動量、沖量的理解及動量定理的應用（解析版）-2025年新高考物理專項復習

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。

考情概覽

命題解讀考向考查統(tǒng)計

2024?遼寧卷，1

考向一動量的理解與計算2022?湖南卷,7

2021?湖南卷,2

2024?江蘇卷，13

考向二恒力沖量的計算

2021?山東卷，16

2024?全國甲卷，7

2023?新課標卷，6

本類試題主要考查動量、沖量的理解及2022?廣東卷，2

動量定理的應用?？枷蛉齽恿慷ɡ淼膽?022?湖南卷，14

2023?江蘇卷，15

2021?天津卷，7

2021?湖北卷，3

2023?福建卷,7

考向四圖像中的動量、沖量問題

2022?全國乙卷，7

考向五實驗：驗證動量定理2021?江蘇卷，11

2024^M>WW

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,

是標量。

故選C。

考向二恒力沖量的計算

2.（2024?江蘇卷?第13題）嫦娥六號在軌速度為％,著陸器對應的組合體/與軌道器對應的組合體2分離

時間為A3分離后8的速度為v,且與％同向，/、3的質(zhì)量分別為加、Mo求：

（1）分離后/的速度力;

（2）分離時/對2的推力大小。

【答案】⑴\方向與,。相同；⑵"a

mAt

【解析】（1）組合體分離前后動量守恒，取為的方向為正方向，有：（加+A/）vo=■+加vi

解得：Vi=（m+M）Vo-MV

m

方向與Vo相同；

（2）以2為研究對象，對3列動量定理有：FAt=Mv—Mvo

解得：「竺a

考向三動量定理的應用

3.（2024年全國甲卷第7題）（多選）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在/=0時剛好落到蹦床上，對

蹦床作用力大小廠與時間，的關系如圖所示。假設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10m/s2。下列說法正確的是（）

A./=0.15s時，運動員的重力勢能最大

B./=0.30s時，運動員的速度大小為lOm/s

c:1.00s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4600N

【答案】BD

【解析】A.根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知/=0.15s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/=0.30s離開蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s，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/=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，/=0.30s時

運動員的速度大?。簐=10xlm/s=10m/s

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10m/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理

F-At-mg-^.t=mv-（-mv）

其中：△/=0.3s

代入數(shù)據(jù)可得：尸=4600N

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4600N,故D正確。

故選BDo

近年真題精選

考向一動量的理解與計算

1.（2022年湖南卷第7題）（多選）神舟十三號返回艙進入大氣層一段時間后，逐一打開引導傘、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，其丫一方圖像如圖所示。設該過程中，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0?％時間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時間減小

B.在0?。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.在今?4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P=2gv

由圖可知在0?4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-f圖像的斜率表示加速度可知在071時間內(nèi)返回艙的加速度減小，故B錯誤；

C.在672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.在友?打時間內(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p-x圖像中的一個點。

物體運動狀態(tài)的變化可用QX圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿無軸正方向做初速度為

零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是（）

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，由運動學公式浮=2如可得o=J亞，設

質(zhì)點的質(zhì)量為%,則質(zhì)點的動量〃=加容晟，由于質(zhì)點的速度方向不變，則質(zhì)點動量"的方向始終沿龍軸正

方向，根據(jù)數(shù)學知識可知D正確。

考向二恒力沖量的計算

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)量優(yōu)=01kg的鳥蛤，在H=20m的高度、以％=15m/s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g=10m/s2,忽略空氣阻力。

（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間A/=0.005s,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￡=6m的巖石，以巖石左端為坐標原點，

建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s?17m/s之間，為保證鳥蛤一

定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍。

【答案】（1）500N；（2）[34m,36m]

【解析】（1）設鳥蛤落地前瞬間的速度大小為n,豎直分速度大小為。，據(jù)自由落體運動規(guī)律可得

vy=q2gH=20m/s

v.

/■=1=2s

g

則碰撞前鳥蛤的合速度為

n==25m/s

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

-FAt=O-mv

聯(lián)立解得碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力大小為

F=500N

（2）若釋放鳥蛤的初速度為匕=15m/s,設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為修，擊中右端時，釋放點

的x坐標為%,得

X]=v/,x2=xx+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

X]=30m,x2=36m

若釋放鳥蛤時的初速度為匕=17m/s,設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為七'，擊中右端時，釋放點的

x坐標為％'，得

X；=v2t，》2'=x/+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得

X；=34m，=40m

綜上所述可得x坐標區(qū)間為[34m,36m]。

考向三動量定理的應用

4.（2023年新課標卷第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（）

甲乙

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

加甲

m乙7

A.根據(jù)牛頓第二定律有

E一〃加甲g

加甲

F—Hm乙g

機乙

由于

m甲>m乙

所以

a甲v。乙

由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得

口甲vy乙

A錯誤；

BCD.對于整個系統(tǒng)而言，由于〃加甲g>〃機乙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BDo

5.（2022年山東卷第2題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(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，可知高壓氣體釋放的能量轉(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Ao

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8點?；┱攥F(xiàn)從/點由靜

止開始下滑，從8點飛出。已知N、尸間的距離為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"

(2)求滑雪者從2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的最大長度心

【解析】（1）滑雪者從/到尸根據(jù)動能定理有

12

mgdsin45°-pimgcos45°d=—mv?-0

根據(jù)動量定理有

(mgsin45°-jumgcos45°)，=mvp-0

聯(lián)立解得

20d

g。-〃)

Vp=Jegd(T-〃)

（2）由于滑雪者從尸點由靜止開始下滑，恰好到達2點，故從尸點到8點合力做功為0,所以當從4點下

滑時，到達5點有

vB—=口570-〃)

（3）當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從3點飛出做斜拋運動，豎直方向上有

Vpcos45°=gx—

水平方向上有

L=vpsin45°-t

聯(lián)立可得

L=

7.（2022年湖南卷第14題）如圖（a）,質(zhì)量為別的籃球從離地”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〃的最高處。設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九倍（2

H-h

為常數(shù)且0<%<--------）,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。

H+h

U)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〃時，運動員對籃球施加一個向下的壓力憶使得籃球與地面碰撞一次后恰好反

彈至〃的高度處，力廠隨高度y的變化如圖(b)所示，其中4已知，求兄的大小;

(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/,經(jīng)過N次拍擊后籃球恰好反彈至〃高度處，求沖量/的大小。

(1+2)/;2mg(l-2)(//-/z)

【答案】(1)2)F°=(3)

(1-2)//h-AQ

2g(l-2)(H-h\HN+l-hN+1)

I=m

h(HN-hN)

【解析】(1)籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg-Amg=ma

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

mg+Amg=加a上

再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有

V：=2a上h

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

kd(1+2)A

昨(1-2)7/

(2)若籃球反彈至最高處時，運動員對籃球施加一個向下的壓力尸，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有

卜

mgh+Fo-Amgh=:mvy

籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有

-mgh-Amgh=。一；加(人(下

聯(lián)立解得

2mg(l--h)

h—

(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

。下=(1—/l)g(方向向下)

a上=(l+2)g(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/,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

I=mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度Vo

拍擊第1次下降過程有

22

Vj-V=2(l-2)g/z0

上升過程有

(他)2=2(l+-)g-

代入左后，下降過程有

22

Vj-V=2(l-/l)g/z0

上升過程有

hv^=2(1-A)gHh,

聯(lián)立有

,h,,v2、/i、ii,hv2

Ai——(AH--------)=(—)?%+(—),--------

?H0o2g(l-2)H0H2g(1-2)

拍擊第2次，同理代入左后，下降過程有

2

^2-v=2(l-2)g/z1

上升過程有

hv[=2(l-2)g//A2

聯(lián)立有

,〃,,v2、

by=—(A,H---------)

再將加代入〃2有

22

“2=［＞〃()vV

(.+(1)2------------F

rLri2g(1—彳)2g(l-2)

拍擊第3次，同理代入左后，下降過程有

2

片-v=2(l-2)g/z2

上升過程有

hvj=2(l-2)g//A3

聯(lián)立有

.hv2.

%—--(偈"I-------------)

勺H2(l-2)2g

再將〃2代入心有

V2V2

%=&%+百,募3------------F

2g(l-2)2g(1-㈤

直到拍擊第N次，同理代入左后，下降過程有

年一F=2(1—/Qg“T

上升過程有

hv^=2{X-X)gHhN

聯(lián)立有

,h..v2.

h——(用乂1H------------)

NHN-i2g(l-2)

將加一代入〃N有

hN-(H)/o+(H)'2(\n+J)'2(}公+…+J)’2n公

HH2g(l-2)H2g(l-Z)H2g(l-Z)

其中

hN=H,hQ=h

則有

(h)N+Ih

〃=(.)'.+［不一萬］二^

H272g(l-2)

H

則

——Mh(HN-hN)

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

。下=(1—4)g(方向向下)

tz±=(l+2)g(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/,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

I=mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個速度V'。設籃球從H下落時，速度為%,反彈高度為/7,籃球受到?jīng)_量I后

速度為"，落地時速度為匕，則

222

2(l+2)g/z=(^v0),2(l-2)g/z=v1-v'

聯(lián)立可得

2(l+2)g2(1-2)g

代入人可得，

"F_/。2……①

11

籃球再次反彈，反彈速度為左匕，設反彈高度為生，受到?jīng)_量后，落地速度為V2，同理可得

2(l+4)g4=(N)2,2(l-2)gA,

同理化簡可得

|22八2

V—%②

籃球第三次反彈，反彈速度為左丫2,設反彈高度為厲，受到?jīng)_量后，落地速度為V3，同理可得

22

2(1+2)ge=(人2)2，2(1-X)g%=V3-V'

同理化簡可得

J-]J?……③

第N次反彈可得

?2_2卜2八一

VVNTTVN-1(N)

11

對式子①②③……(N)兩側(cè)分別乘以(了)°、7、十....3丁,再相加可得

3NN」2力2

HH"HH\I2H-

(1++o々+…+v,)v—'%"%

hh2h3hN-'hN-

得

Ni

1-(%,2H2h2

--iTv常。

1-------

h

2

其中，v0=2(l-2)gH,(雇N)2=2(l+4)g〃，可得

l2g（l-AXH-h）（HN+1-hN+1）

v-I-------------------------------------------

\h（HN-hN）

可得沖量/的大小

12gdHigi”

~\h（HN-hN）

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，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關于火箭的描述正確的

是（）

A.增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力

B.增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力

C.當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速

D.火箭發(fā)射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用

【答案】AB

【解析】A.增加單位時間的燃氣噴射量，即增加單位時間噴射氣體的質(zhì)量，根據(jù)

FX-Amv

可知可以增大火箭的推力，故A正確；

B.當增大燃氣相對于火箭的噴射速度時，根據(jù)

FX-Amv

可知可以增大火箭的推力，故B正確；

C.當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時，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.燃氣被噴出的瞬間，燃氣對火箭的反作用力作用在火箭上，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.40B.80C.120D.160

【答案】C

【解析】設1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為〃，則對這〃顆子彈由動量定理得

Ft=nmv0

代入數(shù)據(jù)解得

n=12Q

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，甲車的速度一時間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力一時間圖像如圖（b）所

示。貝I（）

圖（a）圖（b）

A.0?2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大

B.乙車在f=2s和f=6s時的速度相同

C.2?6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同

D.f=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,/2=*5*0-2=2N-s

乙車在0?6s內(nèi)根據(jù)動量定理有

I6=mv6,/6=So-6=2N-s

則可知乙車在f=2s和f=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，f=8s時甲車的速度為0,則f=8s時，甲車的動能為0；乙車在0?8s內(nèi)根據(jù)動量

定理有

4=WV8,78=$~8=0

可知，=8s時乙車的速度為0,則f=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1kg的物塊在水平力廠的作用下由靜止開始在水平地面上

做直線運動，下與時間/的關系如圖所示。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

g=lOm/s?。則()

4

0

24/s

:

1

-4

A.4s時物塊的動能為零

B.6s時物塊回到初始位置

C.3s時物塊的動量為12kg-m/s

D.0?6s時間內(nèi)尸對物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為

f-jLimg=2N

AC.對物塊從0~3內(nèi)由動量定理可知

(F-=mvs

即

(4-2)X3=1XV3

得

v3=6m/s

3s時物塊的動量為

p=mv3=6kg-m/s

設3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0,由動量定理可得

一(F+f)t=0-mv3

即

—(4+2)/=0—1x6

解得

t=ls

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.0~3物塊發(fā)生的位移為XI，由動能定理可得

1

(F-fM=-mv；7

即

1,

(4-2)x=-xlx62

得

%]=9m

3s?4s過程中，對物塊由動能定理可得

19

-(F+f)x2=0--mv3

即

1,

2

-(4+2)x2=0--xlx6

得

x2=3m

4s~6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為

F-f-,

a=------=2m/s2-

m

發(fā)生的位移為

2

x3=^-x2x2m=4m<x；+x2

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

v6=2x2m/s=4m/s

0?6s拉力所做的功為

*(4x9—4x3+4x4)J=40J

故D正確。

故選AD?

考向五實驗：驗證動量定理

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)量四=200.0g,槽碼和掛鉤的總質(zhì)量機=50.0g。實驗時，將滑塊系在繞過

定滑輪懸掛有槽碼的細線上。滑塊由靜止釋放，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

和八方2，以及這兩次開始遮光的時間間隔&，用游標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An。

（1）游標卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度d=mm；

（2）打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導軌，直至看到導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的位置進行測量，得到&和Av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

Av-A/圖線—

fAv/Cm-s1)

0.700.750.800.850.900.951.0

AZ/s0.7210.7900.8540.9130.968

-1

Av/(m-s)1.381.521.641.751.86

（4）查得當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2，根據(jù)動量定理，Av-X圖線斜率的理論值為___________m/s2;

（5）實驗結果發(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.細線與氣墊導軌不完全平行

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.將氣墊導軌調(diào)至水平

1.96⑤.BD##DB

【解析】(1)[1]游標卡尺的讀數(shù)為10mm+4x0.05mm=10.20mm；

(2)[2]滑塊保持穩(wěn)定，說明氣墊導軌水平;

(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)動量定理廠"=變形得

mgkt=(M+m)Av

則Av-A，圖線斜率的理論值

1n2

k=g1nzs2=1.96m/s

M+m

(5)[5]根據(jù)動量定理廠A%=MAv變形得

生_￡

A.槽碼質(zhì)量偏小，而實際的槽碼質(zhì)量偏大，則合外力尸偏大，所以圖線斜率的實驗值偏大，A錯誤；

B.細線與氣墊導軌不平行，滑塊實際所受合外力為廠的水平分力，所以圖線斜率的實驗值偏小，B正確;

C.滑塊釋放的位置與斜率相關的參量無關，C錯誤；

D.A，偏大，則—偏小，圖線斜率偏小，D正確。

AZ

故選BDo

必備知識速記

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，動量的變化量功也是矢量，其方向與速度的改變量△。的方向相同.

(2)動量的變化量功，一般用末動量/減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量.即Ap=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=FNt.

(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

1

定義式p=mvEk=3加。2

標矢性矢量標量

變化因素合外力的沖量合外力所做的功

大小關系p=\2mEk瓦=「

2m

變化量△p=FtAEk=Fl

(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系

聯(lián)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=F\t,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)

?一，圖像與f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

圖像法

計算變力的沖量

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)，則力尸

平均

FI+F2

值法在某段時間/內(nèi)的沖量/=-----1

2

動量

根據(jù)物體動量的變化量，由/=即求沖量，多用于求變力的沖量

定理法

二、動量定理的理解和應用

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.

Q)Ft=p'—p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同.式中力是物體所受的合外力的沖量.

⑶Ft=p，—p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的

原因.

p'-pAp

(4)由Ff=p/-p,得尸半，即物體所受的合外力等于物體動量的變化率.

(5)當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理.

(6)當物體的動量變化量一定時，力的作用時間小越短，力尸就越大，力的作用時間加越長，力尸就越小。

(7)當作用力尸一定時，力的作用時間。越長，動量變化量即越大，力的作用時間加越短，動量變化量

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、應用動量定理處理“流體模型”的沖擊力問題

研究流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度0

對象微粒類：電子流、光子流、塵埃等，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)〃

①構建“柱狀”模型：沿流速。的方向選取一段小柱體，其橫截面積

為S

小柱體的體積W=vS\t

分析

②微元小柱體質(zhì)量m=p^V=pvS\t

步驟

研究小柱體粒子數(shù)N=nuSNt

小柱體動量p=mv=pv2S^t

③列出方程，應用動量定理/加=即研究

名校模擬探源

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

9

8與一段光滑的圓弧軌道N8相切于8點，圓弧的軌道半徑為氏=一m,對應的圓心角為53。，在B點

4

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/點由靜止釋放,

9

甲、乙在8點發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后經(jīng)過一s的時間甲、乙又發(fā)生第二次碰撞。已知甲與斜面

4

之間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10m/s2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin370=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。