專題12 動量、沖量的理解及動量定理的應(yīng)用（解析版）-2025版高考物理真題精-選與研析

考情概覽：解讀近年命題思路和內(nèi)容要求，統(tǒng)計真題考查情況。2024年真題研析：分析命題特點，探尋?？家c，真題分類精講。近年真題精選：分類精選近年真題，把握命題趨勢。必備知識速記：歸納串聯(lián)解題必備知識，總結(jié)易錯易混點。名校模擬探源：精選適量名校模擬題，發(fā)掘高考命題之源。命題解讀考向考查統(tǒng)計本類試題主要考查動量、沖量的理解及動量定理的應(yīng)用?？枷蛞粍恿康睦斫馀c計算2024·遼寧卷，12022·湖南卷，72021·湖南卷，2考向二恒力沖量的計算2024·江蘇卷，132021·山東卷，16考向三動量定理的應(yīng)用2024·全國甲卷，72023·新課標(biāo)卷，62022·廣東卷，22022·湖南卷，142023·江蘇卷，152021·天津卷，72021·湖北卷，3考向四圖像中的動量、沖量問題2023·福建卷，72022·全國乙卷，7考向五實驗：驗證動量定理2021·江蘇卷，11命題分析2024年高考各卷區(qū)物理試題均考查了動量問題。預(yù)測2025年高考會繼續(xù)考查。試題精講考向一動量的理解與計算1.（2024年遼寧卷第1題）2024年5月3日，長征五號遙八運載火箭托舉嫦娥六號探測器進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，火箭升空過程中，以下描述其狀態(tài)的物理量屬于矢量的是（）A.質(zhì)量 B.速率 C.動量 D.動能【答案】C【解析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，所以動量是矢量，而質(zhì)量、速率、動能只有大小沒有方向，是標(biāo)量。故選C?？枷蚨懔_量的計算2.（2024·江蘇卷·第13題）嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為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；（2）分離時A對B的推力大小?！敬鸢浮浚?），方向與v0相同；（2）【解析】（1）組合體分離前后動量守恒，取v0的方向為正方向，有(m＋M)v0=Mv＋mv1解得方向與v0相同；（2）以B為研究對象，對B列動量定理有FΔt=Mv－Mv0解得考向三動量定理的應(yīng)用3.（2024年全國甲卷第7題）（多選）蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A.時，運動員的重力勢能最大B.時，運動員的速度大小為C時，運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【解析】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理其中代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD?？枷蛞粍恿康睦斫馀c計算1.（2022年湖南卷第7題）（多選）神舟十三號返回艙進(jìn)入大氣層一段時間后，逐一打開引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動反沖裝置，實現(xiàn)軟著陸。某興趣小組研究了減速傘打開后返回艙的運動情況，將其運動簡化為豎直方向的直線運動，其圖像如圖所示。設(shè)該過程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說法正確的是（）

A.在時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小B.在時間內(nèi)，返回艙的加速度不變C.在時間內(nèi)，返回艙的動量隨時間減小D.在時間內(nèi)，返回艙的機械能不變【答案】AC【解析】A．重力的功率為由圖可知在0~t1時間內(nèi)，返回艙的速度隨時間減小，故重力的功率隨時間減小，故A正確；B．根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知在0~t1時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；C．在t1~t2時間內(nèi)由圖像可知返回艙的速度減小，故可知動量隨時間減小。故C正確；D．在t2~t3時間內(nèi)，由圖像可知返回艙的速度不變，則動能不變，但由于返回艙高度下降，重力勢能減小，故機械能減小，故D錯誤。故選AC。2.（2021年湖南卷第2題）物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是()解析：選D質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式v2＝2ax可得v＝eq\r(2ax)，設(shè)質(zhì)點的質(zhì)量為m，則質(zhì)點的動量p＝meq\r(2ax)，由于質(zhì)點的速度方向不變，則質(zhì)點動量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知D正確?？枷蚨懔_量的計算3.（2021年山東卷第16題）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標(biāo)范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）設(shè)鳥蛤落地前瞬間的速度大小為，豎直分速度大小為，據(jù)自由落體運動規(guī)律可得則碰撞前鳥蛤的合速度為在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立解得碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小為（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為x1，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，若釋放鳥蛤時的初速度為，設(shè)擊中巖石左端時，釋放點的x坐標(biāo)為，擊中右端時，釋放點的x坐標(biāo)為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上所述可得x坐標(biāo)區(qū)間為?？枷蛉齽恿慷ɡ淼膽?yīng)用4.（2023年新課標(biāo)卷第6題）（多選）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等 D.甲和乙的動量之和不為零【答案】BD【解析】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示A．根據(jù)牛頓第二定律有由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。故選BD。5.（2022年山東卷第2題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）

A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。6.（2023年江蘇卷第15題）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點?；┱攥F(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）求滑雪者運動到P點的時間t；（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得（2）由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當(dāng)從A點下滑時，到達(dá)B點有（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有水平方向上有聯(lián)立可得7.（2022年湖南卷第14題）如圖（a），質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的倍（為常數(shù)且），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中已知，求的大??；（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為（方向向下）（方向向下）由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度v。拍擊第1次下降過程有上升過程有代入k后，下降過程有上升過程有聯(lián)立有拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有上升過程有聯(lián)立有再將h1代入h2有拍擊第3次，同理代入k后，下降過程有上升過程有聯(lián)立有再將h2代入h3有直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有上升過程有聯(lián)立有將hN-1代入hN有其中，則有則方法二：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為（方向向下）（方向向下）由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度v’。設(shè)籃球從H下落時，速度為，反彈高度為，籃球受到?jīng)_量I后速度為v’，落地時速度為，則，聯(lián)立可得代入k可得，……①籃球再次反彈，反彈速度為k，設(shè)反彈高度為h1，受到?jīng)_量后，落地速度為v2，同理可得，同理化簡可得……②籃球第三次反彈，反彈速度為k，設(shè)反彈高度為h2，受到?jīng)_量后，落地速度為v3，同理可得，同理化簡可得……③……第N次反彈可得……（N）對式子①②③……(N)兩側(cè)分別乘以、、……、，再相加可得得其中，，，可得可得沖量I的大小8.（2021年天津卷第7題）（多選）一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實施階段。下列關(guān)于火箭描述正確的是（）A.增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏.增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏.當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r火箭就不再加速D.火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺之間的相互作用【答案】AB【解析】A．增加單位時間的燃?xì)鈬娚淞?，即增加單位時間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)可知可以增大火箭的推力，故A正確；B．當(dāng)增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣葧r，根據(jù)可知可以增大火箭的推力，故B正確；C．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r，此時火箭有速度，所以相對于火箭的速度不為零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C錯誤；D．燃?xì)獗粐姵龅乃查g，燃?xì)鈱鸺姆醋饔昧ψ饔迷诨鸺?，使火箭獲得推力，故D錯誤。故選AB。9.（2021年湖北卷第3題）抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為（）A.40 B.80 C.120 D.160【答案】C【解析】設(shè)1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得故選C考向四圖像中的動量、沖量問題10.（2023年福建卷第7題）（多選）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運動。以出發(fā)時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時間圖像如圖（b）所示。則（）A.0~2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大B.乙車在t=2s和t=6s時的速度相同C.2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同D.t=8s時，甲、乙兩車的動能不同【答案】BC【解析】A．由題知甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，則根據(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，甲車做勻加速直線運動，加速度大小不變，故A錯誤；B．由題知乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內(nèi)根據(jù)動量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙車在0~6s內(nèi)根據(jù)動量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s則可知乙車在t=2s和t=6s時的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車一直向正方向運動，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時甲車的速度為0，則t=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內(nèi)根據(jù)動量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s時乙車的速度為0，則t=8s時，乙車的動能為0，故D錯誤。故選BC。11.（2022年全國乙卷第7題）（多選）質(zhì)量為的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取。則（）

A.時物塊的動能為零B.時物塊回到初始位置C.時物塊的動量為D.時間內(nèi)F對物塊所做的功為【答案】AD【解析】物塊與地面間的摩擦力為AC．對物塊從內(nèi)由動量定理可知即得3s時物塊的動量為設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得即解得所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；B．物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得即得過程中，對物塊由動能定理可得即得物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為發(fā)生的位移為即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；D．物塊在6s時的速度大小為拉力所做的功為故D正確。故選AD?？枷蛭鍖嶒灒候炞C動量定理12.（2021年江蘇卷第11題）小明利用如圖1所示的實驗裝置驗證動量定理。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測出遮光條和滑塊的總質(zhì)量，槽碼和掛鉤的總質(zhì)量。實驗時，將滑塊系在繞過定滑輪懸掛有槽碼的細(xì)線上?；瑝K由靜止釋放，數(shù)字計時器記錄下遮光條通過光電門1和2的遮光時間和，以及這兩次開始遮光的時間間隔，用游標(biāo)卡尺測出遮光條寬度，計算出滑塊經(jīng)過兩光電門速度的變化量。（1）游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度___________；（2）打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，直至看到導(dǎo)軌上的滑塊能在短時間內(nèi)保持靜止，其目的是___________；（3）多次改變光電門2的位置進(jìn)行測量，得到和的數(shù)據(jù)如下表請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙上作出圖線___________。

0.7210.7900.8540.9130.9681.381.521.641.751.86（4）查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，根?jù)動量定理，圖線斜率的理論值為___________；（5）實驗結(jié)果發(fā)現(xiàn)，圖線斜率的實驗值總小于理論值，產(chǎn)生這一誤差的兩個可能原因時___________。A．選用的槽碼質(zhì)量偏小B．細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行C．每次釋放滑塊的位置不同D．實驗中的測量值偏大【答案】①.10.20②.將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平③.

④.1.96⑤.BD##DB【解析】（1）[1]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為；（2）[2]滑塊保持穩(wěn)定，說明氣墊導(dǎo)軌水平；（3）[3]根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點并用直線連接

（4）[4]根據(jù)動量定理變形得則圖線斜率的理論值（5）[5]根據(jù)動量定理變形得A．槽碼質(zhì)量偏小，而實際的槽碼質(zhì)量偏大，則合外力偏大，所以圖線斜率的實驗值偏大，A錯誤；B．細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不平行，滑塊實際所受合外力為的水平分力，所以圖線斜率的實驗值偏小，B正確；C．滑塊釋放位置與斜率相關(guān)的參量無關(guān)，C錯誤；D．偏大，則偏小，圖線斜率偏小，D正確。故選BD。一、動量和沖量1．動量(1)定義：物體的質(zhì)量和速度的乘積．(2)表達(dá)式：p＝mv.(3)方向：與速度的方向相同．2．動量的變化(1)動量是矢量，動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同．(2)動量的變化量Δp，一般用末動量p′減去初動量p進(jìn)行矢量運算，也稱為動量的增量．即Δp＝p′－p.3．沖量(1)定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．(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．4．動量與動能的比較動量動能物理意義描述機械運動狀態(tài)的物理量定義式p＝mvEk＝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＝FtΔEk＝Fl聯(lián)系(1)都是相對量，與參考系的選取有關(guān)，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發(fā)生變化，則動量一定也發(fā)生變化；但動量發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化5.沖量的計算方法公式法I＝FΔt，此方法僅適用于求恒力的沖量，無需考慮物體的運動狀態(tài)圖像法F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數(shù)，則力F在某段時間t內(nèi)的沖量I＝eq\f(F1＋F2,2)t動量定理法根據(jù)物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量二、動量定理的理解和應(yīng)用1．內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.3．對動量定理的理解(1)動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．(2)Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．(3)Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關(guān)系外，還說明了兩邊的因果關(guān)系，即合外力的沖量是動量變化的原因．(4)由Ft＝p′－p，得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率．(5)當(dāng)物體運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動量定理求解，也可以全過程應(yīng)用動量定理．(6)當(dāng)物體的動量變化量一定時，力的作用時間Δt越短，力F就越大，力的作用時間Δt越長，力F就越小。(7)當(dāng)作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp越小。如在恒力作用下運動的小車，時間越長，小車的速度越大，動量變化量越大。三、應(yīng)用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟①構(gòu)建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體質(zhì)量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體粒子數(shù)N＝nvSΔt小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt③列出方程，應(yīng)用動量定理FΔt＝Δp研究1.（2024·皖豫名校聯(lián)盟&安徽卓越縣中聯(lián)盟·三模）如圖所示，足夠長粗糙斜面的傾角為37°，斜面頂端B與一段光滑的圓弧軌道AB相切于B點，圓弧AB的軌道半徑為，對應(yīng)的圓心角為53°，在B點放置一質(zhì)量為3kg的小物塊乙，乙剛好不沿斜面下滑。某時刻把質(zhì)量為1kg的小物塊甲從A點由靜止釋放，甲、乙在B點發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后經(jīng)過的時間甲、乙又發(fā)生第二次碰撞。已知甲與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑塊甲與乙發(fā)生第一次碰撞前瞬間的速度大??；（2）滑塊甲、乙第一次碰撞過程乙對甲的沖量；（3）滑塊甲與乙發(fā)生第二次碰撞前甲、乙之間的最大距離?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿斜面向上；（3）【解析】（1）設(shè)物塊甲與乙第一次碰撞前瞬間的速度大小為，根據(jù)幾何關(guān)系，甲從A到B豎直方向下落的距離根據(jù)動能定理有解得（2）設(shè)第一次碰撞后瞬間物塊甲、乙的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律有解得，乙對甲的沖量等于甲動量的變化方向沿斜面向上（無此描述亦不扣分）（3）碰后甲以-3m/s的速度反彈，設(shè)甲從B點滑上圓弧再回到B點的時間為t1，此時甲、乙之間的距離最大在t1時間內(nèi)乙以v2=3m/s速度勻速運動的距離甲返回B點后甲的加速度設(shè)甲從返回B點到追上乙的時間為t2，對于甲追乙的過程根據(jù)題意解得，第二次碰撞前甲、乙之間的最大距離2.（2024·北京首都師大附中·三模）應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢在豎直平面內(nèi)按順時針方向做勻速圓周運動。在蘋果從最低點a到最左側(cè)點b運動的過程，下列說法中正確的是（）A.手掌對蘋果的摩擦力越來越小B.手掌對蘋果的支持力越來越大C.手掌對蘋果的作用力越來越小D.因為蘋果的動量大小不變，所以合外力對蘋果的沖量為零【答案】C【解析】AB．蘋果做勻速圓周運動，加速度大小不變，設(shè)加速度方向與豎直方向的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律可得，蘋果從最低點a到最左側(cè)點b運動的過程中，逐漸增大，逐漸增大，逐漸減小，則手掌對蘋果的摩擦力越來越大，手掌對蘋果的支持力越來越小，故AB錯誤；C．手掌對蘋果的作用力可分解為兩個分力，其中分力與蘋果重力平衡，方向豎直向上，另一分力提供所需向心力，方向總是指向圓心；在蘋果從最低點a到最左側(cè)點b運動的過程，與大小均不變，且與之間的夾角逐漸增大，則與的合力逐漸減小，即手掌對蘋果的作用力越來越小，故C正確；D．蘋果的動量大小不變，但動量的方向時刻發(fā)生變化，所以動量變化不為0，根據(jù)動量定理可知，合外力對蘋果的沖量不為零，故D錯誤。故選C。3.（2024·北京首都師大附中·三模）如圖所示，一同學(xué)練習(xí)使用網(wǎng)球訓(xùn)練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練習(xí)過程中底座保持不動。該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點，c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計空氣阻力。則（）A.a處網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量沿水平方向B.拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下C.c到d過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下D.d處反彈后網(wǎng)球做平拋運動【答案】B【解析】A．該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點a處時網(wǎng)球速度為零，網(wǎng)球拍擊打網(wǎng)球后，網(wǎng)球做曲線運動，曲線上任意一點的切線方向即為網(wǎng)球的速度方向，由軌跡可知，a處軌跡的切線方向斜向右上方，則可知a處的速度方向斜向右上方，因此網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量應(yīng)斜向上方，故A錯誤；B．拍打后a到c過程中網(wǎng)球只受到重力的作用，而重力豎直向下，則重力的沖量豎直向下，因此拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下，故B正確；C．由題意可知，d處彈性繩已經(jīng)繃緊，即彈性繩在到達(dá)d處時已經(jīng)出現(xiàn)了彈力，因此網(wǎng)球從c到d過程中受力情況分為只受重力與受到重力和彈性繩的拉力兩種情況，若只受重力階段，則沖量豎直向下；若受到重力和彈性繩的拉力則二者合力斜向左下方，因此網(wǎng)球受到的沖量方向斜向左下方，故C錯誤；D．做平拋運動的條件是初速度水平，且只受重力，顯然網(wǎng)球在d處反彈后除了受到重力還有因彈性繩收縮而受到的拉力，故D錯誤。故選B。4.（2024·廣東4月名校聯(lián)考）在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護(hù)作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部（）A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積 B.動量大小先增大后減小C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積 D.加速度大小先增大后減小【答案】D【解析】AB．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則F—t圖像的面積即合外力的沖量，再根據(jù)動量定理可知F—t圖像的面積也是動量的變化量，且圖線一直在t軸的上方，由于頭部有初動量，由圖可知，動量變化越來越大，則動量的大小一直減小到假人頭靜止，動量變化最大，AB錯誤；C．根據(jù)動量與動能的關(guān)系有，而F—t圖像的面積是動量的變化量，則動能的變化量與曲線與橫軸圍成的面積不成正比，C錯誤；D．由題知假人的頭部只受到安全氣囊的作用，則根據(jù)牛頓定律可知a∝F，即假人頭部的加速度先增大后減小，D正確。故選D。5.（2024·廣西南寧市、河池市等校聯(lián)考·二模）2023年秋某高校軍訓(xùn)，如圖所示，輕繩一端固定，質(zhì)量為的同學(xué)（可視為質(zhì)點）抓住繩的另一端，使繩水平拉直后由靜止擺下過障礙物。已知繩長為，在輕繩到達(dá)豎直狀態(tài)時放開繩索后水平飛出。繩子的固定端到地面的距離為。不計輕