2024届高考物理一轮复习教案第七章第1讲动量定理及应用（粤教版新教材）

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第1讲 动量定理及应用
目标要求 1.理解动量和冲量，理解动量定理及其表达式，能用动量定理解释生活中的有关现象.2.能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型．
考点一 动量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)方向：与速度的方向相同．
2．动量的变化
(1)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作力的冲量．
(2)公式：I＝FΔt.
(3)单位：N·s.
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．
1．物体的动能不变，其动量一定不变．( × )
2．物体的动量越大，其惯性也越大．( × )
3．物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．( × )
4．两物体动量大的动能不一定大．( √ )
1．动量与动能的比较
2.冲量的计算方法
考向1 冲量 动量与动能
例1 (2023·黑龙江八校高三模拟)如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下．在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两物块所受重力冲量相同
B．两物块的动量改变量相同
C．两物块的动能改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
答案 C
解析 设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度分别为a＝gsin θ，设斜面高度为h.则物块在斜面上滑行的时间为t＝eq \r(\f(2h,asin θ))＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误；根据动量定理mgsin θ·t＝mv可知，Δp＝mgeq \r(\f(2h,g))，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，方向不相同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，两物块的动能改变量相同，选项C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ，则重力瞬时功率不相同，选项D错误．
考向2 恒力冲量的计算
例2 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f，重力加速度为g.在整个运动过程中，下列说法正确的是( )
A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sin θ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cs θ
C．合外力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为f(t1＋t2)
答案 B
解析 重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)
cs θ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了改变，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为f(t2－t1)，D项错误．
考向3 利用F－t图像求冲量
例3 一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第2 s末，质点的动量方向发生变化
C．第4 s末，质点回到出发点
D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0
答案 D
解析 由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．
考点二 动量定理的理解和应用
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．
2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.
1．物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的．( √ )
2．动量定理描述的是某一状态的物理规律．( × )
3．运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量．( × )
1．对动量定理的理解
(1)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．
(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＝eq \f(p′－p,t)＝eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体动量的变化率．
(5)当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理．
2．解题基本思路
考向1 用动量定理解释生活中的现象
例4 (2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案 D
解析 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
考向2 动量定理的有关计算
例5 (2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I1
答案 D
解析 根据动能定理有
W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，
W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，
可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D.
例6 (2023·广东广州市阶段测试)有的人会躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害．若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2.对手机撞击人眼的过程中，下列分析错误的是( )
A．手机对人眼的冲击力大小约为4 N
B．手机受到的冲量大小约为0.4 N·s
C．手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s
D．手机动量的变化率大小约为4 kg·m/s2
答案 A
解析 手机下落25 cm过程由位移速度关系有v12＝2gh1，手机反弹8 mm过程由位移速度关系有v22＝2gh2，解得v1＝eq \r(5) m/s，v2＝0.4 m/s，手机动量变化量Δp＝mv2－(－mv1)≈
0.4 kg·m/s，C正确；手机动量的变化率大小eq \f(Δp,Δt)＝eq \f(0.4,0.1) kg·m/s2＝4 kg·m/s2，D正确；根据动量定理可知，手机受到的冲量大小I＝Δp＝0.4 N·s，B正确；对手机进行分析，由动量定理有(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝5.5 N，由牛顿第三定律知，手机对人眼的冲击力大小为5.5 N，A错误．
考向3 动量定理在多过程中的应用
例7 (2023·云南省玉溪第一中学月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F.已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始到物块停下这一过程下列说法正确的是( )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
答案 B
解析 在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq \x\t(v)＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，全程的平均速度也为eq \f(v,2)，则物块的总位移s＝eq \f(v,2)t＝eq \f(20,2)×8 m＝80 m，选项C、D错误．
考点三 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题
考向1 应用动量定理处理流体类问题
例8 (2023·山东潍坊市高三检测)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为( )
A．1.2πd2ρv2B．0.3πd2ρv2
C．1.2πd2ρvD．0.3πd2ρv
答案 B
解析 设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有v＝eq \f(l,t)，t时间内冲击墙壁的水的质量为m＝ρV＝ρSl＝eq \f(1,4)πd2ρl，设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有Ft＝0.2mv－(－mv)，联立以上三式解得F＝0.3πd2ρv2，根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平均冲击力大小为F′＝F＝0.3πd2ρv2，故选B.
考向2 应用动量定理处理微粒类问题
例9 宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时，如何保持速度不变的问题．假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？
答案 40 N
解析 设飞船在微粒尘区的飞行时间为Δt，
则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt
微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，
由动量定理得
FΔt＝Δmv＝ρSv2Δt
所以飞船所需推力大小
F′＝F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2 N＝40 N.
课时精练
1．对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是( )
A．物体的动能改变，其动量不一定改变
B．物体动量改变，则其动能一定改变
C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变
D．动量是标量，动能是矢量
答案 C
解析 物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝mv，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，故B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误．
2.(2023·湖南岳阳市质检)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是( )
A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量
B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化
C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D．可以使某颠簸过程中物品动量的变化率增加
答案 C
解析 充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量的变化率，D错误．
3.(2023·北京市丰台区检测)质量为m的物块在光滑水平面上以速率v匀速向左运动，某时刻对物块施加与水平方向夹角为θ的恒定拉力F，如图所示．经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动．在时间t内，下列说法正确的是( )
A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右
B．物块所受拉力F的冲量大小为2mv
C．物块所受重力的冲量大小为零
D．物块所受合力的冲量大小为Fcs θ·t
答案 D
解析 物块所受拉力F的冲量为IF＝Ft，方向与水平方向夹角为θ，故A错误；物块所受重力的冲量为IG＝mgt≠0，故C错误；由动量定理可知I合＝2mv＝Ftcs θ，故B错误，D正确．
4．跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉．在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B．运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D．运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
答案 D
解析 运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量，故A错误；运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化量方向向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，故B错误；整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故C错误；整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确．
5．(2023·广东汕头市模拟)相传牛顿年轻时曾坐在苹果树下看书，被树上落下的苹果砸中，这件事启发了牛顿，促使他发现了万有引力定律，假如此事为真，有一颗质量为0.3 kg的苹果从树上自由下落2.5 m，砸中牛顿后以碰前速度的eq \f(1,5)反弹，设相互作用时间为0.1 s，g＝10 m/s2.则相互作用过程苹果对牛顿的平均作用力大小约为( )
A．18 N B．28 N C．38 N D．48 N
答案 B
解析 苹果与牛顿碰撞前瞬间的速度大小为v＝eq \r(2gh)＝5eq \r(2) m/s，设相互作用过程牛顿对苹果的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，根据动量定理有(F－mg)t＝eq \f(1,5)mv－(－mv)，解得F≈28 N，根据牛顿第三定律可知相互作用过程苹果对牛顿的平均作用力大小约为28 N，故选B.
6.(2023·山东济南市历城第二中学检测)如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景．在发射的当天，李强守在电视机前观看发射实况转播．通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480吨，发射塔架的高度约为100米．李强注意到在火箭点火起飞约10秒时火箭尾部刚好越过塔架．假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8 m/s2，根据以上信息估算推力的大小为( )
A．4.7×108 N B．4.9×106 N
C．5.9×108 N D．5.7×106 N
答案 D
解析 10 s末火箭的速度为v＝eq \f(2h,t)＝eq \f(200,10) m/s＝20 m/s，由动量定理有(F－mg)t＝mv，解得F＝5.7×106 N，故选D.
7．(2023·广东省联考)2022年5月10日世界女子羽毛球团体锦标赛尤伯杯比赛在泰国进行，中国队何冰娇以21∶2和21∶8轻松战胜罗德里格斯，最终中国队以5∶0轻松击败西班牙队．假设羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向何冰娇，何冰娇以v2＝216 km/h的速度将羽毛球回击．已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s．则下列说法正确的是( )
A．球拍对羽毛球不做功
B．羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
C．羽毛球动能的变化量大小为10 J
D．球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N
答案 B
解析 击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做功，选项A错误；v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，则羽毛球动量的变化量大小为Δp＝mv2－mv1＝5×10－3×60 kg·m/s－(－5×10－3×20) kg·m/s＝0.4 kg·m/s，选项B正确；羽毛球动能的变化量大小为ΔEk＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)×5×10－3×(602－202) J＝8 J，选项C错误；根据动量定理Δp＝Ft，解得球拍与羽毛球之间的作用力大小为F＝eq \f(Δp,t)＝eq \f(0.4,0.02) N＝20 N，选项D错误．
8．(多选)(2023·广东深圳市盐田中学月考)“垫排球”为体育课训练项目，小明同学在某次训练中一分钟连续垫了75个，假设排球每次在空中的时间相等，每次与手部平均作用时间为0.2 s，已知排球质量约为260 g，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．则( )
A．每次垫球后排球在空中运动时间约为1 s
B．球离开手时初速度约为3 m/s
C．排球上升的最大距离为0.45 m
D．手对球的作用力约为2.6 N
答案 BC
解析 一分钟连续垫了75个，每次与手部平均作用时间为0.2 s，每次垫球后排球在空中运动时间为t＝eq \f(60－75×0.2,75) s＝0.6 s，故A错误；球离开手时初速度约为v＝g·eq \f(t,2)＝3 m/s，故B正确；垫球后球离开手的高度为h＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,2))2＝0.45 m，故C正确；排球弹起速度与下落到手部的速度大小相等，取向上为正方向，对排球根据动量定理可得(F－mg)·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.2 s，解得F＝10.4 N，故D错误．
9.(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用，力F与时间t的关系如图所示，则( )
A．0～t0时间内水平力F的冲量为eq \f(F0t0,2)
B．t0时刻物体的动量为F0t0
C．2t0时刻物体的速度为eq \f(3F0t0,2m)
D．2t0时刻物体的速度为eq \f(3F0t0,m)
答案 AC
解析 在F－t图像中，图线与横轴围成的面积表示冲量的大小，则由题图可知，0～t0时间内水平力F的冲量为I＝eq \f(1,2)t0F0＝eq \f(F0t0,2)，故A正确；由动量定理I合＝Δp可得，t0时刻物体的动量为p＝Δp＝eq \f(F0t0,2)，故B错误；由题图可知，力F在0～2t0时间内的冲量为I′＝eq \f(1,2)(t0＋2t0)F0＝eq \f(3F0t0,2)，由动量定理I合＝Δp可得2t0时刻物体的动量为p′＝mv′＝eq \f(3F0t0,2)，可得2t0时刻物体的速度为v′＝eq \f(3F0t0,2m)，故D错误，C正确．
10.(多选)(2022·全国乙卷·20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2.则( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案 AD
解析 物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s,3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－f)s1＝eq \f(1,2)mv32，解得s1＝9 m,3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋f)s2＝0－eq \f(1,2)mv32，解得s2＝3 m,4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq \f(F－f,m)＝2 m/s2，发生的位移大小为s3＝eq \f(1,2)at32＝4 m11.如图所示，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，该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小为________．
答案 2mv＋mgt
解析 取向上为正方向，根据动量定理有IF－mgt＝mv－(－mv)，解得IF＝2mv＋mgt.
12.(2023·广东佛山市南海区九江中学摸底测试)2022年4月16日，神舟十三号飞船返回舱搭载3名航天英雄顺利返回，在返回最后阶段，当返回舱上的高度计测得返回舱离地高度为1 m时启动反推发动机，返回舱速度由竖直向下的6 m/s减至2 m/s后着陆撞击地面，与地面撞击缓冲时间约为0.1 s．已知返回舱及航天员的总质量为7 700 kg，反推发动机启动后至返回舱着陆过程，返回舱所受降落伞伞绳作用力以及空气阻力均忽略不计，并忽略返回舱的质量变化，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)在返回舱与地面撞击的0.1 s过程中，航天员受到宇航服对他的平均作用力大小大约是其自身重力的多少倍；
(2)反推发动机启动后至返回舱着陆前，其平均推力大小以及其做功的平均功率(保留两位有效数字)．
答案 (1)3倍 (2)2.0×105 N 8.0×105 W
解析 (1)对航天员，选竖直向下为正方向，根据动量定理得(mg－nmg)t＝0－mv
解得n＝3
即航天员受到宇航服对他的平均作用力大小大约是他自身重力的3倍
(2)反推发动机启动后返回舱减速，得
v2－v02＝2as
解得a＝－16 m/s2
根据牛顿第二定律得
Mg－F＝Ma
解得发动机平均推力
F≈2.0×105 N
发动机做功的平均功率为
P＝F·eq \f(v0＋v,2)
解得P＝8.0×105 W.考情分析
动量 动量定理
2021·湖南卷·T2 2020·全国卷Ⅰ·T14 2019·全国卷Ⅱ·T25 2019·北京卷·T24 2018·全国卷Ⅰ·T14 2018·全国卷Ⅱ·T15 2018·全国卷Ⅲ·T25
动量守恒定律
2022·湖南卷·T4 2021·全国乙卷·T14 2021·山东卷·T11 2021·广东卷·T13 2021·河北卷·T13 2020·全国卷Ⅱ·T21 2020·全国卷Ⅲ·T15 2020·江苏卷·T12(3) 2020·北京卷·T13 2019·江苏卷·T12(1)
动量和能量的综合
2022·全国乙卷·T25 2022·湖北卷·T16 2022·河北卷·T13 2022·山东卷·T18 2020·天津卷·T11 2020·山东卷·T18 2018·全国卷Ⅰ·T24
实验：验证动量定理
2021·江苏卷·T11 2020·全国卷Ⅰ·T23
实验：验证动量守恒定律
2022·全国甲卷·T23
试题情境
生活实践类
安全行车(安全气囊)、交通运输(机车碰撞、喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究类
气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
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＝eq \f(1,2)mv2
标矢性
矢量
标量
变化因素
合外力的冲量
合外力所做的功
大小关系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
变化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fs
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
公式法
I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法
F－t图像与t轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
平均值法
若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝eq \f(F1＋F2,2)t
动量定理法
根据物体动量的变化量，由I＝Δp求冲量，多用于求变力的冲量
研究对象
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤
①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S
②微元研究
小柱体的体积ΔV＝vSΔt
小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt
小柱体粒子数N＝nvSΔt
小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究