牛頓第三定律教學設計

⑴ 高中物理必修1第四章知識點歸納

高中物理必修1第四章主要是講牛頓運動定律這部分內容，下面是我給大家帶來的高中物理必修1第四章知識點歸納，希望對你有幫助。
高中物理必修1第四章知識點
一、 牛頓第一定律

1、 內容：(揭示物體不受力或合力為零的情形)

2、 兩個概念：①、力 ②、慣性：(一切物體都具有慣性，質量是慣性大小的唯一量)

二、牛頓第二定律

1、內容：(不能從純數學的角度表述)

2、公式：F合=ma

3、理解牛頓第二定律的要點：

①、式中F是物體所受的一切外力的合力。②、矢量性 ③、瞬時性 ④、獨立性 ⑤、相對性

三、牛頓第三定律

作用力和反作用力的概念

1、 內容 2、 作用力和反作用力的特點：①等值、反向、共線、異點 ②瞬時對應 ③性質相同 ④各自產生其作用效果

3、 一對相互作用力與一對平衡力的異同點

四、 力學單位制

1、 力學基本物理量：長度(l) 質量(m) 時間(t) 力學基本單位： 米(m) 千克(kg) 秒(s)

2、 應用：用單位判斷結果表達式，能肯定錯誤(但不能肯定正確)

五、 動力學的兩類問題。

1、已知物體的受力情況，求物體的運動情況(v0 v t x )

2、已知物體的運動情況，求物體的受力情況( F合 或某個分力)

3、應用牛頓第二定律解決問題的一般思路

(1)明確研究對象。

(2)對研究對象進行受力情況分析，畫出受力示意圖。

(3)建立直角坐標系，以初速度的方向或運動方向為正方向，與正方向相同的力為正，與正方向相反的力為負。在Y軸和X軸分別列牛頓第二定律的方程。

(4)解方程時，所有物理量都應統一單位，一般統一為國際單位。

4、分析兩類問題的基本 方法

(1)抓住受力情況和運動情況之間聯系的橋梁——加速度。

(2)分析流程圖

六、 平衡狀態、平衡條件、推論

1、 處理方法：解三角形法(合成法、分解法、相似三角形法、封閉三角形法)和正交分解法

2、 若物體受三力平衡，封閉三角形法最簡捷。若物體受四力或四力以上平衡，用正交分解法

七、 超重和失重

1、 超重現象和失重現象

2、 超重指加速度向上(加速上升和減速下降)，超了ma;失重指加速度向下(加速下降和減速上升)，失ma。
高中 物理 學習方法
1. 明確學習目的，激發學習興趣

興趣是較好的老師，有了興趣，才願意學習。願意學習，才能找到學習的樂趣。有了樂趣，長期堅持，就產生了較穩定的學習興趣—志趣。把學習變成一種自覺的行為，是成長生涯中必不可缺少的一件事。經日積月累，終會有所成效。

2. 掌握學習策略，善於整體把握

“整體大於部分之和”，在任何一段材料學習之前，先從整體、宏觀去了解其主要內容和方法、結構和思路、內在的邏輯關系等，再從局部、細節入手，掌握各自知識點，明確它們之間的內在聯系，並強調應用，在應用中內化、感悟，通過同化和順應兩種方式，豐富學生們的知識結構，建立多節點相連的知識網路。較後再從整體的角度審視學習過程，對陳述性、程序性和策略性知識能充分的理解和應用。如“序言”教學設計中我們是先粗讀課本，從封面、插圖、目錄到各章內容、安排題例等，整體上了解 高一物理 是干什麼的，有哪些內容，是如何安排的。然後再說“序言”的內容，我們仍然是先找出“序言”分幾部分，每部分解決的核心問題是什麼，該核心問題舉了哪些例子等，之後希望同學們通過序言的學習達到如下共識識：高中物理的有用性、有趣性;有信心學好高中物理;學好物理有法可依。

3. 掌握學習方法，達到事半功倍

物理學習同其他知識學習一樣，大的方面，應把握好預習、聽課、復習、作業、反饋、再復習鞏固、再練習深化提高等環節。小的方面，要重視聽好每一節課和做好每一道題。對教材內容，第一遍讀時要細、慢、思、記。認真研讀，明確思路，積極思考、辯析概念，掌握規律，學會應用。做練習，要遵循“讀、審、建、構、解、思”六步驟。即拿到一道題後，要讀明題意，審清條件，建立聯系，構造模型，正確解答，分類 反思 。對待復習，要做到及時復習，搶在遺忘之前進行。要有效復習，舉一反三、縱橫聯系，注意知識結構的充實，注意技能、技巧的掌握。在學習過程，注意合作學習，強調與教師、與同學的合作和交流，不怕出醜，敢於發表自己見解，勇於質疑，和教師、同學共同理解、共同進步。對待現實事物和現象，要有問題意識，有意識地從物理學的眼光去審視，在情景之中培養探究精神。重視過程學習，加強情感體驗。在學習中還要勤動手、多實驗、細觀察、善 總結 ，獲得直接 經驗 ，培養實踐能力。還要注意物理知識和方法與 其它 學科知識與方法的交叉與滲透，相互借鑒，觸類旁通，從細微處加以比較和思考，發現別人所沒有發現的方法，增強創新能力。每個學生都是一個獨特的個體，沒有一個現成的完全適合自己的學習模式，只有每個人根據自己的性格特點、學習習慣，摸索出一套合適的學習方法，才能提高學習的針對性、實效性。

4. 樹立學習信心，增強耐挫能力

⑵ 2020年學校信息化2.0校本教研之優質課比賽

我校的信息化2.0教研活動之優質課比賽，於11月25.26日舉行比賽，涵蓋了語，數，英，物，化，生物，地理，政治，歷史，體育，音樂11個科目，20名優秀教師參賽。前期工作在教務劉斌、信息組李銘、陳世高，各個評委的積極配合和幫助下完成了組內推選，選手選課，教務排課，評委調課，課表安排，線上打分系統製作，網路調試等一些列工作。比賽中，各位評委嚴格按照教學目標、教學環節、學科特點、技術運用、教學效果和教師素養，逐項打分，公平公正，不偏不倚。本次比賽各位參賽老師精心策劃課堂，激烈角逐，為大家奉獻了一頓豐美的盛宴，同時精彩表現代表了我們德智三中先進的教育生產力，是廣大教師學習的榜樣。

本次優質課競賽主要呈現了以下幾方面亮點：

一、參賽教師都具有較好的教師素養，各學科組高度重視；所推薦參賽者具有實力強、業務素質高、課堂效果好等特點。

評委們都一致認為選手們均准備充分，發揮自如，值得稱贊。各參賽選手舉止大方、文明得體、具有良好的師德風范，有較強的組織協調能力、應變能力，課堂上上對學生進行即時評價鼓勵、點贊；老師們有自己獨特的教學風格；教學目標明確、教學環節合理、流程基本清晰；各參賽者大都能夠合理運用信息化教學設備開展教學活動，基本能將信息技術與教學活動融合。大賽中一批青年骨幹教師以嫻熟的課堂駕馭技能，扎實的教學基本功，先進的教學理念，精細的教學設計，和諧的師生互動，民主平等的師生對話交流等優異表現脫穎而出，彰顯了德智三中充滿活力的教學中間力量。比體育馬承釗老師的《足球動態球感球性練習》一課自己親身示範，指導，讓學生直觀看到和體會足球的曲線運球方式，對於技術還很生疏的孩子給予及時的肯定和表揚，讓學生對學習足球充滿了熱情。同時注重方法歸納與運用，真切的讓學生動了起來，真正實現了教師角色轉變。李佳老師針對課本內容聯系新冠病毒，通過讓學生自身體驗學生理解知識，極大的活躍了課堂氛圍，效果明顯。

二、集體的力量得以體現，團隊協作打造了一流課堂

本次優質課大賽可以看出，參賽教師從教案，到各個教學環節的設計與推進，除經過授課教師本人用心付出外，還凝聚了整個備課組甚至教研組全體教師的智慧，歷經了集體的打磨、修正、完善。實驗儀器的選取和使用，學習小組的分工與協作等無不折射出教研組、備課組集體的力量，從而使課堂效果與質量大大提升。

比如物理組陳育中老師課堂極富活力，充滿智慧，運用無人機和滑板的原理給學生講解「牛頓第三定律」，從小組討論到全班互動，各個環節的設計都隨時會有智慧的火花蹦出。可以說，陳老師的課不僅在撒播知識與陽光，更是在傳授大智慧，創造大經典。而與此同時初中物理組何紅菲老師的課程，由於天氣寒冷，從上一節課打鈴開始，只見物理組的全體組員就進入到了「備戰」狀態，每個人各司其職：有的擺燒杯，有的倒開水，有的擦黑板，有的指揮 學生有序就坐……鈴聲一打，熱水發揮了作用，讓學生通過對冷水熱水的溫度體感，說明冷熱的感受，通力協作讓這節《從全球變暖談起》的物理課有了一個精彩的開場。

數學組的兩位老師導學案運用嫻熟，展現了兩堂經典的數學同課異構課，兩位老師同時選取了《解一元一次方程——移項》這個課題，卻分別使用兩種不同的教學方式對難點和易錯點進行突破，吳燕基老師和風細雨，哪一步容易錯都給孩子做好了鋪墊，讓學生跳一跳就能摘到知識的果子，而蔣童安老師則先把定理基礎打好，採用倒敘的方式，給孩子去試錯，從而找到更好的問題解決方式。兩種教式各不相同，又各有所長，學生能夠消化吸收並能很好的運用，充分體現了教師對本班孩子的掌控力和引導力。

體育組更是通力合作，集體備課、集體聽課、集體評課，兩位體育老師的課程雖然用不了多媒體，但為了讓學生看得更清楚，不單自己親自演示，更在課前列印出了大型圖片，邊讓學生清晰的看見邊講解，真正達到針對問題解決問題的目的。體育組比賽第二天即開始全組的集體評課，對兩位教師的教學方式，教學方法，課程展現的優缺點進行及時有效的反饋，由此可見組內對本次活動的重視和對骨幹教師培養的落實。

三、信息技術使用嫻熟，體現網路時代特點。

各位參賽教師都有精美的課程課件，有效利用學習小組進行自主學習，合作探究，積極營造民主平等寬松的課堂氛圍，同時使用信息技術豐富課堂教學，做到讓信息技術有效的服務於課堂，服務於教學。比如化學實驗中王偉明老師用手機投屏的形式，讓全班人可以清楚的看見實驗的細節。數學的吳燕基老師、蔣童安老師，物理的何紅菲老師，使用手機拍照反饋學生作業和當時實驗操作的形式，展現學生學習思路，體現學生學習過程。生物韋娜老師使用思維導圖、拍照投屏、小組合作和導學案的形式引導學生對該章節的自我總結歸納，從多方面指導學生提高學生的歸納能力。高中數學王俊傑老師則使用希沃自帶的函數功能，直觀的將函數展示給學生，讓學生進行比較分析，歸納出結果。多個學科老師使用希沃的游戲功能加強和鞏固知識，寓教於樂。本次活動信息技術新理念深入人心，新型師生關系深入課堂是本次優質課的又一亮點。

四、重視教學情境創設，具備先進的教學理念。

創設情境的目的是讓學生在具體的情景中，迅速的進入學習狀態，提高學生的學習積極性，提高學習興趣，老師們在設計課時都考慮到了課改新理念的落實，在教學中盡量去落實學科素養，能夠根據學生的特點去組織教學活動，引導學生通過自主探究學習，在我們的這次活動中，在情境設置上，有的老師是由語言引導設置、創設問題設置、故事情境設置、實驗情境設置等多途徑進行，小魔術、動畫、視頻各顯神通。如音樂的李思老師自己載歌載舞用一曲充滿異域風情的舞蹈，將課堂引入到《新疆的音樂之旅》上；地理的趙倩老師，通過最近火熱的電影《攀登者》將學生引入課堂，再將學生分：巔峰隊、卓越隊、凌雲隊，通過學生自主探究學習，獲得知識，達到真正的學會學習。劉婉娟老師用自己在校園的拍照、吳媛老師用是視頻，唐江老師用居里夫人年輕時的照片，李潔老師則是叫班級少數民族自己介紹自己民族，梁秀吉問題情境課一個提問就緊緊抓住了學生，能很好地激發學生熱愛這些科目學習的熱情。

但是這次比賽也有表現出了一下些不足，值得我們思考：

1、教學中問題的設計缺乏針對性、問題缺少深度。 本次優質課老師對課程的設計想像得很完美，但細節上問題的設計缺乏針對性，提問的目標指向不夠明確，致使學生回答漫無邊際。課堂討論也只是流於表面的、淺層次的回答，看上去熱鬧了，但學生缺乏深入的思考，特別是理科思維上，沒有形成追問「為什麼？」的習慣。小組合作探究學習引導不到位。雖然老師們已經有意識的組織學生通過小組合作、自主探究學習新知，但是老師的組織者、合作者、引導者的作用發揮不好，僅僅是形式上的小組合作。教師提出的問題探究性不強，學生探究過程中教師的調控引導不夠，學生合作探究流於形式，實效性差。對於探究活動結束後的小組匯報，教師點撥提升不夠，僅僅是學生泛泛的重復，教師不知如何引導總結、歸納提升。這要求我們教師在今後的教學過程中，要善於捕捉教學過程中動態生成的問題，隨機提問，不要刻板地按事先設計提問，同時提升自我的教學深度。

2、教育中的德育缺失，知識與生活如何更好的結合。

本次比賽可以看出每個老師對所教知識非常熟悉，對知識點在教材中的作用也非常表現得非常清晰，對學生的把握很到位，但如何將知識遷移到生活中，如何讓知識為我們自己的生活服務，如何將德育深入到課堂中，是需要每個老師思考的問題。比如我們天天講的干凈整潔，不亂丟垃圾能不能在課堂上呈現；我們要求學生的文明禮貌是不是也應該在每節課上重視強調；

3.信息技術的使用讓教學更加多姿多彩的，但技術的使用還不夠深入，還需要老師更進一步的去深入探討。 如何真正做到信息技術提升教學效果，游戲環節是否必要，能不能有更好的表現方式，以提高教學質量，提升學習效率。信息技術的使用，老師是不是就不需要板書，學生是不是不需要筆記了呢？本次比賽有個別老師板書缺少設計，隨意性太大，起不到提示和強化知識的作用。

唐建林局長在我校黨員會議上說：只重視教學結果的不是一個好老師，要有創新，有突破。希望本次比賽不單讓參賽者有所成長，讓年輕人有所借鑒，更讓全體老師有所收獲，讓管理者有所警醒。教育是讓學生獲得學習的能力，是總結歸納的能力，是閱讀的能力，是合作交流的能力。最後用一句話結尾：願教育者保持初心，受教育者不忘初心。大愛，學者當以天下家國為己任。

德智人，在離開學校的時候能夠不忘德智。

⑶ 新課標高一物理目錄

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使用本套教科書的實驗區的師生們，你們在使用本套教科書的過程中，如果有什麼好的意見和建議，請及時反饋給我們，對此，我們將深表謝意。
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扉 頁 編寫人員

目 錄

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走進物理課堂之前

物理學與人類文明

第一章 運動的描述
1 質點 參考系和坐標系 …………………………………………………………10
2 時間和位移………………………………………………………………………14
3 運動快慢的描述——速度………………………………………………………16
4 實驗：用打點計時器測速度……………………………………………………21
5 速度變化快慢的描述——加速度………………………………………………28

第二章 勻變速直線運動的研究
1 實驗：探究小車速度隨時間變化的規律………………………………………34
2 勻變速直線運動的速度與時間的關系…………………………………………37
3 勻變速直線運動的位移與時間的關系…………………………………………40
4 自由落體運動……………………………………………………………………45
5 伽利略對自由落體運動的研究…………………………………………………48

第三章 相互作用
1 重力 基本相互作用 ……………………………………………………………54
2 彈力………………………………………………………………………………57
3 摩擦力……………………………………………………………………………60
4 力的合成…………………………………………………………………………65
5 力的分解…………………………………………………………………………68

第四章 牛頓運動定律…………………………………………………………………71
1 牛頓第一定律……………………………………………………………………72
2 實驗：探究加速度與力、質量的關系…………………………………………75
3 牛頓第二定律……………………………………………………………………79
4 力學單位制………………………………………………………………………83
5 牛頓第三定律……………………………………………………………………85
6 用牛頓定律解決問題（一）……………………………………………………89
7 用牛頓定律解決問題（二）……………………………………………………92

學生實驗…………………………………………………………………………………95
課題研究…………………………………………………………………………………105
課外讀物…………………………………………………………………………………109
後記

⑷ 動量定理 動能定理 動量守恆定律 機械能守恆都怎麼區分它們都分別適用在什麼地方

我這有，還有題，你看怎樣

第五章 動量 第一單元 動量、沖量 動量定理

二. 知識要點：
1. 考點目標

動量定理和動量守恆定律的應用只限於一維的情況
概述：本章內容包括動量和沖量兩個基本概念及動量定理和動量守恆定律兩條基本規律。沖量是力對時間的累積，是過程量；動量是物體機械運動量的量度，是狀態量。動量定理表明了力對時間的累積效應使物體的動量發生改變。物體在相互作用時物體間有動量的傳遞，但在系統外力的沖量為零時，物體系統的總動量將不改變，即動量守恆。動量守恆定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界普遍適用的基本規律之一。
由於應用動量守恆定律解決的問題過程較復雜，又常常跟能量守恆綜合考查，使得應用動量守恆定律求解的題目難度較大，加之動量定理、動量守恆定律都是矢量方程，這也給應用這些規律解決問題增加了難度。所以，本章也是高中物理復習的難點之一。
本章知識可分兩個單元組織復習：
（1）動量和沖量，動量定理
（2）動量守恆定律

三. 知識點：
1. 動量
（1）定義：運動物體的 叫做動量，動量的單位： 。
（2）物體的動量表徵物體的運動狀態，其中的速度為瞬時速度，通常以地面為參考系。
（3）動量是 量，其方向與 的方向相同。兩個物體的動量相同必須是大小相等，方向相同。
（4）注意動量與動能的區別和聯系：動量、動能和速度都是描述物體運動的狀態量，動量是矢量，動能是標量，動量和動能的關系是：p2=2mEk。
2. 動量的變化量
（1）ΔP=
（2）動量的變化量是矢量，共方向與速度變化的方向相同，與合外力沖量的方向相同，跟動量的方向無關。
（3）求動量變化量的方法：①ΔP= ＝mvt－mv0；②
3. 沖量
（1）定義： ，叫做該力的沖量，I= ，沖量的單位： 。
（2）沖量是過程量，它表示力在一段時間內的累積作用效果。
（3）沖量是 量，其方向由力的方向決定。如果在作用時間內力的方向不變，沖量的方向就與力的方向相同。
（4）求沖量的方法：① I＝Ft（適用於求恆力的沖量），②ΔP= 。
4. 動量定理
（1）物體所受 ，等於這個物體動量的 ，這就是動量定理。
表達式為：Ft= 或Ft＝
（2）動量定理的研究對象是單個物體或可視為單個物體的系統。當研究對象為物體系時，物體系總動量的增量等於相應時間內物體系所受的合外力的沖量。所謂物體系總動量的增量是指系統內各物體的動量變化量的矢量和。所謂物體系所受的合外力的沖量是指系統內各物體所受的一切外力的沖量的矢量和，而不包括系統內部物體之間的相互作用力（內力）的沖量；這是因為內力總是成對出現的，而且它們的大小相等、方向相反，其矢量和總等於零。
（3）動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力。它可以是恆力，也可以是變力。當合外力為變力時，F應該是合外力對作用時間的平均值。
說明：
① 在打擊和碰撞問題中，物體之間的相互作用力的量值很大，變化很快，作用時間短，這種作用力通常叫沖力，沖力的本質是彈力。
② 當沖力比其他力大得多時，可以忽略其他力，把沖力作為公式中的F，但是我們必須清楚這只是一種近似的處理方法。
③ 從物理意義上講，公式中的F應該是合力，而不是沖力。
（4）動量定理公式中的FΔt是合外力的沖量，也可以是外力沖量的矢量和，是使研究對象動量發生變化的原因。在所研究的物理過程中，如果作用在研究對象上的各個外力的作用時間相同，求合外力的沖量時，可以先按矢量合成法則求所有外力的合力，然後再乘以力的作用時間；也可以先求每個外力在作用時間內的沖量，然後再按矢量合成法則求所有外力沖量的矢量和；如果作用在研究對象上的各個力的作用時間不相同，就只能求每個力在相應時間內的沖量，然後再求所有外力沖量的矢量和。
（5）動量定理中mv2－mvl是研究對象的動量增量，是過程終態動量與初態動量的差值（矢量減法）。式中「一」號是運算符號，與正方向的選取無關。
（6）動量定理中的等號（＝），表明合外力的沖量與研究對象的動量增量的數值相等，方向一致，單位相同，但絕不能認為合外力的沖量就是動量的增量。合外力的沖量是引起研究對象的運動狀態改變的外來因素，而動量的增量則是研究對象受外力沖量後所導致的必然結果。
（7）FΔt=Δmv是矢量式，在應用動量定理時，應該遵循矢量運算的平行四邊形法則。也可以採用正交分解法，把矢量運算轉化為標量運算。假設用Fx（或Fy）表示合外力在x（或y）軸上的分量， （或 ）和vx（或vy）表示物體的初速度和末速度在x（或y）軸上的分量，則FxΔt＝
FyΔt＝
上述兩式表明，合外力的沖量在某一坐標軸上的分量等於物體動量的增量在同一坐標軸上的分量。在寫動量定理的分量方程式時，對於已知量，凡是與坐標軸正方向同向者取正值，凡是與坐標軸正方向反向者取負值；對未知量，一般先假設為正方向，若計算結果為正，說明實際方向與坐標軸正方向一致，若計算結果為負，說明實際方向與坐標軸正方向相反。
（8）根據F＝ma得
F＝ma＝m ＝ ，即F＝ 。
這是牛頓第二定律的另一種表達形式；合外力F等於物體動量的變化率 。
5. 用動量定理解釋現象
用動量定理解釋的現象一般可分為兩類：
一類是物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小；另一類是作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小，分析問題時，要把哪個量變化搞清楚。

四. 疑難解析：
1. 指的是動量的變化量，不要理解為是動量，它的方向可以跟初動量的方向相同（同一直線，動量增大）；可以跟初動量的方向相反（同一直線，動量減小）；也可以跟初動量的方向成某一角度，但動量變化量（ ）的方向一定跟合外力的沖量的方向相同。
2.（1）應用動量定理I＝Δp求變力的沖量：如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用Ft求變力的沖量，而應求出該力作用下物體動量的變化Δp等效代換變力的沖量I。例如質量為m的小球用長為r的細繩的一端系住，在水平光滑的平面內繞細繩的另一端做勻速圓周運動，速率為v，周期為T，向心力F＝m 。在半個周期的沖量不等於m ，因為向心力是個變力（方向時刻在變）。因為半個周期的始、末線速度方向相反，動量的變化量是2mv，根據動量定理可知，向心力在半個周期的沖量大小也是2mv，方向與半個周期的開始時刻線速度的方向相反。
（2）應用Δp＝F•Δt求恆力作用下的曲線運動中物體動量的變化；在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量的變化（Δp＝p2－p1）需要應用矢量運算方法，比較麻煩，如果作用力是恆力，可以求出恆力的沖量等效代換動量的變化。如平拋運動中動量的變化問題。

五. 思考討論：
以初速度 平拋出一個質量為m的物體，求拋出後t秒內物體的動量變化。
3. 用動量定理解題的基本思路
（1）明確研究對象和研究過程。研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統。系統內各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運動的．研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。
（2）進行受力分析。只分析研究對象以外的物體施給研究對象的力．所有外力之和為合外力。研究對象內部的相互作用力（內力）會改變系統內某一物體的動量，但不影響系統的總動量，因此不必分析內力。如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同，就要分別計算它們的沖量，然後求它們的矢量和。
（3）規定正方向。由於力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前要先規定一個正方向，和這個方向一致的矢量為正，反之為負。
（4）寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量（或各外力在各個階段的沖量的矢量和）。
（5）根據動量定理列式求解。
【典型例題】
[例1]「蹦極」是一項勇敢者的運動，如圖1所示，某人用彈性橡皮繩拴住身體自高空P處自由下落，在空中感受失重的滋味．若此人質量為60 kg，橡皮繩長20 m，人可看成質點，g取10 m／s2，求：
（1）此人從點P處由靜止下落至橡皮繩剛伸直（無伸長）時，人的動量為 ；
（2）若橡皮繩可相當於一根勁度系數為100 N／m的輕質彈簧，則此人從P處下落到
m時具有最大速度；
（3）若彈性橡皮繩的緩沖時間為3 s，求橡皮繩受到的平均沖力的大小。

圖1
解析：
（1）人從高空落下，先在重力作用下做自由落體運動，彈性橡皮繩拉直後除受到重力外還受到橡皮繩的彈力F作用。他做自由落體運動的時間為t1＝ ＝ ＝2s
他做自由落體運動的末速度為 v＝gtl＝20 m／s
此時他的動量為p＝mv＝1 200 kg•m／s
（2）當他到達平衡位置時，速度最大，則 kx＝mg
解得平衡位置時橡皮繩伸長量為x＝6m，他從P處下落了26 m。
（3）對人從開始下落到速度減為零的全過程，又由動量定理得
mg（t1+t2）一Ft2＝0
解得：F＝1000 N
根據牛頓第三定律得，橡皮繩受到的平均沖力大小為1000 N。、
深化拓展：
參照本例試分析：
（1）在「跳高」和「跳遠」的比賽中，運動員為什麼要落在沙坑中?
（2）「跳傘」運動員著地時，為什麼要有「團身」動作?
（3）在球類項目的體育課上，傳球和接球時為什麼要有緩沖動作?
說明：上面問題中通過延長動量變化時間減小作用力，通過計算可以看出這種緩沖作用的效果很明顯。這也就是雜技演員、高空作業的工人、高速行駛的駕駛員和前排乘客要扣安全帶的道理。

[例2] 兩物體質量之比為，ml:m2＝4:1，它們以一定的初速度沿水平面在摩擦力作用下做減速滑行到停下來的過程中：
（1）若兩物體的初動量相同，所受的摩擦力相同，則它們的滑行時間之比為 ；
（2）若兩物體的初動量相同，與水平面間的動摩擦因數相同，則它們的滑行時間之比為 ；
（3）若兩物體的初速度相同，所受的摩擦力相同，則它們的滑行時間之比為 ；
（4）若兩物體的初速度相同，與水平面間的動摩擦因數相同，則它們的滑行時間之比為 。
解析：
（1）由動量定理得

由於Ff和p均相同，所以tl:t2＝1:1
（2）由動量定理得

由於p、 均相同，所以t與m成反比，故t1:t2＝m2:ml=1:4
（3）由動量定理得

由於Ff、v均相同，所以t與m成正比，故tl:t2=m1:m2=4:1
（4）由動量定理得

由於 、v均相同，所以t1:t2＝1:1
說明：（1）對於這種涉及時間的動力學問題，利用動量定理分析往往比較方便，請同學們注意體會。
（2）求解比例問題時，一般是推導出所求物理量與其他物理量的關系式，再求比例。求比例時，要特別注意表達式中哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的。

[例3] 高壓採煤水槍出水口的截面積為S，水的射速為v，射到煤層上後，水速度為零。若水的密度為ρ，求水對煤層的沖力。
解析：從水槍中射出的水是連續的，這樣對解題極為不便，為使連續的水像物體一樣，我們可以取一小段時間的水進行研究．射到煤層上的水，在較短時間速度變為零，煤一定對水（水為研究對象）產生了力的作用，此力為變力，因此可以由動量定理來求出煤對水的平均作用力，即沖力，由牛頓第三定律就知道水對煤的作用力。
由水流算出Δt內水的質量，以Δt時間內的水為研究對象，由動量定理列方程，求煤對水的力，再由牛頓第三定律求水對煤的力。
設在Δt時間內，從水槍射出的水的質量為Δm，則Δm＝ρSvΔt．以Δm為研究對象，它在Δt時間內動量變化為；Δp＝Δm（0一v）＝一ρSv2Δt
設FN為水對煤層的沖力，FN'為煤層對水的反沖力，以FN』的方向為正方向，根據動量定理（忽略水的重力）有： Δt＝Δp＝一ρSv2Δt
解得：FN』＝一ρSv2
根據牛頓第三定律知FN＝一FN』，所以 FN＝ρSv2
說明：這是一類變質量（或連續流體）問題，對這類問題的處理，一般要選取一段時間的流體為研究對象，然後表示出所選研究對象的質量，分析它的受力及動量的變化，根據動量定理列方程求解。
深化拓展：
國產水刀——超高壓數控萬能水切割機以其神奇的切割性能在北京國際展覽中心舉行的第五後國際機床展覽會上引起轟動，它能切割40 mm厚的鋼板、50 mm厚的大理石等材料。
水刀就是將普通的水加壓，使其從口徑為0.2 mm的噴嘴中以800 m／s～1 000 m／s的速度射出的水射流。我們知道，任何材料承受的壓強都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的壓強限度。

設想有一水刀的水射流橫截面積為S，垂直入射的速度v＝800m／s，水射流與材料接觸後，速度為零，且不附著在材料上，水的密度ρ＝1×103kg／m3，則此水刀不能切割上述哪些材料?

[例4] 如圖2所示，p為位於某一高度處的質量為m的物塊，B為位於水平地面上的質量為M的特殊長平板，m／M＝1／10，平板與地面間的動摩擦因數為μ＝2.00×10—2。在板的上表面上方，存在一定厚度的「相互作用區域」，如圖中畫虛線的部分。當物塊P進入相互作用區時，B便有豎直向上的恆力f作用於p，f＝amg，a＝5l，f對p的作用使p剛好不與B的上表面接觸；在水平方向p、B之間沒有相互作用力。已知物塊p開始自由落下的時刻，板B向右的速度為v0＝10.0 m／s。P從開始下落到剛到達相互作用區所經歷的時間為T0＝2.00 s。設B板足夠長，保證物塊p總能落入B板上方的相互作用區，取重力加速度g=9.80m／s2。問：當B開始停止運動那一時刻，p已經回到過初始位置幾次?

圖2
解析：由於P剛好不與B的上表面接觸，P下落時先做自由落體運動，它進入相互作用區後做勻減速運動，速度減小到零再返回，返回時與下落時受力情況完全相同，所以，p剛好能回到初始位置。p從開始下落到返回原處的時間內，設恆力f作用的時間為Δt，則重力作用時間為：2To+Δt，P在該過程所受合外力總沖量為零，即 fΔt一mg（2To+Δt）＝0
由f＝amg得：Δt＝0.08 s
恆力f作用的時間木板受摩擦力的大小為f』＝μ（Mg+amg）
p不在相互作用區的時間內木板受摩擦力的大小為f0＝μMg
對木板應用動量定理
fo•2To＋f』•Δt＝M•Δv
即μMg•2 +μ（Mg+amg）•Δt＝ Δv
得：Δv＝0.88 m／s
n＝ ＝11.38，取整數為：N＝11次
說明：
（1）分析該問題時要抓住過程周期性的特點．
（2）注意物塊P從開始下落到返回原高度一周期內，物塊p在相互作用區的時間和不在相互作用區的時間內，B板的受力情況不同，決定了它的運動的情況不同。

【模擬試題】（答題時間：50分鍾）
1. 下列各種說法中，不能夠成立的是（ ）
A. 某一段時間內物體動量的增量不為零，而其中某一時刻物體的動量可能為零
B. 某一段時間內物體受到的沖量為零，而其中某一時刻物體的動量可能不為零
C. 某一段時間內物體受到的沖量不為零，而動量的增量為零
D. 某一時刻物體的動量為零，而動量對時間的變化率不為零
2. 質量為5kg的物體，它的動量對時間的變化率保持不變為2 kg•m／s2，則（ ）
① 該物體一定做勻速運動
② 該物體一定做勻變速直線運動
③ 該物體在任意相等的時間內所受合外力的沖量一定相同
④ 無論物體運動軌跡如何，它的加速度一定是0.4 m／s2
以上結論正確的是（ ）
A. ①④ D. ②③ C. ③④ D. ②④
3. 質量不等的兩個物體靜止在光滑的水平面上，兩物體在外力作用下，獲得相同的動能。下面的說法中正確的是（ ）
A. 質量小的物體動量變化大
B. 質量大的物體受的沖量大
C. 質量大的物體末動量小
D. 質量大的物體動量變化率一定大
4. 沿同一直線，甲、乙兩物體分別在阻力Fl、F2作用下做直線運動，甲在t1時間內，乙在t2時間內動量p隨時間t變化的P—t圖象如圖1所示。設甲物體在t1時間內所受到的沖量大小為I1，乙物體在t2時間內所受到的沖量大小為I2，則兩物體所受外力F及其沖量I的大小關系是（ ）
A. F1>F2，Il＝I2 B. F1<F2，I1<I2
C. Fl>F2，I1>I2 D. Fl=F2，Il＝I2

圖1
5. 物體A初動量大小是7.0kg•m／s，碰撞某物體後動量大小是4.0 kg•m／s。那麼物體碰撞過程動量的增量Δp的大小范圍是 。
6. 如圖2所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的相同物理量是（ ）
A. 重力的沖量
B. 彈力的沖量
C. 剛到達底端時的動量
D. 合力的沖量大小

圖2
7. 質量為m的小球從h高處自由下落，與地面碰撞時間為Δt，地面對小球的平均作用力為F。取豎直向上為正方向，在與地面碰撞過程中（ ）
A. 重力的沖量為mg（ +Δt）
B. 地面對小球作用力的沖量為F•Δt
C. 合外力對小球的沖量為（mg+F）•Δt
D. 合外力對小球的沖量為（mg－F）•Δt
8.（2004年廣東，14）一質量為m的小球，以初速度 沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為30º的固定斜面上，並立即反方向彈回。已知反彈速度的大小是入射速度大小的 ，求在碰撞中斜面對小球的沖量大小。
9. 如圖3，質量分別為mA、mB的木塊疊放在光滑的水平面上，在A上施加水平恆力F，使兩木塊從靜止開始做勻加速運動，A、B無相對滑動，則經過ts，木塊A所受的合外力的沖量為 ，木塊B的動量的增量Δp為 。

圖3
10. 如圖4中的四個圖象是描述豎直上拋物體的動量增量隨時間變化的曲線和動量變化率隨時間變化的曲線。若不計空氣阻力，取豎直向上為正方向，那麼以下結論正確的是（ ）
① 動量增量隨時間變化的圖線是甲圖
② 動量變化率隨時間變化的圖線是乙圖
③ 動量增量隨時間變化的圖線是丙圖
④ 動量變化率隨時間變化的圖線是丁圖
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②

圖4
11. 如圖5所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以速度v抽出紙條後，鐵塊掉在地上的p點。若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點為（ ）
A. 仍在P點
B. 在P點左邊
C. 在P點右邊不遠處
D. 在P點右邊原水平位移的兩倍處

圖5
12. 如圖6所示，質量為2kg的質點，從原點O沿Ox軸由靜止開始做勻加速直線運動，它的動量p隨位移的變化規律是p＝8 kg•m／s。則有
① 質點在1 s內受到的沖量為8N•s
② 質點通過相同距離，動量的增量可能相同
③ 質點通過A、B、C……各點時，動量對時間的變化率相同，均為16 kg•m／s2
④ 質點在任意相等時間內的動量增量一定相同
以上結論正確的是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①②

圖6
13. 物體A和B用輕繩相連接，掛在輕質彈簧下靜止不動，如圖7（a）所示。A的質量為m，B的質量為M．當連接A、B的繩突然斷開後，物體A上升，經某一位置時的速度大小為v這時，物體B的下落速度大小為u，如圖（b）所示。在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（ ）
A. mv B. mv—Mu C. mv+Mu D. mv+mu

圖7
14. 一個物體同時受到兩個力Fl、F2的作用，F1、F2與時間的關系如圖8所示，如果該物體從靜止開始運動，當該物體具有最大速度時，物體運動的時間是 s，該物體的最大動量值是 kg•m／s。

圖8
15. 質量m＝5kg的物體在恆定水平推力F＝5 N的作用下，自靜止開始在水平路面上運動，t1=2 s後，撤去力F，物體又經t2＝3 s停了下來。求物體運動中受水平面滑動摩擦力的大小。
16. 一人水平端著沖鋒槍，可以給槍的平均水平力為40 N，被打出的子彈質量20g，出槍口的速度為200m／s，則該槍1 min內最多可發射多少發子彈？
17. 如圖9所示，質量為m的小球在豎直光滑圓形內軌道中做圓周運動，周期為T，則
①每運轉一周，小球所受重力的沖量的大小為0
②每運轉一周，小球所受重力的沖量的大小為mgT
③每運轉一周，小球所受合力的沖量的大小為0
④每運轉半周，小球所受重力的沖量的大小一定為mgT／2以上結論正確的是（ ）
A. ①④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④

圖9
探究創新
18. 有一宇宙飛船，它的正面面積S＝0.98 m2，以v＝2×102m／s的速度飛入一宇宙微粒塵區，此塵區每立方米空間有一個微粒，微粒的平均質量m＝2×10－7kg。要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應增加多少?（設微粒與飛船外殼碰撞後附於飛船上）

【試題答案】
1. C 2. C 3. B 4. A 5. 3 kg•m／s≤Δp≤11 kg•m／s
6. D 7. B 8. 9.
10. C 11. B 12. C 13. D 14. 5 25
15. 2 N 16. 600 17. B 18. 0.78N