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物理 选择性必修 第一册 RJ
2．动量定理
1．理解冲量的概念并会进行相关的简单计算。2．理解动量定理及其表达式。3．能够利用动量定理解释有关现象。4．会用动量定理分析解决实际问题。
任务　冲量
动力学知识告诉我们，力能改变物体的速度，结合上一节课的学习可以推知，力能改变物体的动量。现在我们从理论上定量分析力是如何改变动量的。如图所示，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度为v′。
问题1：在力F的作用下，物体产生加速度，速度改变，动量改变，请根据牛顿第二定律写出力F的表达式(用前面已知物理量表示)。
提示：这个物体在这段时间的加速度a＝＝，根据牛顿第二定律F＝ma，则有F＝m。
问题2：请用F表示动量的变化量。
提示：将F＝m变形，可得FΔt＝mv′－mv，即FΔt＝p′－p。
1．冲量的定义：物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。用字母I表示冲量。
2．冲量的表达式：I＝FΔt。
3．冲量的单位：牛秒，符号是N·s。
想一想
静止在水平桌面上的物体，在时间t内重力的冲量等于0吗？
提示：根据I＝FΔt，在时间t内重力的冲量不等于0。
1．对冲量的理解
(1)物理意义：力对时间的累积，与某一过程相对应，是过程量。
(2)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。求解冲量时，既要计算大小，还要指出其方向。冲量的合成与分解遵循矢量运算法则。
(3)I＝FΔt中F的理解：如果是变力作用于物体，F应理解成变力在时间Δt内的平均值。
2．冲量与功的比较
冲量 功
公式 I＝FΔt W＝Fx
标矢性 矢量 标量
意义 力对时间的累积，在F t图像中可以用图线下的面积表示 力对位移的累积，在F x图像中可以用图线下的面积表示
正、负 正、负表示与正方向相同或相反 正、负表示动力做功或阻力做功
作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能
如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ角斜向右上方的大小为F的恒定拉力作用下始终保持静止，已知动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求在时间t内：
(1)物体所受重力的冲量；
(2)物体所受拉力的冲量；
(3)物体所受摩擦力的冲量；
(4)物体所受合力的冲量。
[解析]　(1)根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受重力的冲量大小为IG＝mgt
方向为竖直向下。
(2)根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受拉力F的冲量大小为IF＝Ft
方向为与水平方向成θ角斜向右上方。
(3)对物体进行受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可知，物体所受摩擦力的大小为f＝Fcosθ，方向水平向左
根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受摩擦力的冲量大小为If＝ft
联立解得If＝Ftcosθ
方向水平向左。
(4)解法一：设物体所受支持力的大小为N，竖直方向上，根据平衡条件有mg＝Fsinθ＋N
根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受支持力N的冲量大小为IN＝Nt
方向为竖直向上
画出物体在时间t内所受各个力的冲量如图所示，规定竖直向上和水平向右分别为y轴和x轴的正方向，
对各个冲量进行合成，
水平方向有Ix＝IFcosθ－If
竖直方向有Iy＝IFsinθ＋IN－IG
物体所受合力的冲量大小I＝
联立解得I＝0。
解法二：物体始终保持静止，处于平衡状态，则所受合力F合＝0
物体所受合力的冲量大小I＝F合t
联立解得I＝0。
[答案]　(1)mgt，方向竖直向下
(2)Ft，方向与水平方向成θ角斜向右上方
(3)Ftcosθ，方向水平向左
(4)0
1．冲量的决定因素
某个力的冲量，只取决于该力的大小、方向以及该力的作用时间，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。
2．合力冲量的两种计算方法
(1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。
(2)如果各力的作用时间相同，可以先求出各力的合力，再由I＝F合Δt求合力的冲量。
[跟进训练]　关于冲量的概念，以下说法正确的是(　　)
A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同
B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
答案：A
解析：由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确；由冲量公式I＝FΔt可知，冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知力或作用时间一个因素，无法确定冲量大小，B、C错误；冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，D错误。
任务　动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
注：这里说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。
2．表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
判一判
(1)物体所受合力不变，则动量也不变。(　　)
(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。(　　)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×
1．动量定理不仅适用于恒力，还适用于变力。
证明：物体受到的作用力不是恒力时，如图所示，把力F的作用过程分成很多短暂过程，各个短暂过程持续的时间Δti很短，各短暂过程物体受的力Fi没有很大的变化，可看成恒力，设动量改变量为Δpi，参照匀变速直线运动位移公式的推导过程，依上述关系有FiΔti＝Δpi，对所有过程累积求和有，FiΔti＝Δpi，若用表示F在时间Δt内的平均值，得Δt＝Δp。
2．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了合力的冲量是动量变化的原因。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向。
(3)由FΔt＝Δp得F＝，可知物体所受合力等于物体动量的变化率。
(4)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。
拓展：由牛顿第二定律F＝ma和加速度定义式a＝，可得F＝＝，可知动量定理的变形式就是牛顿第二定律的动量表述。
3．动量定理的典型应用
(1)已知冲量，计算动量变化量、初动量、末动量。
(2)已知动量变化量，计算冲量、力、力的作用时间。
4．应用动量定理解题的基本步骤
一个质量为0．2 kg、以15 m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25 m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0．1 s，忽略网球重力和空气阻力，试求：
(1)网球动量的变化量；
(2)球拍对网球的平均作用力。
[解析]　(1)以向球拍飞来的方向为正方向，则网球的初速度v0＝15 m/s，反弹后的速度v＝－25 m/s，所以网球动量的变化量Δp＝mv－mv0＝－8 kg·m/s
即网球动量的变化量大小为8 kg·m/s，方向与初速度方向相反。
(2)由动量定理有t＝Δp
解得球拍对网球的平均作用力＝－80 N
即球拍对网球的平均作用力大小为80 N，方向与初速度方向相反。
[答案]　(1)8 kg·m/s，方向与初速度方向相反
(2)80 N，方向与初速度方向相反
[跟进训练1]　如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m＝1 kg，某时刻速度的大小为v＝5 m/s，方向向下。经时间t＝1 s，小球的速度方向变为向上，大小仍为v。忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量(　　)
A．大小为10 N·s，方向向上
B．大小为10 N·s，方向向下
C．大小为20 N·s，方向向上
D．大小为20 N·s，方向向下
答案：C
解析：设在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量为I，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I－mgt＝mv－(－mv)，解得I＝20 N·s，方向向上。故选C。
[跟进训练2]　(多选)如图所示，质量为m的物体原来静止在光滑水平面上，0时刻对物体施加与水平方向成θ角的恒定拉力F，物体开始沿光滑水平面做直线运动，t时刻撤去拉力。下列说法正确的是(　　)
A．0～t时间内物体的动量变化量的大小为Ft
B．0～t时间内物体的动量变化量的大小为Ftcosθ
C．t时刻物体的速度大小为
D．t时刻物体的速度大小为
答案：BD
解析：对物体进行受力分析，以水平向右为正方向，物体所受合力为F合＝Fcosθ，0～t时间内物体所受合力的冲量为I合＝F合t＝Ftcosθ，根据动量定理可知，0～t时间内物体的动量变化量的大小为Δp＝I合＝Ftcosθ，故A错误，B正确；0～t时间内物体的动量变化量为Δp＝mv－0，解得t时刻物体的速度大小为v＝，故C错误，D正确。
任务　动量定理的定性应用
1．动量定理的分析解释：根据动量定理，如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就大；作用的时间长，物体受的力就小。
2．动量定理的应用：易碎物品运输时要用柔软材料包装，跳高时运动员要落在软垫上，在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)。
想一想
跳高比赛时，运动员落地处要放很厚的垫子，这是为什么？
提示：运动员落到垫子上比直接落在地面上速度减为0所需的时间更长，由FΔt＝Δp可知，在动量变化相同的情况下，运动员落在垫子上受到的冲击力较小，从而对运动员起到保护作用。
如图所示，船只的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是(　　)
A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对船只的破坏
B．减小碰撞中船只受到的冲量，从而减轻对船只的破坏
C．减小碰撞中船只的动量变化量，从而减轻对船只的破坏
D．减小碰撞中船只受到的冲击力，从而减轻对船只的破坏
[解析]　船只在发生碰撞的过程中，由动量定理FΔt＝Δp知，在动量变化量Δp相同即所受冲量I＝FΔt相同的情况下，外侧悬挂了很多旧轮胎，延长了碰撞的作用时间Δt，使得碰撞中船只受到的冲击力F减小，从而减轻对船只的破坏，故D正确，A、B、C错误。
[答案]　D
课后课时作业
知识点一　冲量
1．如图所示，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，则在时间t内(　　)
A．拉力对物体的冲量大小为Ftcosθ
B．重力对物体的冲量大小为零
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案：D
解析：拉力对物体的冲量大小为IF＝Ft，A错误；重力对物体的冲量大小为IG＝Gt＝mgt，B错误；由于物体做匀速运动，由平衡条件可知，摩擦力大小为f＝Fcosθ，摩擦力对物体的冲量大小为If＝ft＝Ftcosθ，C错误；物体做匀速运动，所受合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确。
2．(多选)质量为0．5 kg的篮球在高空由静止落下，篮球下落过程中所受阻力恒定，加速度为9 m/s2，经2 s时间落地。已知重力加速度大小为10 m/s2，则篮球下落过程中(　　)
A．所受重力的冲量竖直向下
B．所受重力的冲量大小为1 N·s
C．所受阻力的冲量竖直向下
D．所受阻力的冲量大小为1 N·s
答案：AD
解析：篮球下落过程中所受重力方向竖直向下，则所受重力的冲量竖直向下，大小为IG＝mgt＝10 N·s，A正确，B错误；设篮球下落过程中所受阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得f＝0．5 N，篮球下落过程中所受阻力方向竖直向上，则所受阻力的冲量竖直向上，大小为If＝ft＝1 N·s，C错误，D正确。
3．t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0～1 s拉力对物体的冲量大小为(　　)
A．2 N·s B．2．4 N·s
C．3 N·s D．4 N·s
答案：C
解析：F t图像中，图线与t轴所围面积表示力F的冲量，则1 s内拉力对物体的冲量大小为I＝×Δt＝×1 N·s＝3 N·s，故选C。
[名师点拨] 变力冲量的计算
(1)若力的方向不变而大小随时间均匀变化，则该力的冲量可以用平均力来计算，其公式为I＝Δt。
(2)若力的方向始终沿一条直线，利用F t图像中的“面积”求该力的冲量。面积大小表示冲量的大小，面积的正负表示冲量的方向。某力F随时间t变化的图像(F t图像)如图所示，则图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。
(3)利用动量定理计算，即求出在该力作用下物体动量改变量Δp的大小和方向，从而得到变力的冲量。
知识点二　用动量定理解释生活现象
4．景德镇陶瓷是古代海上丝绸之路和国内贸易的重要商品，在物流过程中需要安全和便捷地装运陶瓷。如图为清代督陶官唐英的《陶冶图说》中“将茭草置于内，竹篾横缠于外”的古代陶瓷运输保护措施，体现出劳动人民的智慧和创造性。关于这种保护措施，下列说法正确的是(　　)
A．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞时的动量
B．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞过程中受到的冲量
C．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞过程中动量的变化量
D．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞过程中动量的变化率
答案：D
解析：陶瓷在运输过程中发生碰撞时的速度和质量确定，因此其动量确定，茭草、竹篾包扎不会减小陶瓷碰撞时的动量，故A错误；根据动量定理，可知陶瓷在碰撞过程中受到的冲量等于其动量的变化量，陶瓷碰撞前、后的速度是确定的，其质量不变，所以动量的变化量是确定的，因此茭草、竹篾包扎不能改变陶瓷碰撞过程中受到的冲量，故B、C错误；茭草、竹篾包扎后，在碰撞发生时，碰撞过程的时间Δt变长，根据动量定理FΔt＝Δp，可知在动量的变化量Δp一定的情况下，陶瓷所受到的平均作用力F减小，即陶瓷碰撞过程中动量的变化率减小，故D正确。
知识点三　动量定理的定量计算
5．我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动。卫星的质量为1．45 t，线速度大小为7．6 km/s，运动周期为96 min。在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　)
A．约2．2×107 N·s，与末速度方向垂直
B．约2．2×107 N·s，与末速度方向相同
C．约1．1×106 N·s，与末速度方向垂直
D．约1．1×106 N·s，与末速度方向相同
答案：B
解析：在48 min内，卫星恰好运动半周，其速度大小不变，方向反向，以末速度v的方向为正方向，则动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝2．2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小I＝Δp＝2．2×107 N·s，方向与末速度方向相同，故选B。
6．质量为1 kg的金属小球竖直下落，与地面撞击前瞬间，速度大小为5 m/s，方向竖直向下，撞击后瞬间，速度大小为3 m/s，方向竖直向上，小球与地面的接触时间为0．2 s。不计小球受到的空气浮力及阻力，g取10 m/s2。小球与地面相互作用的时间内，对地面压力的平均值为(　　)
A．10 N B．20 N
C．40 N D．50 N
答案：D
解析：选取竖直向下的方向为正方向，由动量定理知(mg－)Δt＝mv2－mv1，其中v1＝5 m/s，v2＝－3 m/s，代入数据解得地面对小球作用力的平均值为＝50 N，根据牛顿第三定律可知，小球对地面压力的平均值为50 N，故选D。
7．(多选)足球运动员在射门时把球踢偏了，球以12 m/s的速度水平射中门框，之后又以8 m/s的速度水平弹回，球的质量是0．3 kg，门框对球的平均弹力大小为60 N(忽略一切摩擦和空气阻力，门框与球相互作用的过程忽略重力)，下列说法正确的是(　　)
A．门框对球的冲量大小为6 N·s
B．门框对球的冲量大小为1．2 N·s
C．球与门框的作用时间是0．02 s
D．球与门框的作用时间是0．1 s
答案：AD
解析：取球水平弹回方向为正方向，根据动量定理得门框对球的冲量I＝mv2－mv1，其中v1＝－12 m/s，v2＝8 m/s，m＝0．3 kg，解得I＝6 N·s，A正确，B错误；根据冲量的定义得I＝t，解得球与门框的作用时间t＝＝ s＝0．1 s，故C错误，D正确。
8．(多选)冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面到达指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．力F在前1 s内的冲量大小为0．6 N·s
B．冰壶在第1 s末的速度大小为0．6 m/s
C．冰壶在第2 s末的动量大小为2 kg·m/s
D．冰壶在第2 s末的速度大小为0．8 m/s
答案：BD
解析：力F在前1 s内的冲量大小为I1＝F1t1＝3×1 N·s＝3 N·s，A错误；冰壶在第1 s内由动量定理有I1＝mv1－0，解得冰壶在第1 s末的速度大小为v1＝0．6 m/s，B正确；冰壶在前2 s内由动量定理有F1t1＋F2t2＝p2－0，且p2＝mv2，解得冰壶在第2 s末的动量大小为p2＝4 kg·m/s，在第2 s末的速度大小为v2＝0．8 m/s，C错误，D正确。
[名师点拨]　动量定理与牛顿第二定律的选用原则
只涉及运动过程的初、末速度和力及其作用时间，不涉及运动细节和力的瞬时效果——加速度，用动量定理更简单；涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿第二定律和运动学公式。
9．(多选)一质量m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0．2 s以大小v＝1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2。在这0．2 s内(　　)
A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为零
D．地面对运动员做的功为30 J
答案：AC
解析：运动员的速度原来为零，起跳后变为v，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I－mgt＝mv－0，故地面对运动员的冲量为I＝mv＋mgt＝60×1 N·s＋60×10×0．2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；在起跳过程中，地面对运动员的支持力竖直向上，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，则地面对运动员做的功为零，故C正确，D错误。
10．质量m＝60 kg的撑杆跳高运动员从距海绵垫h＝5 m的高处自由下落到海绵垫上，若运动员由静止下落到陷至最低点经历了t＝1．6 s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)运动员从接触海绵垫到陷至最低点动量的变化量；
(2)海绵垫对该运动员的平均作用力大小。
答案：(1)600 kg·m/s，方向竖直向上
(2)1600 N
解析：(1)取竖直向下为正方向，设运动员与海绵垫接触前瞬间的速度为v，运动员自由落体运动的过程有v2＝2gh
解得v＝10 m/s
运动员陷至最低点时速度为0，则从接触海绵垫到陷至最低点，运动员动量变化量
Δp＝0－mv＝－600 kg·m/s
所以动量变化量的大小为600 kg·m/s，方向竖直向上。
(2)设运动员从静止开始下落到刚接触海绵垫所需时间为t1，根据h＝gt
解得t1＝1 s
则运动员从接触海绵垫到陷至最低点的时间
Δt＝t－t1＝0．6 s
设海绵垫对运动员的平均作用力大小为，在运动员从接触海绵垫到陷至最低点的过程中，由动量定理可得(mg－)Δt＝Δp
解得＝1600 N。
11．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(　　)
A．m(v－v0) B．mgt
C．m D．m
答案：BCD
解析：根据动量定理，物体动量的变化应该等于初、末动量的矢量差，而不是代数差，A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正确；由动量的定义及矢量性可知，Δp＝mΔv＝mvy＝m＝m，C、D正确。
12．一架无人机从高为h的高空由静止释放质量为m的货物，货物沿直线下落，下落过程中受到的阻力与速率v的关系为f＝kv(k已知)，最终货物能匀速到达地面。已知重力加速度为g，忽略货物受到的空气浮力，下列说法正确的是(　　)
A．货物做加速度逐渐增大的加速运动直至匀速
B．货物到达地面时的速度大小为
C．货物下落的时间为＋
D．货物下落的时间为－
答案：C
解析：设货物在下落过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，且有f＝kv，解得a＝g－，则随着货物的速度增大，其加速度逐渐减小，即货物在下落过程中做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误；设货物下落过程中克服阻力做功为Wf，根据动能定理有mgh－Wf＝mv－0，解得货物到达地面时的速度大小v1＝<，故B错误；货物匀速时，由平衡条件得f＝mg，且有f＝kv2，解得货物到达地面时的速度为v2＝，设货物下落的时间为t，规定向下为正方向，取货物下落过程中很短的一段时间Δt，根据动量定理有mg·Δt－kv·Δt＝m·Δv，对所有极短的过程累积求和，有∑mg·Δt＝mgt，∑kv·Δt＝kh，∑m·Δv＝mv2，联立解得t＝＋，故C正确，D错误。
13．篮球是奥运会的核心比赛项目，深受广大球迷的喜欢。假设一篮球在空中水平向右抛出，落地后又反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt＝0．2 s。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该篮球质量为0．6 kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求该篮球：
(1)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小；
(2)第一次与地面接触过程中所受的平均摩擦力。
答案：(1)48 N　(2)3 N，方向水平向左
解析：(1)篮球在空中做抛体运动，令h1＝3．2 m，h2＝1．8 m，设篮球第一次与地面接触前、后速度的竖直分量大小分别是v1y、v2y，在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律有v－0＝2gh1
0－v＝－2gh2
设篮球的质量为m，第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小是FN，规定竖直向上为正方向，对篮球在竖直方向上由动量定理得(FN－mg)Δt＝mv2y－(－mv1y)
联立解得FN＝48 N。
(2)令x1＝x2＝2．4 m，设篮球第一次与地面接触前、后速度的水平分量大小分别是v1x、v2x，篮球从抛出到第一次落到地面的时间是t1，在第一次反弹后到再次落回地面的时间是t2，则有
x1＝v1xt1，x2＝v2xt2
h1＝gt，h2＝g
设篮球第一次与地面接触过程中所受的平均摩擦力为f，规定水平向右为正方向，对篮球在水平方向上由动量定理得fΔt＝mv2x－mv1x
联立解得f＝－3 N
即所受平均摩擦力大小为3 N，方向水平向左。
[名师点拨]　动量定理是一个矢量方程，应用动量定理计算时，如果物体的初、末动量不在同一直线上，则可以将物体所受的各个力和初、末动量进行正交分解，在相互垂直的两个方向上分别列动量定理的分量方程(类似于牛顿第二定律的正交分解)，将矢量运算转换为代数运算。
专题提升一　动量定理的综合问题
提升　应用动量定理解决多过程问题
应用动量定理处理多过程问题的两种思路
(1)分段分别应用动量定理求解。
(2)全过程应用动量定理求解。要特别注意各力作用的时间，在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和。
“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60 kg，橡皮绳原长20 m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为5 s，重力加速度g取10 m/s2，橡皮绳重力和空气阻力忽略不计。求：
(1)橡皮绳刚伸直时，此人的速度大小和下落时间；
(2)从橡皮绳伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力大小。
[解析]　(1)设人的质量为m，橡皮绳刚伸直时，此人的速度大小为v，人从P点静止下落到橡皮绳正好伸直的时间为t1，人做自由落体运动下落h＝20 m高度的过程，由机械能守恒定律有
mgh＝mv2－0
根据动量定理有mgt1＝mv－0
代入数据解得v＝20 m/s，t1＝2 s。
(2)设从橡皮绳伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人的平均作用力大小为F，橡皮绳对人的作用时间为t2，此人从P点自静止下落到最低点所用时间为t，则有t2＝t－t1
解法一(分段法)：取向上为正方向，橡皮绳作用过程，对人由动量定理得
(F－mg)t2＝0－(－mv)
代入数据解得F＝1000 N。
解法二(全程法)：取向上为正方向，人下落的全过程，对人由动量定理得Ft2－mgt＝0－0
代入数据解得F＝1000 N。
[答案]　(1)20 m/s　2 s　(2)1000 N
[跟进训练]　在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg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6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
答案：12 s
解析：解法一：对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，物体的初速度为零，设其末速度为v。取水平力F的方向为正方向，已知力F的作用时间为t1＝6 s，根据动量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0
对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，物体的初速度为v，末速度为零，设撤去F后物体还能向前运动时间t2，根据动量定理有
－μmgt2＝0－mv
联立解得t2＝12 s。
解法二：整个运动过程物体的初、末速度都等于零，取水平力F的方向为正方向，已知力F的作用时间为t1＝6 s，设撤去F后物体还能向前运动时间t2，根据动量定理有
Ft1－μmg(t1＋t2)＝0－0
解得t2＝12 s。
提升　动量定理与动能定理
动量定理与动能定理的比较
动量定理 动能定理
表达式 FΔt＝Δp FΔx＝ΔEk
物理意义 反映了力对时间的累积效应 反映了力对空间的累积效应
标矢性 矢量式，应用时必须选取正方向，可以对速度和力正交分解列分量方程 标量式，应用时不涉及方向，不能对速度和力正交分解列分量方程
适用 情况 涉及一段时间(或冲量)时，选用动量定理 涉及一段位移(或功)时，选用动能定理
某建筑工地上的打夯机将质量为1×104 kg的钢制重锤升高到20 m的高处后使其自由下落，重锤在地面上砸出一个深坑且不反弹，重锤冲击地面的过程历时0．1 s。取g＝10 m/s2。求：
(1)重锤落地瞬间速度的大小；
(2)重锤冲击地面的过程中重锤对地面的平均冲击力大小。
[解析]　(1)设重锤落地瞬间速度的大小为v，重锤自由下落过程中，根据动能定理有
mgh＝mv2－0
其中重锤的质量m＝1×104 kg，重锤下落的高度h＝20 m
解得v＝20 m/s。
(2)设重锤冲击地面的过程中地面对重锤的平均冲击力大小为，以向下为正方向，由动量定理有(mg－)t＝0－mv
其中重锤冲击地面的过程历时t＝0．1 s
解得＝2．1×106 N
由牛顿第三定律可知，重锤对地面的平均冲击力大小′＝＝2．1×106 N。
[答案]　(1)20 m/s　(2)2．1×106 N
[跟进训练]　一质量为m的子弹以速度v0水平射入并穿过静置在光滑水平地面上的木块，如图所示，已知木块的质量为M，子弹穿过木块的时间为t，木块对子弹的阻力恒为f。求：
(1)子弹穿过木块后，子弹和木块运动的速度大小；
(2)子弹穿过木块的过程，木块运动的距离。
答案：(1)v0－　　(2)
解析：(1)设子弹穿过木块后，子弹运动的速度大小为v1，木块运动的速度大小为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理，
对子弹有－ft＝mv1－mv0
对木块有f′t＝Mv2－0
其中子弹对木块的作用力大小f′＝f
解得v1＝v0－，v2＝。
(2)设子弹穿过木块的过程，木块运动的距离为x，对木块根据动能定理有f′x＝Mv－0
解得x＝。
提升　应用动量定理解决流体问题
水流、气流等流体会对接触面产生持续的冲击力F。
1．计算冲击力大小的思路：根据微元思想，选取很短时间内冲击接触面的一段流体为研究对象，根据动量定理计算这段流体受到接触面的冲击力F′，最后根据牛顿第三定律可得F。
2．解题步骤
(1)建立“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段柱形流体为研究对象，其横截面积为S；
(2)微元研究：设在很短的时间Δt内通过某一横截面的流体长度为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；
(3)列方程求F：分析微元的受力情况和动量变化，运用动量定理F合Δt＝Δp，结合F合与F的关系列式求解。(注意：一般要用到牛顿第三定律)
如图所示，高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度垂直喷射到材料表面进行切割作业。某型号“水刀”喷嘴喷出的高压水流的最大速度为500 m/s，假设“水刀”喷嘴喷出的水垂直打到材料表面后速度立即减为零，已知水的密度为1．0×103 kg/m3，水柱的截面面积是1 mm2，水对材料表面的作用力远大于水受到的重力，求：
(1)“水刀”1 s内喷出高压水流的最大质量；
(2)高压水流对材料的最大冲击力大小；
(3)高压水流对材料的最大压强。
[解析]　(1)设“水刀”喷嘴喷出的高压水流的最大速度为v，水的密度为ρ，水柱的截面面积为S，则“水刀”在t0＝1 s内喷出高压水流的最大体积V0＝Svt0
“水刀”1 s内喷出高压水流的最大质量
m0＝ρV0
联立并代入数据解得m0＝0．5 kg。
(2)设材料对高压水流的最大冲击力大小为F，对t0时间内以最大速度喷出的高压水流，以水流方向为正方向，根据动量定理有
－Ft0＝0－m0v
根据牛顿第三定律，高压水流对材料的最大冲击力大小F′＝F
联立并代入数据解得F′＝250 N。
(3)高压水流对材料的最大压强为p＝
代入数据解得p＝2．5×108 Pa。
[答案]　(1)0．5 kg　(2)250 N　(3)2．5×108 Pa
课后课时作业
题型一　应用动量定理解决多过程问题
1．我国首套高温超导电动悬浮试验系统于2023年3月31日完成首次悬浮运行。试验列车在水平面上从静止开始运动，经过t时间关闭牵引系统，又向前滑行2t时间后停下。若列车行驶时始终受到大小恒定的阻力f，则牵引系统动力大小为(　　)
A．f B．2f
C．3f D．4f
答案：C
解析：设列车的牵引系统动力大小为F，规定列车行驶的方向为正方向，整个过程中由动量定理可知Ft－f·3t＝0－0，解得F＝3f，故选C。
2．一质量为2 kg的物块静止在光滑的水平面上，从t＝0时刻开始受到一水平外力F的作用，F随时间t变化的图线如图所示。取t＝0时刻力F的方向为正方向，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．前2 s时间内，力F对物块做的功为4 J
B．t＝4 s时，物块的速度大小为2 m/s
C．前4 s时间内，力F的冲量为6 N·s
D．t＝2 s时，物块的动量为2 kg·m/s
答案：A
解析：F t图像中，图线与时间轴所围面积表示冲量，前4 s时间内，力F的冲量为I＝2×2 N·s＋(4－2)×(－1) N·s＝2 N·s，根据动量定理有I＝mv－0，解得t＝4 s时，物块的速度为v＝1 m/s，故B、C错误；前2 s时间内，力F的冲量I1＝2×2 N·s＝4 N·s，根据动量定理有I1＝mv1－0，解得t＝2 s时，物块的速度为v1＝2 m/s，则物块的动量为p1＝mv1＝4 kg·m/s，根据动能定理，前2 s时间内，力F对物块做的功为W＝mv－0＝4 J，故A正确，D错误。
3．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小可以判断篮球的性能。某同学让一篮球从h1＝1．8 m高处自由下落，测出篮球从开始下落至反弹到最高点所用时间t＝1．40 s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间为0．5 s，篮球的质量m＝0．456 kg，g＝10 m/s2(不计空气阻力)。则篮球对地面的平均作用力大小约为(　　)
A．3 N B．21 N
C．33 N D．28 N
答案：B
解析：篮球自由下落过程，由匀变速直线运动规律可得h1＝gt，解得自由下落时间为t1＝0．6 s，反弹后到最高点所用时间为t2＝0．5 s，可知篮球与地面相互作用时间为Δt＝t－t1－t2＝0．3 s，以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得Δt－mgt＝0－0，解得地面对篮球的平均作用力大小为≈21 N，根据牛顿第三定律可知，篮球对地面的平均作用力大小为′＝≈21 N，故B正确。
题型二　动量定理与动能定理
4．(多选)一个质量为0．18 kg的垒球，以大小为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，相互作用过程重力的影响可忽略。下列说法正确的是(　　)
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 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大小为，取末速度方向为正方向，由动量定理得Δt＝mv2－mv1，其中v2＝45 m/s，v1＝－25 m/s，m＝0．18 kg，Δt＝0．01 s，代入数据解得＝1260 N，故A正确，B错误；由动能定理得，球棒对垒球做的功为W＝mv－mv＝126 J，故C正确，D错误。
5．两位同学对变力问题感兴趣。张明同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随时间变化的F t图像如图甲，2 s末时物体获得的速度为v1；李华同学将质量为m＝2 kg的物体放置在光滑的水平面上，从静止施加水平拉力，拉力随位移变化的F x图像如图乙，运动2 m时物体获得的速度为v2，那么(　　)
A．v1＝4．5 m/s，v2＝4．5 m/s
B．v1＝4．5 m/s，v2＝3 m/s
C．v1＝6 m/s，v2＝3 m/s
D．v1＝6 m/s，v2＝4．5 m/s
答案：B
解析：张明同学拉物体的过程中，由动量定理得tΔt＝mv1－0，由F t图像可知，t＝＝4．5 N，联立可解得2 s末时物体获得的速度为v1＝4．5 m/s；李华同学拉物体的过程中，由动能定理得xΔx＝mv－0，由F x图像可知，x＝＝4．5 N，联立可解得运动2 m时物体获得的速度为v2＝3 m/s，故选B。
6．(多选)质量为0．2 kg的小球从静止开始下落，竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。在小球与地面接触的时间内小球受到的平均合力大小为小球重力大小的10倍，取竖直向上为正方向，关于此过程中小球动量变化量Δp、合力对小球的冲量I、合力对小球做的功W及作用时间t，下列结论正确的是(　　)
A．Δp＝2 kg·m/s B．W＝2 J
C．I＝0．4 N·s D．t＝0．1 s
答案：AD
解析：小球的初速度v0＝－6 m/s，末速度v＝4 m/s，小球的动量变化量Δp＝mv－mv0＝0．2×4 kg·m/s－0．2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，故A正确；根据动能定理可得合力对小球做的功W＝mv2－mv＝×0．2×42 J－×0．2×(－6)2 J＝－2 J，故B错误；根据动量定理有Δp＝I＝10mgt，可得I＝2 N·s，t＝0．1 s，故D正确，C错误。
7．一质量为0．5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示，物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0．05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求碰撞后物块克服摩擦力做的功。
答案：(1)0．32　(2)130 N　(3)9 J
解析：(1)对物块由A点运动至与墙壁碰撞前瞬间的过程，由动能定理有
－μmgs＝mv－mv
其中m＝0．5 kg，s＝5 m，v1＝7 m/s
代入数据解得μ＝0．32。
(2)以碰后速度方向为正方向，在碰撞过程中，对物块由动量定理有FΔt＝mv2－(－mv1)
其中v2＝6 m/s，Δt＝0．05 s
代入数据解得F＝130 N。
(3)碰撞后至物块停止运动的过程，由动能定理得，物块克服摩擦力做的功W＝－ΔEk
其中ΔEk＝0－mv
联立并代入数据解得W＝9 J。
题型三　应用动量定理解决流体问题
8．作为先进的大都市，上海拥有许多非常高的建筑物，这些大楼不仅设计先进，还安装了风阻尼器。已知风阻尼器的截面积S＝10 m2，风速为25 m/s，空气密度ρ＝1．2 kg/m3，风遇到风阻尼器后速度立即减为零，则风对风阻尼器产生的作用力大小为(　　)
A．7500 N B．750 N
C．300 N D．900 N
答案：A
解析：设t时间内吹到风阻尼器上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，对t时间内吹到风阻尼器上的空气，根据动量定理有－Ft＝0－mv，联立解得风阻尼器对这部分空气的作用力为F＝ρSv2＝7500 N，根据牛顿第三定律可知，风对风阻尼器产生的作用力为7500 N，故A正确。
9．如图所示，无人机救援时可以将落水被困人员腾空吊起，安全救回岸边。无人机主要由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，四个螺旋桨水平旋转时扫过的总面积为S。已知无人机与装备的总质量为m，被困人员的质量为M，重力加速度的大小为g，空气密度为ρ，环境风速不计。当该无人机承载被困人员在空中悬停时，求：
(1)螺旋桨向下推动气流产生的风速大小；
(2)四个电动机输出的总功率。
答案：(1)　(2)
解析：(1)无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，对被困人员和无人机整体，根据平衡条件可知，总升力F＝(m＋M)g
设螺旋桨向下推动气流产生的风速大小为v，Δt时间内四个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm，这部分空气受到螺旋桨的作用力大小为F′，则Δm＝ρSvΔt
对质量为Δm的空气，由动量定理有
F′Δt＝Δmv－0
根据牛顿第三定律，有F＝F′
联立解得v＝。
(2)Δt时间内，四个电动机对空气做的功
W＝Δmv2
四个电动机输出的总功率P＝
联立解得P＝。
10．两物体的质量分别为m1和m2，它们分别只在恒力F1和F2的作用下由静止开始运动。经相同的位移，恒力的冲量相同，则两恒力的比值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：设质量为m的物体，只在恒力F的作用下经过位移x后的速度大小为v，根据动能定理有Fx＝mv2－0，根据动量定理可知，恒力F的冲量I＝mv－0，联立可得F＝，根据题意可知x1＝x2，I1＝I2，则＝，故选C。
11．(多选)如图所示为水平圆盘的俯视图，圆盘上与中心轴O距离r处有一质量为m的小物块(小物块可视为质点)。某时刻起圆盘绕轴O转动，角速度从0增大至ω，小物块始终相对圆盘静止。已知重力加速度为g，此过程小物块所受的摩擦力(　　)
A．方向始终指向O点
B．冲量大小为mωr
C．做功为0
D．做功为mω2r2
答案：BD
解析：对小物块受力分析可知，小物块所受合力等于圆盘对其静摩擦力，由于角速度从0增大至ω，则小物块做变速圆周运动，静摩擦力沿径向的分力提供向心力，沿切向的分力使小物块线速度增大，即此过程小物块所受的摩擦力不指向圆心，故A错误；小物块在角速度从0增大至ω的过程中，根据动量定理有I＝mv－0，且v＝ωr，则小物块所受合力即摩擦力的冲量为I＝mωr，故B正确；小物块在角速度从0增大至ω的过程中，根据动能定理有W＝mv2－0＝mω2r2，可知小物块所受合力即摩擦力做功为mω2r2，故C错误，D正确。
12．假设有一宇宙飞船，它的正面面积为S，以速度v飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米体积的微粒数为n，微粒的平均质量为m。设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上，若要飞船速度保持不变，则关于飞船应增加的驱动力ΔF正确的是(　　)
A．ΔF＝nSmv2 B．ΔF＝nSmv
C．ΔF＝nSmv3 D．ΔF＝2nSmv2
答案：A
解析：根据题意可知，时间Δt内，吸附于飞船上的微粒的总质量Δm＝SvΔt·nm，对这部分微粒，根据动量定理可得ΔF′Δt＝Δmv－0，解得飞船对这部分微粒的作用力ΔF′＝nSmv2，则由牛顿第三定律和平衡条件知ΔF＝ΔF′＝nSmv2，故选A。
[名师点拨]　尘埃、电子流、光子流密集地撞击接触面，从而能对接触面产生持续的压力，在计算该压力时，可将粒子流类比为流体，单位体积内的粒子数乘以单个粒子的质量，就相当于流体的密度，然后就可用微元法结合动量定理列方程求解。
13．(多选)为检测某新能源汽车的性能，现在平直公路上做实验。如图甲所示，汽车质量为2×103 kg(可看作质点)，在平直公路上行驶，其中PQ路段为柏油路，QM路段为沙石路，汽车从P处运动到M处的过程，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，已知汽车在PQ路段受到的阻力为其重力的，在QM路段受到的阻力保持不变，在整个行驶过程中汽车的功率保持不变，g＝10 m/s2，则以下说法中正确的是(　　)
A．汽车的功率为2×103 W
B．汽车的功率为2×104 W
C．汽车从Q处运动到M处的过程中，克服阻力做的功为2．75×104 J
D．汽车从Q处运动到M处的过程中，牵引力的冲量为3×104 N·s
答案：BD
解析：根据题意可知，汽车在PQ路段受到的阻力大小为f＝mg＝2×103 N，由图乙可知，汽车在PQ路段以v1＝10 m/s的速度匀速行驶，此时，汽车的牵引力大小等于阻力大小，即F＝f＝2×103 N，汽车的功率为P＝Fv1＝2×104 W，故A错误，B正确；汽车从Q处运动到M处的过程中，设克服阻力做的功为W，根据动能定理有Pt2－W＝mv－mv，其中t2＝15 s－5 s＝10 s，vM＝5 m/s，代入数据解得W＝2．75×105 J，故C错误；由图乙可知，汽车在QM路段最终以vM＝5 m/s的速度做匀速运动，设此时的牵引力大小为F′，阻力大小为f′，则有P＝F′vM＝f′vM，解得f′＝4×103 N，汽车从Q处运动到M处的过程中，设牵引力的冲量为I，根据动量定理有I－f′t2＝mvM－mv1，代入数据解得I＝3×104 N·s，故D正确。
27(共59张PPT)
第一章　动量守恒定律
2.动量定理
1．理解冲量的概念并会进行相关的简单计算。2．理解动量定理及其表达式。3．能够利用动量定理解释有关现象。4．会用动量定理分析解决实际问题。
目录
1
课后课时作业
任务
2
任务
动力学知识告诉我们，力能改变物体的速度，结合上一节课的学习可以推知，力能改变物体的动量。现在我们从理论上定量分析力是如何改变动量的。如图所示，一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v，经过一段时间Δt，它的速度为v′。
任务　　　冲量
问题1：在力F的作用下，物体产生加速度，速度改变，动量改变，请根据牛顿第二定律写出力F的表达式(用前面已知物理量表示)。
问题2：请用F表示动量的变化量。
1．冲量的定义：物理学中把力与_______________的乘积叫作力的冲量。用字母I表示冲量。
2．冲量的表达式：I＝______。
3．冲量的单位：______，符号是______。
力的作用时间
FΔt
N·s
牛秒
想一想
静止在水平桌面上的物体，在时间t内重力的冲量等于0吗？
提示：根据I＝FΔt，在时间t内重力的冲量不等于0。
1．对冲量的理解
(1)物理意义：力对时间的累积，与某一过程相对应，是过程量。
(2)标矢性：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同。求解冲量时，既要计算大小，还要指出其方向。冲量的合成与分解遵循矢量运算法则。
(3)I＝FΔt中F的理解：如果是变力作用于物体，F应理解成变力在时间Δt内的平均值。
冲量 功
公式 I＝FΔt W＝Fx
标矢性 矢量 标量
意义 力对时间的累积，在F t图像中可以用图线下的面积表示 力对位移的累积，在F x图像中可以用图线下的面积表示
正、负 正、负表示与正方向相同或相反 正、负表示动力做功或阻力做功
作用效果 改变物体的动量 改变物体的动能
2．冲量与功的比较
如图所示，质量为m的物体在与水平方向成θ角斜向右上方的大小为F的恒定拉力作用下始终保持静止，已知动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求在时间t内：
(1)物体所受重力的冲量；
(2)物体所受拉力的冲量；
(3)物体所受摩擦力的冲量；
(4)物体所受合力的冲量。
[答案]　(1)mgt，方向竖直向下 (2)Ft，方向与水平方向成θ角斜向右上方
(3)Ftcosθ，方向水平向左 (4)0
[解析]　(1)根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受重力的冲量大小为IG＝mgt
方向为竖直向下。
(2)根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受拉力F的冲量大小为IF＝Ft
方向为与水平方向成θ角斜向右上方。
(3)对物体进行受力分析，在水平方向上，根据平衡条件可知，物体所受摩擦力的大小为f＝Fcosθ，方向水平向左
根据冲量的定义式可知，在时间t内，物体所受摩擦力的冲量大小为If＝ft
联立解得If＝Ftcosθ
方向水平向左。
解法二：物体始终保持静止，处于平衡状态，则所受合力F合＝0
物体所受合力的冲量大小I＝F合t
联立解得I＝0。
1．冲量的决定因素
某个力的冲量，只取决于该力的大小、方向以及该力的作用时间，与物体是否运动、在该力的方向上是否有位移无关。
2．合力冲量的两种计算方法
(1)分别求出每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和。
(2)如果各力的作用时间相同，可以先求出各力的合力，再由I＝F合Δt求合力的冲量。
[跟进训练]　关于冲量的概念，以下说法正确的是(　　)
A．作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同
B．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
C．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
解析：由冲量公式I＝FΔt可知，作用在两个物体上的合力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同，A正确；由冲量公式I＝FΔt可知，冲量大小由力的大小和作用时间二者共同决定，只知力或作用时间一个因素，无法确定冲量大小，B、C错误；冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，两个大小相等的冲量，方向不一定相同，D错误。
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的______________。
注：这里说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。
2．表达式：I＝p′－p或__________________。
任务　　　动量定理
动量变化量
F(t′－t)＝mv′－mv
判一判
(1)物体所受合力不变，则动量也不变。(　　)
(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。(　　)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同。(　　)
提示：　×
提示：　×
提示：　×
3．动量定理的典型应用
(1)已知冲量，计算动量变化量、初动量、末动量。
(2)已知动量变化量，计算冲量、力、力的作用时间。
4．应用动量定理解题的基本步骤
一个质量为0．2 kg、以15 m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25 m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0．1 s，忽略网球重力和空气阻力，试求：
(1)网球动量的变化量；
(2)球拍对网球的平均作用力。
[答案]　(1)8 kg·m/s，方向与初速度方向相反
(2)80 N，方向与初速度方向相反
[跟进训练1]　如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m＝1 kg，某时刻速度的大小为v＝5 m/s，方向向下。经时间t＝1 s，小球的速度方向变为向上，大小仍为v。忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量(　　)
A．大小为10 N·s，方向向上 B．大小为10 N·s，方向向下
C．大小为20 N·s，方向向上 D．大小为20 N·s，方向向下
解析：设在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量为I，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I－mgt＝mv－(－mv)，解得I＝20 N·s，方向向上。故选C。
1．动量定理的分析解释：根据动量定理，如果物体的动量发生的变化是一定的，那么作用的时间短，物体受的力就____；作用的时间长，物体受的力就____。
2．动量定理的应用：易碎物品运输时要用柔软材料包装，跳高时运动员要落在软垫上，在船舷和码头悬挂一些具有弹性的物体(如旧轮胎)。
大
小
任务　　　动量定理的定性应用
想一想
跳高比赛时，运动员落地处要放很厚的垫子，这是为什么？
提示：运动员落到垫子上比直接落在地面上速度减为0所需的时间更长，由FΔt＝Δp可知，在动量变化相同的情况下，运动员落在垫子上受到的冲击力较小，从而对运动员起到保护作用。
如图所示，船只的外侧悬挂了很多旧轮胎，
这样做的目的是(　　)
A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对船只的破坏
B．减小碰撞中船只受到的冲量，从而减轻对船只的
破坏
C．减小碰撞中船只的动量变化量，从而减轻对船只的破坏
D．减小碰撞中船只受到的冲击力，从而减轻对船只的破坏
[解析]　船只在发生碰撞的过程中，由动量定理FΔt＝Δp知，在动量变化量Δp相同即所受冲量I＝FΔt相同的情况下，外侧悬挂了很多旧轮胎，延长了碰撞的作用时间Δt，使得碰撞中船只受到的冲击力F减小，从而减轻对船只的破坏，故D正确，A、B、C错误。
课后课时作业
知识点一　冲量
1．如图所示，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，则在时间t内(　　)
A．拉力对物体的冲量大小为Ftcosθ
B．重力对物体的冲量大小为零
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ
D．合力对物体的冲量大小为零
解析：拉力对物体的冲量大小为IF＝Ft，A错误；重力对物体的冲量大小为IG＝Gt＝mgt，B错误；由于物体做匀速运动，由平衡条件可知，摩擦力大小为f＝Fcosθ，摩擦力对物体的冲量大小为If＝ft＝Ftcosθ，C错误；物体做匀速运动，所受合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确。
2．(多选)质量为0．5 kg的篮球在高空由静止落下，篮球下落过程中所受阻力恒定，加速度为9 m/s2，经2 s时间落地。已知重力加速度大小为10 m/s2，则篮球下落过程中(　　)
A．所受重力的冲量竖直向下
B．所受重力的冲量大小为1 N·s
C．所受阻力的冲量竖直向下
D．所受阻力的冲量大小为1 N·s
解析：篮球下落过程中所受重力方向竖直向下，则所受重力的冲量竖直向下，大小为IG＝mgt＝10 N·s，A正确，B错误；设篮球下落过程中所受阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得f＝0．5 N，篮球下落过程中所受阻力方向竖直向上，则所受阻力的冲量竖直向上，大小为If＝ft＝1 N·s，C错误，D正确。
3．t＝0时刻，一物块在水平方向的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力F随时间变化的图像如图所示，物块未离开水平面，则0～1 s拉力对物体的冲量大小为(　　)
A．2 N·s B．2．4 N·s
C．3 N·s D．4 N·s
[名师点拨]　变力冲量的计算
(1)若力的方向不变而大小随时间均匀变化，则该力的冲量可以用平均力来计算，其公式为I＝Δt。
(2)若力的方向始终沿一条直线，利用F t图像中的“面积”
求该力的冲量。面积大小表示冲量的大小，面积的正负表示冲
量的方向。某力F随时间t变化的图像(F t图像)如图所示，则图
中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。
(3)利用动量定理计算，即求出在该力作用下物体动量改变量Δp的大小和方向，从而得到变力的冲量。
知识点二　用动量定理解释生活现象
4．景德镇陶瓷是古代海上丝绸之路和国内贸易的重要商品，在物流过程中需要安全和便捷地装运陶瓷。如图为清代督陶官唐英的《陶冶图说》中“将茭草置于内，竹篾横缠于外”的古代陶瓷运输保护措施，体现出劳动人民的智慧和创造性。关于这种保护措施，下列说法正确的是(　　)
A．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞时的动量
B．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞过程中受到的冲量
C．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞过程中动量的变化量
D．茭草、竹篾包扎可以减小陶瓷碰撞过程中动量的变化率
解析：陶瓷在运输过程中发生碰撞时的速度和质量确定，因此其动量确定，茭草、竹篾包扎不会减小陶瓷碰撞时的动量，故A错误；根据动量定理，可知陶瓷在碰撞过程中受到的冲量等于其动量的变化量，陶瓷碰撞前、后的速度是确定的，其质量不变，所以动量的变化量是确定的，因此茭草、竹篾包扎不能改变陶瓷碰撞过程中受到的冲量，故B、C错误；茭草、竹篾包扎后，在碰撞发生时，碰撞过程的时间Δt变长，根据动量定理FΔt＝Δp，可知在动量的变化量Δp一定的情况下，陶瓷所受到的平均作用力F减小，即陶瓷碰撞过程中动量的变化率减小，故D正确。
知识点三　动量定理的定量计算
5．我国爱因斯坦探针卫星绕地球做匀速圆周运动。卫星的质量为1．45 t，线速度大小为7．6 km/s，运动周期为96 min。在48 min内，万有引力对该卫星的冲量的大小和方向为(　　)
A．约2．2×107 N·s，与末速度方向垂直
B．约2．2×107 N·s，与末速度方向相同
C．约1．1×106 N·s，与末速度方向垂直
D．约1．1×106 N·s，与末速度方向相同
解析：在48 min内，卫星恰好运动半周，其速度大小不变，方向反向，以末速度v的方向为正方向，则动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝2．2×107 kg·m/s，方向与末速度方向相同，根据动量定理可知，万有引力对该卫星的冲量大小I＝Δp＝2．2×107 N·s，方向与末速度方向相同，故选B。
6．质量为1 kg的金属小球竖直下落，与地面撞击前瞬间，速度大小为5 m/s，方向竖直向下，撞击后瞬间，速度大小为3 m/s，方向竖直向上，小球与地面的接触时间为0．2 s。不计小球受到的空气浮力及阻力，g取10 m/s2。小球与地面相互作用的时间内，对地面压力的平均值为(　　)
A．10 N B．20 N
C．40 N D．50 N
7．(多选)足球运动员在射门时把球踢偏了，球以12 m/s的速度水平射中门框，之后又以8 m/s的速度水平弹回，球的质量是0．3 kg，门框对球的平均弹力大小为60 N(忽略一切摩擦和空气阻力，门框与球相互作用的过程忽略重力)，下列说法正确的是(　　)
A．门框对球的冲量大小为6 N·s
B．门框对球的冲量大小为1．2 N·s
C．球与门框的作用时间是0．02 s
D．球与门框的作用时间是0．1 s
8．(多选)冰壶比赛是冬奥会上一个备受关注的项目，运动员需要先给冰壶一个初速度，使冰壶沿着冰面到达指定区域。若某次比赛过程冰面可视为光滑，质量为5 kg的冰壶(可视为质点)静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，冰壶受到运动员的水平外力F作用，外力F随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．力F在前1 s内的冲量大小为0．6 N·s
B．冰壶在第1 s末的速度大小为0．6 m/s
C．冰壶在第2 s末的动量大小为2 kg·m/s
D．冰壶在第2 s末的速度大小为0．8 m/s
解析力F在前1 s内的冲量大小为I1＝F1t1＝3×1 N·s＝3 N·s，A错误；冰壶在第1 s内由动量定理有I1＝mv1－0，解得冰壶在第1 s末的速度大小为v1＝0．6 m/s，B正确；冰壶在前2 s内由动量定理有F1t1＋F2t2＝p2－0，且p2＝mv2，解得冰壶在第2 s末的动量大小为p2＝4 kg·m/s，在第2 s末的速度大小为v2＝0．8 m/s，C错误，D正确。
[名师点拨] 　动量定理与牛顿第二定律的选用原则
只涉及运动过程的初、末速度和力及其作用时间，不涉及运动细节和力的瞬时效果——加速度，用动量定理更简单；涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿第二定律和运动学公式。
9．(多选)一质量m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0．2 s以大小v＝1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2。在这0．2 s内(　　)
A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为零
D．地面对运动员做的功为30 J
解析：运动员的速度原来为零，起跳后变为v，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I－mgt＝mv－0，故地面对运动员的冲量为I＝mv＋mgt＝60×1 N·s＋60×10×0．2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；在起跳过程中，地面对运动员的支持力竖直向上，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，则地面对运动员做的功为零，故C正确，D错误。
10．质量m＝60 kg的撑杆跳高运动员从距海绵垫h＝5 m的高处自由下落到海绵垫上，若运动员由静止下落到陷至最低点经历了t＝1．6 s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
(1)运动员从接触海绵垫到陷至最低点动量的变化量；
(2)海绵垫对该运动员的平均作用力大小。
答案：(1)600 kg·m/s，方向竖直向上 (2)1600 N
解析：(1)取竖直向下为正方向，设运动员与海绵垫接触前瞬间的速度为v，运动员自由落体运动的过程有v2＝2gh
解得v＝10 m/s
运动员陷至最低点时速度为0，则从接触海绵垫到陷至最低点，运动员动量变化量
Δp＝0－mv＝－600 kg·m/s
所以动量变化量的大小为600 kg·m/s，方向竖直向上。
13．篮球是奥运会的核心比赛项目，深受广大球迷的喜欢。假设一篮球在空中水平向右抛出，落地后又反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt＝0．2 s。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该篮球质量为0．6 kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求该篮球：
(1)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小；
(2)第一次与地面接触过程中所受的平均摩擦力。
答案：(1)48 N　(2)3 N，方向水平向左
[名师点拨] 　动量定理是一个矢量方程，应用动量定理计算时，如果物体的初、末动量不在同一直线上，则可以将物体所受的各个力和初、末动量进行正交分解，在相互垂直的两个方向上分别列动量定理的分量方程(类似于牛顿第二定律的正交分解)，将矢量运算转换为代数运算。

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