F f t ＝0①又F f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg， 代入数据解得t ＝3.75s.10.(2016·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案 (1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 2 解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变． 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ①喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm Δt＝ρv 0S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④其中，F 冲为水柱对玩具底板的作用力由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底板对水柱的作用力，设v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 02＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具的水柱的质量为ΔmΔm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F 压＋Δmg )Δt ＝Δmv ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δmv ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 022g －M 2g 2ρ2v 02S 2。
动量和动量定理教案动量和动量定理教案优秀5篇
动量和动量定理教案动量和动量定理教案优秀5篇作为一名优秀的教育工作者，往往需要进行教案编写工作，教案是备课向课堂教学转化的关节点。
那么大家知道正规的教案是怎么写的吗？读书破万卷，下笔如有神，如下是作者爱岗敬业的小编飞白帮家人们收集的动量和动量定理教案优秀5篇，仅供借鉴。
动量和动量定理教案篇一教学目标：1. 理解动量的概念及其物理意义，掌握动量的定义式和单位。
2. 理解动量定理的内容，能够运用动量定理解释生活中的物理现象。
3. 通过实验或案例分析，培养学生的观察、分析和解决问题的能力。
4. 培养学生的逻辑思维能力和物理建模能力。
教学重点：动量的概念及计算。
动量定理的理解与应用。
教学难点：动量定理中力的冲量与动量变化之间的关系。
运用动量定理解决实际问题。
教学准备：多媒体课件、实验器材、生活实例素材教学过程：一、引入新课情境导入：播放一段运动员跳水的视频，引导学生观察运动员入水前后的速度变化，思考是什么因素导致了这种变化，引出动量的概念。
提出问题：为什么我们常说“不要在高速行驶的车辆旁停留”，这与我们今天要学的动量有什么关系？二、讲授新知1. 动量的概念定义：物体的质量和速度的乘积称为物体的动量，用符号p表示，即p=mv。
物理意义：动量是描述物体运动状态的。
物理量，反映了物体运动的“惯性”和“冲击力”。
单位：千克米每秒（kg·m/s）。
2. 动量定理内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
强调：动量定理是矢量定理，要注意动量和冲量的方向性。
三、实验探究实验设计：利用小车、斜面等器材，设计实验验证动量定理。
例如，观察不同速度下小车撞击静止物体后的运动状态变化，测量并计算动量变化与冲量之间的关系。
学生分组实验：指导学生进行实验，记录数据，分析实验结果。
讨论交流：各组分享实验现象和结论，教师总结归纳。
四、巩固练习例题讲解：选取几道典型例题，如汽车刹车问题、运动员跳跃问题等，引导学生运用动量定理解题。
《动量和动量定理》的教案
《动量和动量定理》的教案教案一：动量和动量定理的引入课时安排：1课时教学目标：1. 理解动量的概念和单位；2. 理解动量定理的内容和作用；3. 学会应用动量定理解决实际问题。
教学重点：1. 动量的概念和计算方法；2. 动量定理的内容和应用。
教学难点：1. 动量定理的应用；2. 动量守恒定律的理解。
教具准备：1. 课件或黑板、白板和粉笔；2. PPT或教学图片，以例子和图示来说明动量和动量定理的概念和应用。
教学过程：步骤一：导入（5分钟）1. 利用一个引人入胜的物理现象或实验，引起学生对动量的兴趣，如用弹簧秤测量不同物体的重量。
2. 提问：你们知道弹簧秤是如何工作的吗？弹簧秤的指针指示的是什么？步骤二：讲解动量的概念和计算方法（15分钟）1. 在黑板或白板上引入动量的概念和公式：动量 = 质量×速度，即p = mv。
2. 通过示意图或实际案例，以不同速度运动的物体进行对比，进一步解释动量的意义和计算方法。
3. 通过例题，让学生自己计算物体的动量，并完成相关练习。
步骤三：讲解动量定理的内容和应用（15分钟）1. 在黑板或白板上介绍动量定理的公式：力 = 动量变化率/时间，即F = Δp/Δt。
2. 解释力的作用是改变物体的动量；施加不同大小的力可以导致不同速度的变化。
3. 通过示意图或实际案例，展示动量定理的应用，如汽车碰撞、运动员起跑等。
4. 通过例题，让学生运用动量定理解决实际问题，并完成相关练习。
步骤四：总结和归纳（10分钟）1. 小结动量的概念和计算方法；2. 总结动量定理的内容和作用；3. 提醒学生动量守恒定律在实际生活中的应用。
步骤五：课堂练习和讨论（15分钟）1. 通过小组或个人讨论，解决一些动量和动量定理相关的问题。
2. 教师巡视课堂，及时给予帮助和指导。
步骤六：课堂总结（5分钟）1. 对本节课的学习内容进行总结和回顾；2. 强调动量和动量定理的重要性和应用领域；3. 鼓励学生积极思考和探索动量的更多应用场景。
动量和动量定理教案
动量和动量定理教案教案标题：动量和动量定理教案教案目标：1. 理解动量的概念和计算方法；2. 理解动量定理的含义和应用；3. 掌握动量定理在实际问题中的运用。
教案步骤：引入：1. 使用一个真实生活中的例子，如击球运动员击球，引导学生思考运动员击球后球的运动情况，并引发对动量的思考。
概念解释：2. 解释动量的概念：动量是物体运动的特征量，是物体质量和速度的乘积，用数值和方向表示。
3. 引导学生计算动量的公式：动量（p）= 质量（m）× 速度（v）。
动量定理：4. 介绍动量定理：动量定理指出，物体所受合外力的作用时间与物体动量的改变量成正比。
5. 解释动量定理的数学表达式：F∆t = ∆p，其中F为作用力，∆t为作用时间，∆p为动量的改变量。
6. 引导学生理解动量定理的含义：当物体受到外力作用时，其动量的改变量与作用力及作用时间有关。
实例应用：7. 提供一个运动问题的实例，如一个运动员用力推一个静止的小车，引导学生运用动量定理解决问题。
8. 引导学生分析问题，列出已知量和未知量，并运用动量定理的公式进行计算。
9. 引导学生讨论结果的意义，如推动小车的力大小和时间对动量的影响。
拓展应用：10. 提供更复杂的实际问题，如交通事故中车辆的碰撞，引导学生分析并运用动量定理解决问题。
11. 引导学生理解碰撞中动量守恒的概念，并运用动量定理进行计算。
总结：12. 总结动量和动量定理的重要性和应用领域。
13. 强调动量定理在物理学和工程领域的重要性，并鼓励学生深入学习相关知识。
评估：14. 设计一些练习题，测试学生对动量和动量定理的理解和应用能力。
15. 针对学生的答题情况，及时给予反馈和指导。
教案扩展：教师可以引导学生进行实验，如使用弹簧测量不同物体的动量变化，加深学生对动量和动量定理的理解。
教案资源：1. PowerPoint演示文稿，用于介绍动量和动量定理的概念；2. 实例问题和计算练习题，用于学生实践应用动量定理；3. 实验器材和记录表，用于进行动量实验。
动量和动量定理教案
动量和动量定理教案一、教学目标1. 让学生理解动量的概念，掌握动量的计算公式。
2. 让学生了解动量定理，理解动量定理的意义和应用。
3. 培养学生运用动量定理解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 动量的概念及其计算公式2. 动量定理的表述和证明3. 动量定理的应用实例三、教学重点与难点1. 动量的概念和计算2. 动量定理的理解和应用四、教学方法1. 采用讲授法讲解动量和动量定理的基本概念和理论。
2. 通过示例和练习，引导学生运用动量定理解决实际问题。
3. 利用动画和实验，增强学生对动量和动量定理的理解。
五、教学过程1. 导入：通过回顾速度和质量的概念，引出动量的概念。
2. 新课：讲解动量的定义、计算公式，并通过示例演示动量的计算过程。
3. 动量定理：介绍动量定理的表述和证明，解释动量定理的意义。
4. 应用实例：分析实际问题，引导学生运用动量定理解决问题。
5. 练习：布置练习题，让学生巩固动量和动量定理的知识。
7. 作业布置：布置课后作业，巩固所学知识。
六、教学评价1. 课堂问答：检查学生对动量和动量定理的理解程度。
2. 练习题：评估学生运用动量定理解决实际问题的能力。
3. 课后作业：检验学生对课堂内容的掌握情况。
七、教学资源1. 教材：提供相关章节的内容，作为教学参考。
2. 动画：展示动量的变化过程，帮助学生形象理解。
3. 实验设备：进行动量实验，验证动量定理。
八、教学进度安排1. 动量的概念及其计算公式（0.5课时）2. 动量定理的表述和证明（0.5课时）3. 动量定理的应用实例（0.5课时）九、教学拓展1. 动量守恒定律：介绍动量守恒定律的原理和应用。
2. 动量与动能的关系：探讨动量和动能的联系与区别。
3. 动量定理在其他领域的应用：举例说明动量定理在其他学科和实际生活中的应用。
十、教学反思在教学过程中，关注学生的学习反馈，及时调整教学方法和节奏。
针对学生的掌握情况，适当增加练习和示例，以确保学生能够熟练运用动量定理解决实际问题。
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1.理解动量的的概念，知道冲量的意义；2.理解动量，会计算一维动量变化；3.理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题；一、动量、动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。
2．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
(2)表达式：I＝Ft。
单位：N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
3．动量定理项目动量定理内容物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量表达式p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性矢量式(注意正方向的选取)二、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。
3．适用条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
高频考点一 动量 动量定理例1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．动量发生改变，物体所受外力一定变化D ．物体的动量越大，其惯性越大答案： A【变式探究】(多选)用水平推力F 推放在水平面上的物体，作用时间为t ，此过程中物体始终不动。
关于此过程中各力的冲量和功，下列说法正确的是( )A ．合力的冲量为0B ．摩擦力的冲量为FtC ．推力的冲量为FtD ．合力的功为0解析： 用水平推力F 推物体，物体不动，说明合力为0，合力的冲量也为0，选项A 、D 正确；推力F 作用的时间为t ，则推力的冲量为Ft ，摩擦力与推力等大反向，故摩擦力的冲量大小也为Ft ，但方向与F 方向相反，选项C 正确，选项B 错误。
答案： ACD【举一反三】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： 先伸出两手迎接，手接触到球后，两手随球收缩至胸前，可以增加球与手接触的时间，取球的初速度方向为正方向，根据动量定理－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量变化量、动能的变化量都不变，所以B 正确。
答案： B高频考点二 动量定理的应用例2、(2016·全国Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案(1)ρv0S(2)v202g －M2g 2ρ2v20S2解析(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变．该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt ①喷出水柱质量Δm＝ρΔV ②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS ③由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝v202g －M2g 2ρ2v20S2【举一反三】质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来。
已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，取g＝10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．600 NC ．1 100 ND ．100 N解析： 安全带长5 m ，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v ＝2gh ＝10 m/s 。
受安全带的保护经1.2 s 速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F －mg )t ＝0－(－mv )，则F ＝mvt＋mg ＝1 100 N ，C 正确。
答案： C【变式探究】如图甲所示，一轻弹簧上端固定，下端悬挂着质量为m 的物体A ，其静止点为O ，然后再用细线在A 下面挂上另一个质量也为m 的物体B (如图乙所示)，平衡后将细线剪断，当物体A 弹回到O 点时的速度为v ，而此时物体B 下落的速度为u ，不计空气阻力，则在这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为( )A ．mvB ．muC ．m (v －u )D ．m (v ＋u )【举一反三】把一个质量为0.4 kg 的小球，以3 m/s 的速度水平抛出，经过0.4 s 的时间小球落地，则小球的动量变化量的大小为(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)( )A ．1.2 kg·m/sB ．1.6 kg·m/sC ．2 kg·m/sD ．4 kg·m/s解析： 根据动量定理I ＝Δp 得：Δp ＝mgt ＝0.4×10×0.4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s。
故选项B 正确。
答案： B高频考点三 “微元法”在动量定理中的应用微元法就是从某一物理量、物理状态或物理过程中选取一个足够小的单元——微元作为研究对象的研究方法。
微元法是物理解题中常用方法之一，在使用微元法解题时，常取时间元Δt、长度元ΔL、面积元ΔS、质量元Δm等。
例3、一截面积为S的竖直放置的水管向上持续喷水。
水离开管口的速度为v，喷出的水全部击中一个质量为m的物块的底部，而后水无初速自由落下。
物体停在距管口h处的高空不掉下，如图所示。
求h的大小。
由于Δt→0，因而有mg＝ρSv v2－2gh。
⑤由⑤得h＝v22g－m2g2ρ2S2v2。
答案：v22g－m2g2ρ2S2v2【方法技巧】微元法解题的思维程序1、隔离选择恰当微元作为突破整体研究的对象。
微元可以是一小段线段、圆弧、一小块面积、一个小体积、小质量、一小段时间应具有整体对象的基本特征。
2、将微元模型化如视作点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动并运用相关物理规律，求解这个微元与所求物体的关联。
3、将一个微元的求解结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系，对各微元的解出结果进行叠加，以得出整体量的合理解答。
【变式探究】如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg ，长度为2.5 m 的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s 向下漏原料，装料车以0.5 m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。
(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行。
(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s 内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力。
解析： 设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝ΔmΔt ·v ＝100×0.5 N＝50 N车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt ·t ＝⎝⎛⎭⎪⎫300＋100×2.50.5 kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－Mv ) 解得F ′＝Mv t ′＝800×0.52N ＝200 N 答案： (1)50 N (2)200 N1. （2018年全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比 【答案】B2. （2018年全国II卷）高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB. 102 NC. 103 ND. 104 N【答案】C【解析】本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守3. （2018年全国Ⅲ卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。
现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。
下列说法正确的是A. a的质量比b的大B. 在t时刻，a的动能比b的大C. 在t时刻，a和b的电势能相等D. 在t 时刻，a 和b 的动量大小相等 【答案】BD荷量大小相等，符号相反，所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b 微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D 正确。
1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A ．30kg m/s ⋅B ．5.7×102kg m/s ⋅ C ．6.0×102kg m/s ⋅D ．6.3×102kg m/s ⋅【答案】A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m 1，燃气的质量为m 2，根据动量守恒，m 1v 1=m 2v 2，解得火箭的动量为：p =m 1v 1=m 2v 2=30 kg m/s ⋅，所以A 正确，BCD 错误。
2．【2017·江苏卷】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为k0E ，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能k E 与位移x 的关系图线是【答案】C3．【2017·新课标Ⅲ卷】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 ．t =1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t =2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t =3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t =4 s 时物块的速度为零 【答案】AB【解析】由动量定理有Ft =mv ，解得Ft v m =，t =1 s 时物块的速率1m/s Ftv m==，A 正确；F –t 图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t =2 s 时物块的动量大小为22kg m/s 4kg m/s p =⨯⋅=⋅，B 正确；t =3 s 时物块的动量大小为()2211kg m/s 3kg m/s p =⨯-⨯⋅=⋅'，C 错误；t =4 s 时物块的动量大小为()2212kg m/s 2kg m/s p =⨯-⨯⋅=⋅''，速度不为零，D 错误。