專題十一碰撞與動量守恒專題十一碰撞與動量守恒1通用版2022屆高考物理一輪復習專題十一碰撞與動量守恒第1講動量動量守恒定律課件2通用版2022屆高考物理一輪復習專題十一碰撞與動量守恒第1講動量動量守恒定律課件3第1講動量動量守恒定律第1講動量動量守恒定律4一、動量動量定理1.沖量作用時間Ft力F(1)定義：力和力的___________的乘積.(2)公式：I＝________，適用于求恒力的沖量.(3)方向：與________的方向相同.一、動量動量定理1.沖量作用時間Ft力F(1)定義：力和力52.動量速度mvkg·m/s速度

(1)定義：物體的質量與________的乘積. (2)公式：p＝________. (3)單位：千克·米/秒，符號：________. (4)意義：動量是描述物體運動狀態的物理量，是矢量，其方向與________的方向相同.2.動量速度mvkg·m/s速度 (1)定義：物體的質量與_6二、動量定理和動量守恒定律動量沖量不受外力零F合

tF合

tm1v1′＋m2v2′二、動量定理和動量守恒定律動量沖量不受外力零F合tF合t7【基礎自測】1.判斷下列題目的正誤.)(1)物體的動量越大，其慣性也越大.((2)物體所受合力不變，則動量也不改變.()(3)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零.()(4)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同.()

(5)動量守恒定律表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，應用時一定要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√【基礎自測】)(1)物體的動量越大，其慣性也越大.()(3)82.如圖11-1-1所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則()

圖11-1-1A.拉力F對物體的沖量大小為FtcosθB.拉力對物體的沖量大小為FtsinθC.摩擦力對物體的沖量大小為FtsinθD.合外力對物體的沖量大小為零2.如圖11-1-1所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉9

解析：求沖量時，必須明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量.本題中，作用的時間都是t，根據公式I＝F·t求得力F對物體的沖量就是Ft，A、B均錯誤；物體做勻速運動，因此物體受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以摩擦力對物體的沖量大小為Fft＝Fcosθ·t，C錯誤；物體勻速運動，合外力為零，所以合外力對物體的沖量大小為零，D正確.答案：D 解析：求沖量時，必須明確是哪一個力在哪一段時間內的答案：D10

3.(2019年安徽阜陽第三中學模擬)2019年阜陽三中科學晚會中，科技制作社團表演了“震撼動量球”實驗.為感受碰撞過程中的力，在互動環節，表演者將球拋向觀眾，假設質量約為3kg的超大氣球以2m/s速度豎直下落到手面，某觀眾雙手上推，使氣球以原速度大小豎直向上反彈，作用時間為0.2s.忽略氣球所受浮力及空氣阻力，g取10m/s2.則觀眾雙手受的壓力共計()A.30NB.60NC.90ND.120N

解析：取豎直向下為正方向，對大氣球由動量定理有：(mg－F)·Δt＝mv′－mv，代入數據解得：F＝90N，故C正確.

答案：C 3.(2019年安徽阜陽第三中學模擬)2019年阜陽三11

4.如圖11-1-2所示，質量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙.質量為m的滑塊B以初速度v0

滑到小車A上，車足夠長，滑塊不會從車上滑落，則小車的最終速度大小為()圖11-1-2A.零B.mv0

MC.

mv0M＋mD.

mv0M－m答案：C 4.如圖11-1-2所示，質量為M的小車A停放12熱點1考向1動量定理的理解及應用對動量和沖量的理解

[熱點歸納] 1.動量的兩性. (1)瞬時性：動量是描述物體運動狀態的物理量，是針對某一時刻或位置而言的. (2)相對性：動量的大小與參考系的選取有關，通常情況是指相對地面的動量(通常取地面為參考系).熱點1動量定理的理解及應用 [熱點歸納]132.動量與動能的比較.2.動量與動能的比較.14(續表)(續表)15【典題1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零)的勻加速直線運動.在啟動階段，列車的動量(

圖11-1-3 A.與它的速度成正比

B.與它所經歷的時間成正比

C.與它的位移成正比

D.與它的動能成正比【典題1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零)的勻加16

解析：由動量公式p＝mv可知，動量與速度成正比，故A正確；由公式v＝at可得p＝mat，動量與它所經歷的時間成正

誤.

答案：AB 解析：由動量公式p＝mv可知，動量與速度成正比，故A171.沖量的性質(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于力與該力的作用時間的乘積.

②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內方向變化的力來說，相應時間內物體動量改變量的方向與沖量的方向一致.(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯系.考向2對沖量的理解1.沖量的性質①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決18(3)沖量與功的比較(3)沖量與功的比較192.沖量的四種計算方法2.沖量的四種計算方法20

【典題2】(2020

年河南濮陽縣第一中學月考)如圖11-1-4所示，墊球是排球運動中通過手臂的迎擊動作，使來球從墊擊面上反彈出去的一項擊球技術，若某次從墊擊面上反彈出去豎直向上運動的排球，之后又落回到原位置，設整個運動過程中排球所受阻力大小不變，則()圖11-1-4 【典題2】(2020年河南濮陽縣第一中學月考)如圖121

A.球從擊出到落回的時間內，重力的沖量為零

B.球從擊出到落回的時間內，空氣阻力的沖量為零

C.球上升階段阻力的沖量小于下降階段阻力的沖量

D.球上升階段動量的變化量等于下降階段動量的變化量

解析：整個過程中，重力不為零，作用時間不為零，根據IG＝mgt可知，重力沖量不為零，故A錯誤；由于整個過程中，阻力都做負功，所以上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度，即上升過程所用時間比下降過程所用時間少，根據If＝Ft可知上升階段阻力沖量小于下降階段阻力沖量，整個過程中 A.球從擊出到落回的時間內，重力的沖量為零22阻力沖量不為零，故B錯誤，C正確；設初速度為v0，上升階段，初速度為v0，末速度為零，動量變化量為Δp1＝0－mv0＝－mv0，下降階段，初速度為零，末速度小于v0，動量變化量為Δp2<mv0－0＝mv0，兩者不相等，故D錯誤.答案：C阻力沖量不為零，故B錯誤，C正確；設初速度為v0，上23考向3用動量定理解釋現象

[熱點歸納]

應用動量定理解釋的兩類物理現象：

(1)當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，例如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎. (2)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp就越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp就越小.考向3用動量定理解釋現象 [熱點歸納]24

【典題3】(2020

年新課標Ⅰ卷)行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體.若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A.增加了司機單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積 【典題3】(2020年新課標Ⅰ卷)行駛中的汽車如果發生25

解析：因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機單位面積的受力大小，故A錯誤；有無安全氣囊司機初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，故B錯誤；因有安全氣囊的存在，司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉化為氣體的內能，不能全部轉化成汽車的動能，故C錯誤；因為安全氣囊充氣后面積增大，司機的受力面積也增大，在司機擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確.答案：D 解析：因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機答案：D26考向4動量定理的應用

[熱點歸納]

應用動量定理(I＝Δp)解題的注意事項：

(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規定的正方向之間的關系(即要注意各個量的正負). (2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.當合力遠大于重力時可忽略重力的沖量.考向4動量定理的應用 [熱點歸納]27(3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統.(4)初態的動量p是系統各部分動量之和，末態的動量p′也是系統各部分動量之和.(5)對系統各部分的動量進行描述時，應該選取同一個參考系，不然求和無實際意義.

(6)對不涉及加速度和位移的力與運動的關系問題，應用動量定理不需要考慮運動過程的細節，解題較為方便.對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算.(3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成28

【典題4】(2018

年新課標Ⅱ卷)高空墜物極易對行人造成傷害.若一個

50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為0.002s，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為()A.10N2N3N4

N

解析：設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是

落地時受到自身的重力和地面的支持力，規定向上為正， 由動量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)， 解得：N＝939.74N，根據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力為939.74N，與C最接近，故C正確.

答案：C 【典題4】(2018年新課標Ⅱ卷)高空墜物極易對行人造29

【遷移拓展】(2019年新課標Ⅰ卷)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展.若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A.1.6×102

kgC.1.6×105kgB.1.6×103kgD.1.6×106kg 【遷移拓展】(2019年新課標Ⅰ卷)最近，我國為“長征九30Ft4.8×106×1

解析：設該發動機在ts時間內，噴射出的氣體質量為m，根據動量定理，Ft＝mv，可知，在1s內噴射出的氣體質量kg＝1.6×103kg，故B正確.m0＝＝

v3000

答案：BFt4.8×106×1 解析：設該發動機在ts31熱點2動量守恒定律的理解及應用

[熱點歸納] 1.動量守恒定律適用條件. (1)前提條件：存在相互作用的體系. (2)理想條件：系統不受外力. (3)實際條件：系統所受合外力為0. (4)近似條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受的外力. (5)方向條件：系統在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒.熱點2動量守恒定律的理解及應用 [熱點歸納]322.動量守恒定律的“五性”：2.動量守恒定律的“五性”：333.動量守恒定律的三種表達式及對應意義：(1)p＝p′，即系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)Δp＝p′－p＝0，即系統總動量的增量為0.

(3)Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統中，一部分動量的變化量與另一部分動量的變化量大小相等、方向相反.3.動量守恒定律的三種表達式及對應意義：(1)p＝p′，即系344.應用動量守恒定律的解題步驟：(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程).(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒).(3)規定正方向，確定初、末狀態動量.(4)由動量守恒定律列出方程.(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明.4.應用動量守恒定律的解題步驟：(1)明確研究對象，確定系統35考向1動量守恒的判斷

【典題5】如圖11-1-5所示，A、B兩物體的質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上.A、B間有一根被壓縮的

()

圖11-1-5 A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B組成的系統動量守恒考向1動量守恒的判斷 【典題5】如圖11-1-5所示36B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C組成的系統動量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統動量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統動量守恒

解析：如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，彈簧釋放后A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfBB.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C37＝3∶2，則A、B組成的系統所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系統，A、B與C間的摩擦力為內力，該系統所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統的動量守恒，B、D均正確；若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B、C組成的系統所受外力之和為零，故其動量守恒，C正確.答案：A＝3∶2，則A、B組成的系統所受的外力之和不為零，故其動38考向2動量守恒定律的應用

【典題6】(多選，2020年新課標Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞.總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員.不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg考向2動量守恒定律的應用 【典題6】(多選，2020年39定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝

解析：設運動員和物塊的質量分別為m、m0，規定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據動量守恒m0

mv0，物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊mv1＋m0v0＝定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝ 解析：設運動員和物40得m>52kg，綜上所述，運動員的質量滿足52kg<m<60kg，故A、D錯誤，B、C正確.

答案：BC得m>52kg，綜上所述，運動員的質量滿足52kg<41

考向3某一方向上的動量守恒

【典題7】(2020年山東奎文濰坊一中開學考)如圖11-1-6所示，質量為m

的人立于平板車上，人與車的總質量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向右運動，當此人相對于車以速)度v2

豎直跳起時，車的速度變為(

圖11-1-6 考向3某一方向上的動量守恒)度v2豎直跳起時42

解析：人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和車之間的相互作用在豎直方向上，在水平方向上仍然動量守恒，水平方向的速度不發生變化，所以車的速度仍然為v1，方向向右，故選D.答案：D 解析：人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，守恒，水43考向4動量守恒定律在多物體系統中的應用

【典題8】兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質量分別為mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質量mC＝0.10kg的滑塊C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖11-1-7所示.由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為0.50m/s.求：圖11-1-7(1)木塊A的最終速度vA.(2)滑塊C離開A時的速度vC′.考向4動量守恒定律在多物體系統中的應用 【典題844解：C從開始滑上A到恰好滑到A的右端的過程中，A、B、C組成的系統動量守恒，有

mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′，C剛滑上B到兩者相對靜止，B、C組成的系統動量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v，解得vA＝0.25m/s，vC′＝2.75m/s.故木塊A的最終速度vA＝0.25m/s，滑塊C離開A時的速度vC′＝2.75m/s.解：C從開始滑上A到恰好滑到A的右端的過程中，A、45方法點撥對于多物體多過程的問題有時對整體應用動量守恒，有時只選某部分應用動量守恒，有時分過程多次應用動量守恒，有時全過程應用動量守恒，恰當選擇系統和始、末狀態是解題的關鍵.方法點撥對于多物體多過程的問題有時對整體應用動量守恒，有時只46

【遷移拓展】如圖11-1-8所示，甲車質量m1＝20kg，車上有質量M＝50kg的人，甲車(連同車上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行.此時質量m2＝50kg的乙車正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上.求人跳出甲車的水平速度v(相對地面)應當在什么范圍以內才能避免兩車相撞？(不計地面和小車間的摩擦，設乙車足夠長，g取10m/s2)圖11-1-8 【遷移拓展】如圖11-1-8所示，甲車質量m1＝2047解：以人、甲車、乙車組成的系統為研究對象，設甲車、乙車與人具有相同的速度v′，以向右為正方向 由動量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′， 解得v′＝1m/s.以人與甲車為一系統，人跳離甲車過程動量守恒，以向右為正方向得(m1＋M)v＝m1v′＋Mv″，解得v″＝3.8m/s.因此，只要人跳離甲車的速度v″≥3.8m/s，就可避免兩車相撞.解：以人、甲車、乙車組成的系統為研究對象，設甲車、乙車與人具48模型一人船模型模型一人船模型49(續表)(續表)50

【典題9】如圖11-1-9所示，長為l、質量為M的小船停在靜水中，一個質量為m的人站在船頭，若不計水的阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人相對地面的位移各是多少？圖11-1-9 【典題9】如圖11-1-9所示，長為l、質量為M51所以s1＝M＋m

思路點撥：選人和船組成的系統為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統在水平方向不受外力作用，所以水平方向的動量守恒.

解：設某時刻人對地的速度為v1，船對地的速度為v2，規定人的速度方向為正方向，則

mv1－Mv2＝0， 在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統的動量均守恒，故

mv1t－Mv2t＝0，即

ms1－Ms2＝0，而

s1＋s2＝l，

MM＋ml，s2＝ml.所以s1＝M＋m 思路點撥：選人和船組成的系統為研究對象，52方法技巧原來靜止的系統滿足動量守恒或某一方向守恒，實質是靜止的系統中物體的反沖運動.方法技巧原來靜止的系統滿足動量守恒或某一方向守恒，實質是靜止53

【觸類旁通】(多選)如圖11-1-10所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()

A.系統的動量守恒

B.水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向

C.小球不能向左擺到原高度D.小車向右移動的最大距離為

2mlM＋m圖11-1-10答案：BD 【觸類旁通】(多選)如圖11-1-10所示，繩長為l54模型二流體模型模型二流體模型55

【典題10】2019年8月11日超強臺風“利奇馬”登陸青島，導致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀.臺風“利奇馬”登陸時的最大風力為9級，最大風速為23m/s.如圖11-1-11所示，某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為高5m、寬20m，空氣密度ρ＝1.2kg/m3，空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣告牌受到的最大風力約為( A.3.9×104

N C.1.0×104

N)

圖11-1-11 B.6.3×104

N D.9.0×104N 【典題10】2019年8月11日超強臺風“利奇56

解析：廣告牌的面積S＝5×20m2＝100m2，設t時間內吹到廣告牌上的空氣質量為m，則有m＝ρSvt，以風速的方向為正方向，根據動量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得廣告牌對空氣的最大作用力的大小為F＝ρSv2，根據牛頓第三定律得，廣告牌受到的最大風力大小為F′＝F＝ρSv2

，代入數據得F′≈6.3×104

N，故選B.答案：B 解析：廣告牌的面積S＝5×20m2＝100m2，設57謝謝觀看！謝謝觀看！58方法技巧對于流體及微粒的動量連續發生變化這類問題，關鍵是應用微元法正確選取研究對象，即選取很短時間Δt內動量發生變化的那部分物質作為研究對象，建立“柱狀模型”：研究對象分布在以S為截面積、長為vΔt的柱體內，質量為Δm＝ρSvΔt，分析它在Δt時間內動量的變化情況，再根據動量定理求出有關的物理量.方法技巧對于流體及微粒的動量連續發生變化這類問題，關鍵是應用59專題十一碰撞與動量守恒專題十一碰撞與動量守恒60通用版2022屆高考物理一輪復習專題十一碰撞與動量守恒第1講動量動量守恒定律課件61通用版2022屆高考物理一輪復習專題十一碰撞與動量守恒第1講動量動量守恒定律課件62第1講動量動量守恒定律第1講動量動量守恒定律63一、動量動量定理1.沖量作用時間Ft力F(1)定義：力和力的___________的乘積.(2)公式：I＝________，適用于求恒力的沖量.(3)方向：與________的方向相同.一、動量動量定理1.沖量作用時間Ft力F(1)定義：力和力642.動量速度mvkg·m/s速度

(1)定義：物體的質量與________的乘積. (2)公式：p＝________. (3)單位：千克·米/秒，符號：________. (4)意義：動量是描述物體運動狀態的物理量，是矢量，其方向與________的方向相同.2.動量速度mvkg·m/s速度 (1)定義：物體的質量與_65二、動量定理和動量守恒定律動量沖量不受外力零F合

tF合

tm1v1′＋m2v2′二、動量定理和動量守恒定律動量沖量不受外力零F合tF合t66【基礎自測】1.判斷下列題目的正誤.)(1)物體的動量越大，其慣性也越大.((2)物體所受合力不變，則動量也不改變.()(3)物體沿水平面運動時，重力不做功，其沖量為零.()(4)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同.()

(5)動量守恒定律表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，應用時一定要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√【基礎自測】)(1)物體的動量越大，其慣性也越大.()(3)672.如圖11-1-1所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則()

圖11-1-1A.拉力F對物體的沖量大小為FtcosθB.拉力對物體的沖量大小為FtsinθC.摩擦力對物體的沖量大小為FtsinθD.合外力對物體的沖量大小為零2.如圖11-1-1所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉68

解析：求沖量時，必須明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量.本題中，作用的時間都是t，根據公式I＝F·t求得力F對物體的沖量就是Ft，A、B均錯誤；物體做勻速運動，因此物體受到的摩擦力Ff＝Fcosθ，所以摩擦力對物體的沖量大小為Fft＝Fcosθ·t，C錯誤；物體勻速運動，合外力為零，所以合外力對物體的沖量大小為零，D正確.答案：D 解析：求沖量時，必須明確是哪一個力在哪一段時間內的答案：D69

3.(2019年安徽阜陽第三中學模擬)2019年阜陽三中科學晚會中，科技制作社團表演了“震撼動量球”實驗.為感受碰撞過程中的力，在互動環節，表演者將球拋向觀眾，假設質量約為3kg的超大氣球以2m/s速度豎直下落到手面，某觀眾雙手上推，使氣球以原速度大小豎直向上反彈，作用時間為0.2s.忽略氣球所受浮力及空氣阻力，g取10m/s2.則觀眾雙手受的壓力共計()A.30NB.60NC.90ND.120N

解析：取豎直向下為正方向，對大氣球由動量定理有：(mg－F)·Δt＝mv′－mv，代入數據解得：F＝90N，故C正確.

答案：C 3.(2019年安徽阜陽第三中學模擬)2019年阜陽三70

4.如圖11-1-2所示，質量為M的小車A停放在光滑的水平面上，小車上表面粗糙.質量為m的滑塊B以初速度v0

滑到小車A上，車足夠長，滑塊不會從車上滑落，則小車的最終速度大小為()圖11-1-2A.零B.mv0

MC.

mv0M＋mD.

mv0M－m答案：C 4.如圖11-1-2所示，質量為M的小車A停放71熱點1考向1動量定理的理解及應用對動量和沖量的理解

[熱點歸納] 1.動量的兩性. (1)瞬時性：動量是描述物體運動狀態的物理量，是針對某一時刻或位置而言的. (2)相對性：動量的大小與參考系的選取有關，通常情況是指相對地面的動量(通常取地面為參考系).熱點1動量定理的理解及應用 [熱點歸納]722.動量與動能的比較.2.動量與動能的比較.73(續表)(續表)74【典題1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零)的勻加速直線運動.在啟動階段，列車的動量(

圖11-1-3 A.與它的速度成正比

B.與它所經歷的時間成正比

C.與它的位移成正比

D.與它的動能成正比【典題1】高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零)的勻加75

解析：由動量公式p＝mv可知，動量與速度成正比，故A正確；由公式v＝at可得p＝mat，動量與它所經歷的時間成正

誤.

答案：AB 解析：由動量公式p＝mv可知，動量與速度成正比，故A761.沖量的性質(1)沖量的兩性①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決定，恒力的沖量等于力與該力的作用時間的乘積.

②矢量性：對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內方向變化的力來說，相應時間內物體動量改變量的方向與沖量的方向一致.(2)作用力和反作用力的沖量：一定等大、反向，但作用力和反作用力做的功之間并無必然聯系.考向2對沖量的理解1.沖量的性質①時間性：沖量不僅由力決定，還由力的作用時間決77(3)沖量與功的比較(3)沖量與功的比較782.沖量的四種計算方法2.沖量的四種計算方法79

【典題2】(2020

年河南濮陽縣第一中學月考)如圖11-1-4所示，墊球是排球運動中通過手臂的迎擊動作，使來球從墊擊面上反彈出去的一項擊球技術，若某次從墊擊面上反彈出去豎直向上運動的排球，之后又落回到原位置，設整個運動過程中排球所受阻力大小不變，則()圖11-1-4 【典題2】(2020年河南濮陽縣第一中學月考)如圖180

A.球從擊出到落回的時間內，重力的沖量為零

B.球從擊出到落回的時間內，空氣阻力的沖量為零

C.球上升階段阻力的沖量小于下降階段阻力的沖量

D.球上升階段動量的變化量等于下降階段動量的變化量

解析：整個過程中，重力不為零，作用時間不為零，根據IG＝mgt可知，重力沖量不為零，故A錯誤；由于整個過程中，阻力都做負功，所以上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度，即上升過程所用時間比下降過程所用時間少，根據If＝Ft可知上升階段阻力沖量小于下降階段阻力沖量，整個過程中 A.球從擊出到落回的時間內，重力的沖量為零81阻力沖量不為零，故B錯誤，C正確；設初速度為v0，上升階段，初速度為v0，末速度為零，動量變化量為Δp1＝0－mv0＝－mv0，下降階段，初速度為零，末速度小于v0，動量變化量為Δp2<mv0－0＝mv0，兩者不相等，故D錯誤.答案：C阻力沖量不為零，故B錯誤，C正確；設初速度為v0，上82考向3用動量定理解釋現象

[熱點歸納]

應用動量定理解釋的兩類物理現象：

(1)當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，例如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎. (2)當作用力F一定時，力的作用時間Δt越長，動量變化量Δp就越大，力的作用時間Δt越短，動量變化量Δp就越小.考向3用動量定理解釋現象 [熱點歸納]83

【典題3】(2020

年新課標Ⅰ卷)行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞，車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體.若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A.增加了司機單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的動能全部轉換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積 【典題3】(2020年新課標Ⅰ卷)行駛中的汽車如果發生84

解析：因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機單位面積的受力大小，故A錯誤；有無安全氣囊司機初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，故B錯誤；因有安全氣囊的存在，司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉化為氣體的內能，不能全部轉化成汽車的動能，故C錯誤；因為安全氣囊充氣后面積增大，司機的受力面積也增大，在司機擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確.答案：D 解析：因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機答案：D85考向4動量定理的應用

[熱點歸納]

應用動量定理(I＝Δp)解題的注意事項：

(1)動量定理的表達式是矢量式，列式時要注意各個量與規定的正方向之間的關系(即要注意各個量的正負). (2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，也可以是各力沖量的矢量和，還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.當合力遠大于重力時可忽略重力的沖量.考向4動量定理的應用 [熱點歸納]86(3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成的系統.(4)初態的動量p是系統各部分動量之和，末態的動量p′也是系統各部分動量之和.(5)對系統各部分的動量進行描述時，應該選取同一個參考系，不然求和無實際意義.

(6)對不涉及加速度和位移的力與運動的關系問題，應用動量定理不需要考慮運動過程的細節，解題較為方便.對于變力的沖量，往往通過動量定理來計算.(3)應用動量定理可以只研究一個物體，也可以研究幾個物體組成87

【典題4】(2018

年新課標Ⅱ卷)高空墜物極易對行人造成傷害.若一個

50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為0.002s，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為()A.10N2N3N4

N

解析：設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是

落地時受到自身的重力和地面的支持力，規定向上為正， 由動量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)， 解得：N＝939.74N，根據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力為939.74N，與C最接近，故C正確.

答案：C 【典題4】(2018年新課標Ⅱ卷)高空墜物極易對行人造88

【遷移拓展】(2019年新課標Ⅰ卷)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展.若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內噴射的氣體質量約為()A.1.6×102

kgC.1.6×105kgB.1.6×103kgD.1.6×106kg 【遷移拓展】(2019年新課標Ⅰ卷)最近，我國為“長征九89Ft4.8×106×1

解析：設該發動機在ts時間內，噴射出的氣體質量為m，根據動量定理，Ft＝mv，可知，在1s內噴射出的氣體質量kg＝1.6×103kg，故B正確.m0＝＝

v3000

答案：BFt4.8×106×1 解析：設該發動機在ts90熱點2動量守恒定律的理解及應用

[熱點歸納] 1.動量守恒定律適用條件. (1)前提條件：存在相互作用的體系. (2)理想條件：系統不受外力. (3)實際條件：系統所受合外力為0. (4)近似條件：系統內各物體間相互作用的內力遠大于系統所受的外力. (5)方向條件：系統在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動量守恒.熱點2動量守恒定律的理解及應用 [熱點歸納]912.動量守恒定律的“五性”：2.動量守恒定律的“五性”：923.動量守恒定律的三種表達式及對應意義：(1)p＝p′，即系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)Δp＝p′－p＝0，即系統總動量的增量為0.

(3)Δp1＝－Δp2，即兩個物體組成的系統中，一部分動量的變化量與另一部分動量的變化量大小相等、方向相反.3.動量守恒定律的三種表達式及對應意義：(1)p＝p′，即系934.應用動量守恒定律的解題步驟：(1)明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程).(2)進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒).(3)規定正方向，確定初、末狀態動量.(4)由動量守恒定律列出方程.(5)代入數據，求出結果，必要時討論說明.4.應用動量守恒定律的解題步驟：(1)明確研究對象，確定系統94考向1動量守恒的判斷

【典題5】如圖11-1-5所示，A、B兩物體的質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上.A、B間有一根被壓縮的

()

圖11-1-5 A.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B組成的系統動量守恒考向1動量守恒的判斷 【典題5】如圖11-1-5所示95B.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C組成的系統動量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統動量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統動量守恒

解析：如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，彈簧釋放后A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfBB.若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C96＝3∶2，則A、B組成的系統所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯誤；對A、B、C組成的系統，A、B與C間的摩擦力為內力，該系統所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統的動量守恒，B、D均正確；若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B、C組成的系統所受外力之和為零，故其動量守恒，C正確.答案：A＝3∶2，則A、B組成的系統所受的外力之和不為零，故其動97考向2動量守恒定律的應用

【典題6】(多選，2020年新課標Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞.總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員.不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg考向2動量守恒定律的應用 【典題6】(多選，2020年98定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝

解析：設運動員和物塊的質量分別為m、m0，規定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據動量守恒m0

mv0，物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊mv1＋m0v0＝定律0＝mv1－m0v0，解得v1＝ 解析：設運動員和物99得m>52kg，綜上所述，運動員的質量滿足52kg<m<60kg，故A、D錯誤，B、C正確.

答案：BC得m>52kg，綜上所述，運動員的質量滿足52kg<100

考向3某一方向上的動量守恒

【典題7】(2020年山東奎文濰坊一中開學考)如圖11-1-6所示，質量為m

的人立于平板車上，人與車的總質量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向右運動，當此人相對于車以速)度v2

豎直跳起時，車的速度變為(

圖11-1-6 考向3某一方向上的動量守恒)度v2豎直跳起時101

解析：人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和車之間的相互作用在豎直方向上，在水平方向上仍然動量守恒，水平方向的速度不發生變化，所以車的速度仍然為v1，方向向右，故選D.答案：D 解析：人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，守恒，水102考向4動量守恒定律在多物體系統中的應用

【典題8】兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質量分別為mA＝2.0kg，mB＝0.90kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙，另有一質量mC＝0.10kg的滑塊C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖11-1-7所示.由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為0.50m/s.求：圖11-1-7(1)木塊A的最終速度vA.(2)滑塊C離開A時的速度vC′.考向4動量守恒定律在多物體系統中的應用 【典題8103解：C從開始滑上A到恰好滑到A的右端的過程中，A、B、C組成的系統動量守恒，有

mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′，C剛滑上B到兩者相對靜止，B、C組成的系統動量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v，解得vA＝0.25m/s，vC′＝2.75m/s.故木塊A的最終速度vA＝0.25m/s，滑塊C離開A時的速度vC′＝2.75m/s.解：C從開始滑上A到恰好滑到A的右端的過程中，A、104方法點撥對于多物體多過程的問題有時對整體應用動量守恒，有時只選某部分應用動量守恒，有時分過程多次應用動量守恒，有時全過程應用動量守恒，恰當選擇系統和始、末狀態是解題的關鍵.方法點撥對于多物體多過程的問題有時對整體應用動量守恒，有時只105

【遷移拓展】如圖11-1-8所示，甲車質量m1＝20kg，車上有質量M＝50kg的人，甲