1、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201620172018命题分析动量、动量定理、动量守恒定律及其应用卷T35(2)：动量定理和能量观点卷T35(2)：动量守恒和能量守恒卷T35(2)：动量守恒和能量守恒卷T14：动量守恒定律的应用卷T20：动量定理的应用卷T14：动量、动能T24：动量守恒定律、机械能守恒定律卷T24：牛顿第二定律、动量守恒定律T15：动量定理卷T25：动量、机械能守恒定律1.2017年高考将本章内容改为必考，在2017年高考中有2道选择题，在2018年高考中有2道选择题，3道计算题中都涉及到动量的知识。2.考查热点是动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、
2、能量守恒的综合问题。弹性碰撞和非弹性碰撞实验七：验证动量守恒定律说明：只限于一维第1讲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：pmv。3.单位：kgm/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：IFt。2.单位：冲量的单位是牛秒，符号是Ns。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的动量变化。2.表达式：Ftppp。3.矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理。小题速练1.思考
3、判断(1)动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。()(2)做匀速圆周运动的物体的动量不变。()(3)物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。()(4)合外力的冲量等于物体的动量变化。()答案(1)(2)(3)(4)2.一质量为m100 g的小球从高h0.8 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t0.2 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/s2)()A.0.4 NsB.0.4 NsC.0.6 Ns D.0.6 Ns解析设小球自由下落h0.8 m的时间为t1，由hgt得t10.4 s。设软垫对小球的冲量为I
4、N，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1t)IN0，得IN0.6 Ns，选项D正确。答案D动量和冲量的理解1.对动量的理解(1)动量的两性瞬时性：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。相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。(2)动量与动能的比较名称项目动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式pmvEkmv2ppp矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程Ek，Ekpv，p，p2.对冲量的理解(1)冲量的两性时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该
5、力与力的作用时间的乘积。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。【例1】(2018全国卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。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.与它的动量成正比解析列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知vat，且列车的动能为Ekmv2，由以上整理得Ekma2t2，动能与时间的平方
6、成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将xat2代入上式得Ekmax，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。答案B1.(多选)(2019北京西城区模拟)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
7、选项B正确，C错误；物体的动量pmv，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.(多选)在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成角的恒定拉力F作用下沿水平面运动，则在时间t内()A.重力的冲量大小为0B.拉力F的冲量大小为FtC.拉力F的冲量大小为Ftcos D.物体动量的变化量等于Ftcos 解析重力的冲量大小IGmgt，选项A错误；拉力F的冲量大小IFFt，故选项B正确，C错误；合力的冲量大小I合Ftcos ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ftcos ，故选项D正确。答案BD动量定理的理解及应用1.动量定理的理解(1)动量定理不仅适
8、用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式Ftp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。2.用动量定理解释现象(1)p一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。(2)F一定，此时力的作用时间越长，p就越大；力的作用时间越短，p就越小。分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。【例2】(2018全国卷，15)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，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(
9、)A.10 N B.102 NC.103 N D.104 N解析根据自由落体运动和动量定理有v22gh(h为25层楼的高度，约70 m)，Ftmv，代入数据解得F1103 N，所以C正确。答案C用动量定理解题的基本思路1.下列解释中正确的是()A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，
10、不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ftmv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。答案D2.如图1所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m70 kg，初速度v05 m/s，若经过1 s时，速度为v5 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g10 m/s2，不计空气阻力)()图1A.700 kgm/s B.350 kgm/sC.350(1) kgm/s D.350(1) kgm/s解析根据动量定理得：pF合t，即pmgt70101 kgm/s700 kgm
11、/s，故选项A正确。答案A3.(2019佛山模拟)如图2所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为()图2A.I0 B.Imv0C.I2mv0 D.I3mv0解析设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得mv2mv，所以vv0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得Imv(mv0)2mv0，故选项C正确。答案C4.(多选) (2017全国卷，20)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
12、图3 所示，则()图3A.t1 s时物块的速率为1 m/sB.t2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC.t3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD.t4 s时物块的速度为零解析由动量定理可得Ftmv，解得v。t1 s时物块的速率为v m/s1 m/s，故选项A正确；t2 s时物块的动量大小p2F2t222 kgm/s4 kgm/s，故选项B正确；t3 s时物块的动量大小为p3(2211) kgm/s3 kgm/s，故选项C错误；t4 s 时物块的动量大小为p4(2212) kgm/s2 kgm/s，所以t4 s时物块的速度为1 m/s，故选项D错误。答案AB利用动量定理处理流体问题1.研究对
13、象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。2.研究方法先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t内，取一小柱体作为研究对象。(2)求小柱体的体积VvSt(3)求小柱体质量mVvSt(4)求小柱体的动量变化pvmv2St(5)应用动量定理Ftp【例3】2016全国卷，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
14、为，重力加速度大小为g。求()喷泉单位时间内喷出的水的质量；()玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析()在刚喷出一段很短的t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lv0t喷出水柱质量mV其中V为水柱体积，满足VlS由可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为v0S()设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲Mg其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力由牛顿第三定律知F压F冲其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v2v2gh在很短t时间内，冲击玩具水柱的质量为mmv0St由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
15、(F压mg)tmv由于t很小，mg也很小，可以忽略，式变为F压tmv由可得h答案()v0S()1.如图4所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是()图4A.vS B. C.v2S D.v2S解析t时间内贮气瓶喷出气体的质量mSvt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得Ftmv0，解得Fv2S，选项D正确。答案D2.将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g水的流量注入杯中。注至10 s末时
16、，台秤的读数为78.5 N，重力加速度g10 m/s2，则注入杯中水流的速度是多大？解析以在很短时间t内，落在杯中的水柱m为研究对象，水柱受向下的重力mg和向上的作用力F。设向上的方向为正，由动量定理得(Fmg)t0(mv)因m很小，mg可忽略不计，并且0.7 kg/sFv0.7v(N)台秤的读数G读(m杯m水)gF78.5(0.50.710)100.7v解得v5 m/s。答案5 m/s课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(2019汉中检测)1998年6月8日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接
17、轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是()A.安全气囊减小了驾驶员的动量的变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大解析碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，选项A错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，选项B错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，由于驾驶员的动量变化一定，动量变化率减小，即撞击力减小，选项C正确，D错误。答案C2.(2019河南开封模拟)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以
18、下判断正确的是 ()A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 NsB.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 NsD.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kgm/s解析小球从被抛出至到达最高点经历时间t2 s，受到的冲量大小为Imgt10 Ns，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大小为20 Ns，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kgm/s，选项B、C、D错误。答案A3.如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F100
19、 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为 ()图1A.1 000 NsB.500 NsC.0D.无法确定解析滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D正确。答案D4.(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图2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()图2A.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对物体的冲量大小是Ftcos D.合力对物体的冲量大小为零解析由冲量的定义式IFt知拉力F对物体的冲量大小为IFFt
20、，由于物体静止，所受合力为零，所以I合0，选项B、D正确。答案BD5.(多选)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，则在此过程中()A.地面对他的冲量为mvmgtB.地面对他的冲量为mvmgtC.地面对他做的功为mv2D.地面对他做的功为零解析取运动员为研究对象，由动量定理得(Fmg)tmv0，IFtmvmgt，运动员没有离开地面，地面对运动员做的功为零，所以A、D项正确。答案AD6.(多选)(2019泉州模拟)如图3所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减
21、为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()图3A.小球的机械能减小了mg(Hh)B.小球克服阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量大于mD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(Hh)，则小球的机械能减小了mg(Hh)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得mg(Hh)Wf0，则小球克服阻力做功Wfmg(Hh)，故B错误；小球落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得IGIF0m，得IFIGm，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的
22、矢量和，故D错误。答案AC7.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度时间图象如图4所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()图4A.10 Ns，10 NsB.10 Ns，10 NsC.0，10 NsD.0，10 Ns解析由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1p25 kgm/s，由动量定理知I10；在后10 s内末状态的动量p35 kgm/s，由动量定理得I2p3p210 Ns，故选项D正确。答案D8.一质量为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处是一面墙，如图5所示。物块以v09 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰
23、撞前瞬间的速度为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。图5(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(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)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。解析(1)由动能定理，有mgsmv2mv，可得0.32(2)规定向左为正，由动量定理Ftmvmv，可得F130 N(3)由功能关系得Wmv29 J答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J综合提能练9.(多选)(2018安徽合肥二模)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间按正弦规律变化，如图6所示，下列说法中正确的是()图6A
24、.第2 s末质点的动量为零B.第4 s末，质点回到出发点C.在02 s时间内，F的功率先增大后减小D.在13 s时间内，F的冲量为0解析由图象可知在02 s内质点一直加速，2 s末速度最大，后减速，由对称性可知第4 s末，质点速度为零，位移不为零，故A、B错误；由图可知在02 s时间内，速度逐渐增大，F先增大后减小到0，所以F的功率先增大后减小，故C正确；由对称性可知第1 s末和第3 s末的速度相等，由动量定理可知F的冲量为Imv3mv10，故D正确。答案CD10.(多选)(2019贵州六盘水模拟)几个水球可以挡住一颗子弹？国家地理频道的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排
25、列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是()图7A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同解析恰好能穿出第4个水球，即末速度v0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2)()(1)1，则B正确；由于加速度a恒定，由atv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由Ift可知每个水球对子弹的冲量不同，C正确；由动能定理有Ekfs，f相同，s相同，则Ek相同，D正确。答案BC
26、D11.一艘宇宙飞船以v1.0104 m/s的速度进入密度为2.0107 kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上，为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？解析设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为m，则mSvt这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ftpmv则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为FF综合并代入数值得F100 N，即飞船的牵引力应为100 N。答案100 N 12.(2018北京理综，22)2022年将在我国举办第二十四届
27、冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图8，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h10 m，C是半径R20 m 圆弧的最低点。质量m60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a4.5 m/s2，到达B点时速度vB30 m/s，取重力加速度g10 m/s2。图8(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力N的大小。解析(1)根据匀变速直线运动公式，有L100 m(2)根据动量定理有ImvBmvA1 800 Ns(3)运动员经C点时的受力分析如图所示根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mghmvmv根据牛顿第二定律，有Nmgm联立解得N3 900 N答案(1)100 m(2)1 800 Ns(3)图见解析3 900 N
