02、知識(shí)導(dǎo)圖，思維引航 \l "_Tc13486" PAGEREF _Tc13486 \h 2
03、考點(diǎn)突破，考法探究 \l "_Tc30851" PAGEREF _Tc30851 \h 3
\l "_Tc20895" 考點(diǎn)一 動(dòng)量和沖量 PAGEREF _Tc20895 \h 3
\l "_Tc15586" 知識(shí)點(diǎn)1．動(dòng)量的概念 PAGEREF _Tc15586 \h 3
\l "_Tc12482" 知識(shí)點(diǎn)2．動(dòng)量變化量 PAGEREF _Tc12482 \h 3
\l "_Tc10199" 知識(shí)點(diǎn)3．沖量的概念 PAGEREF _Tc10199 \h 3
\l "_Tc12138" 知識(shí)點(diǎn)4．沖量的三種計(jì)算方法 PAGEREF _Tc12138 \h 3
\l "_Tc25449" 知識(shí)點(diǎn)5.動(dòng)量與動(dòng)能的比較 PAGEREF _Tc25449 \h 3
考向洞察
\l "_Tc29620" 考向1．動(dòng)量變化量的大小計(jì)算 PAGEREF _Tc29620 \h 4
\l "_Tc22702" 考向2.恒力沖量的計(jì)算 PAGEREF _Tc22702 \h 4
\l "_Tc22557" 考向3.利用圖像法計(jì)算變力的沖量 PAGEREF _Tc22557 \h 5
\l "_Tc16102" 考向4.對(duì)動(dòng)量和動(dòng)能比較 PAGEREF _Tc16102 \h 6
\l "_Tc19132" 考點(diǎn)二 動(dòng)量定理的理解和應(yīng)用 PAGEREF _Tc19132 \h 6
\l "_Tc22618" 考向洞察 PAGEREF _Tc22618 \h 7
\l "_Tc1814" 考向1.用動(dòng)量定理解釋生活中的現(xiàn)象 PAGEREF _Tc1814 \h 7
\l "_Tc29519" 考向2.動(dòng)量定理的有關(guān)計(jì)算 PAGEREF _Tc29519 \h 8
\l "_Tc1993" 考向3.動(dòng)量定理用于多過程問題 PAGEREF _Tc1993 \h 9
\l "_Tc13928" 考點(diǎn)三 應(yīng)用動(dòng)量定理處理流體類問題 PAGEREF _Tc13928 \h 9
\l "_Tc19833" 知識(shí)點(diǎn)1 流體類“柱狀模型” PAGEREF _Tc19833 \h 9
\l "_Tc21293" 知識(shí)點(diǎn)2 微粒類“柱狀模型” PAGEREF _Tc21293 \h 9
04、真題練習(xí)，命題洞見 \l "_Tc4360" PAGEREF _Tc4360 \h 11
考點(diǎn)一 動(dòng)量和沖量
知識(shí)點(diǎn)1．動(dòng)量的概念
(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積。
(2)表達(dá)式：p＝mv，單位為kg·m/s。
(3)方向：動(dòng)量是矢量，方向與速度的方向相同。
知識(shí)點(diǎn)2．動(dòng)量變化量
(1)動(dòng)量的變化量Δp等于末動(dòng)量p′減去初動(dòng)量p的矢量運(yùn)算，也稱為動(dòng)量的增量，即Δp＝p′－p。
(2)動(dòng)量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同，運(yùn)用矢量法則計(jì)算。
知識(shí)點(diǎn)3．沖量的概念
(1)定義：力與力的作用時(shí)間的乘積。
(2)公式：I＝FΔt。
(3)單位：N·s。
(4)方向：沖量是矢量，其方向與力的方向相同。
知識(shí)點(diǎn)4．沖量的三種計(jì)算方法
知識(shí)點(diǎn)5.動(dòng)量與動(dòng)能的比較
考向1．動(dòng)量變化量的大小計(jì)算
1.(多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
【答案】BCD
【解析】： 由動(dòng)量定理可得，物體在時(shí)間t內(nèi)動(dòng)量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動(dòng)過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝eq \r(v2－v02)，由機(jī)械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \r(v2－v02)＝eq \r(2gh)，故物體動(dòng)量變化量Δp＝mΔv＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正確，A錯(cuò)誤。
考向2.恒力沖量的計(jì)算
2.如圖所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1，速度變?yōu)榱悴⒂珠_始下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff。已知重力加速度為g。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是( )
A.重力對(duì)滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)sin θ
B.支持力對(duì)滑塊的總沖量大小為mg(t1＋t2)cs θ
C.合力的沖量為0
D.摩擦力的總沖量大小為Ff(t1＋t2)
【答案】 B
【解析】 重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A錯(cuò)誤；支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cs θ，B正確；整個(gè)過程中滑塊的動(dòng)量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C錯(cuò)誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向下為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D錯(cuò)誤。
考向3.利用圖像法計(jì)算變力的沖量
3.(多選)(2022·全國(guó)乙卷·20)質(zhì)量為1 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。則( )
A．4 s時(shí)物塊的動(dòng)能為零
B．6 s時(shí)物塊回到初始位置
C．3 s時(shí)物塊的動(dòng)量為12 kg·m/s
D．0～6 s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40 J
【答案】 AD
【解析】 物塊與地面間的摩擦力為Ff＝μmg＝2 N，對(duì)物塊在0～3 s時(shí)間內(nèi)由動(dòng)量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)可得v3＝6 m/s,3 s時(shí)物塊的動(dòng)量為p＝mv3＝6 kg·m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)3 s后經(jīng)過時(shí)間t2物塊的速度減為0，由動(dòng)量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物塊在4 s時(shí)速度減為0，則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0，故A正確；在0～3 s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得(F－Ff)x1＝eq \f(1,2)mv32，解得x1＝9 m,3～4 s時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－eq \f(1,2)mv32，解得x2＝3 m，4～6 s時(shí)間內(nèi)物塊開始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為a＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2，發(fā)生的位移大小為x3＝eq \f(1,2)at32＝4 m m乙
所以
a甲 < a乙
由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得
v甲 < v乙
A錯(cuò)誤；
BCD．對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于μm甲g > μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，BD正確、C錯(cuò)誤。
故選BD。
8．（2023·重慶·高考真題）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點(diǎn)，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（ ）

A．EF段無人機(jī)的速度大小為4m/s
B．FM段無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)
C．FN段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg?m/s
D．MN段無人機(jī)機(jī)械能守恒
【答案】AB
【詳解】A．根據(jù)EF段方程
可知EF段無人機(jī)的速度大小為
故A正確；
B．根據(jù)圖像的切線斜率表示無人機(jī)的速度，可知FM段無人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；
C．根據(jù)MN段方程
可知MN段無人機(jī)的速度為
則有
可知FN段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m/s，故C錯(cuò)誤；
D．MN段無人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
9．（2023·全國(guó)·高考真題）一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運(yùn)動(dòng)，出發(fā)點(diǎn)為x軸零點(diǎn)，拉力做的功W與物體坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示。物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列說法正確的是（ ）

A．在x = 1m時(shí)，拉力的功率為6W
B．在x = 4m時(shí)，物體的動(dòng)能為2J
C．從x = 0運(yùn)動(dòng)到x = 2m，物體克服摩擦力做的功為8J
D．從x = 0運(yùn)動(dòng)到x = 4的過程中，物體的動(dòng)量最大為2kg?m/s
【答案】BC
【詳解】由于拉力在水平方向，則拉力做的功為
W = Fx
可看出W—x圖像的斜率代表拉力F。
AB．在物體運(yùn)動(dòng)的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有
則x = 1m時(shí)物體的速度為
v1= 2m/sx = 1m時(shí)，拉力為
則此時(shí)拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m時(shí)物體的動(dòng)能為
Ek= 2J
A錯(cuò)誤、B正確；
C．從x = 0運(yùn)動(dòng)到x = 2m，物體克服摩擦力做的功為
Wf= μmgx = 8J
C正確；
D．根據(jù)W—x圖像可知在0—2m的過程中F1= 6N，2—4m的過程中F2= 3N，由于物體受到的摩擦力恒為f = 4N，則物體在x = 2m處速度最大，且根據(jù)選項(xiàng)AB分析可知此時(shí)的速度
則從x = 0運(yùn)動(dòng)到x = 4的過程中，物體的動(dòng)量最大為
D錯(cuò)誤。
故選BC。
10．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。
（1）安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a，同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為，敏感球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。
（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量，重力加速度大小取。求：
①碰撞過程中F的沖量大小和方向；
②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m
【詳解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知
解得
（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小
方向豎直向上；
②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度
與氣囊作用過程由動(dòng)量定理（向上為正方向）
解得
v=2m/s
則上升的最大高度
11．（2024·江蘇·高考真題）嫦娥六號(hào)在軌速度為v0，著陸器對(duì)應(yīng)的組合體A與軌道器對(duì)應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為Δt，分離后B的速度為v，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：
（1）分離后A的速度v1大??；
（2）分離時(shí)A對(duì)B的推力大小。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）組合體分離前后動(dòng)量守恒，取v0的方向?yàn)檎较颍?br>(m＋M)v0 = Mv＋mv1
解得
（2）以B為研究對(duì)象，對(duì)B列動(dòng)量定理有
FΔt = Mv－Mv0
解得
考情分析
2024·安徽·高考物理試題
2024·江蘇·高考物理試題
2024·廣東·高考物理試題
2024·全國(guó)·高考物理試題
2024·福建·高考物理試題
復(fù)習(xí)目標(biāo)
目標(biāo)1.理解動(dòng)量和沖量的概念，理解動(dòng)量定理及其表達(dá)式。
目標(biāo)2.能用動(dòng)量定理解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象。
目標(biāo)3.會(huì)用動(dòng)量定理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，并會(huì)在流體力學(xué)中建立“柱狀”模型。
公式法
利用定義式I＝FΔt計(jì)算沖量，此方法僅適用于恒力的沖量，無需考慮物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)
圖像法
利用F-t圖像計(jì)算，F(xiàn)-t圖像與橫軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計(jì)算恒力的沖量，也可以計(jì)算變力的沖量
動(dòng)量定理法
如果物體受到大小或方向變化的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化量，由I＝p′－p求變力的沖量
動(dòng)量
動(dòng)能
物理意義
描述機(jī)械運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量
定義式
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
標(biāo)矢性
矢量
標(biāo)量
變化因素
合外力的沖量
合外力所做的功
大小關(guān)系
p＝eq \r(2mEk)
Ek＝eq \f(p2,2m)
變化量
Δp＝Ft
ΔEk＝Fl
聯(lián)系
(1)都是相對(duì)量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系
(2)若物體的動(dòng)能發(fā)生變化，則動(dòng)量一定也發(fā)生變化；但動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)動(dòng)能不一定發(fā)生變化
流體及其特點(diǎn)
通常液體、氣體等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ
分析步驟
1
建構(gòu)“柱狀模型”：沿流速v的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S
2
微元研究：作用時(shí)間Δt內(nèi)的一段柱狀流體的長(zhǎng)度為Δl＝vΔt，對(duì)應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt
3
建立方程：應(yīng)用動(dòng)量定理研究這段柱狀流體
微粒及其特點(diǎn)
通常電子、光子、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)的粒子數(shù)n
分析步驟
1
建構(gòu)“柱狀模型”：沿流速v的方向選取一段小柱體，柱體的橫截面積為S
2
微元研究：作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱狀微粒的長(zhǎng)度為Δl＝vΔt，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝SvΔt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nvSΔt
3
建立方程：先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，再乘以N計(jì)算

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