(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-5 第六章 第1讲 (含解析)

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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：p＝mv。
3．单位：kg·m/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：I＝Ft。
2．单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
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动量的变化。
2．表达式：Ft＝Δp＝p′－p。
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m＝100 g的小球从高h＝0.8 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t＝0.2 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 N·s B．－0.4 N·s
C．0.6 N·s D．－0.6 N·s
解析 设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)得t1＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s。设软垫对小球的冲量为IN，则对小球整个运动过程运用动量定理得，mg(t1＋t)＋IN＝0，得IN＝－0.6 N·s，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
①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。
②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
2.对冲量的理解
(1)冲量的两性
①时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定，恒力的冲量等于该力与力的作用时间的乘积。
②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Ⅰ，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v＝at，且列车的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq \f(1,2)ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝eq \f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，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＝eq \f(p2,2m)可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。
答案 B
1．(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，故选项B正确，C错误；物体的动量p＝mv，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 BD
2．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 J
B．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 J
C．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 J
D．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J
解析 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。
由动能定理知，合外力做的功W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.2×42 J－eq \f(1,2)×0.2×62 J＝－2 J。
答案 A
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FΔt＝Δp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)Δp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，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp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Ⅱ，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( )
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
解析 根据自由落体运动和动量定理有v2＝2gh(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。
答案 C
用动量定理解题的基本思路
1．[应用动量定理解释生活现象]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，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Ft＝mv，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 D
2．[应用动量定理求动量的变化量]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m＝70 kg，初速度v0＝5 m/s，若经过1 s时，速度为v＝5eq \r(5) m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )
图1
A．700 kg·m/s B．350eq \r(5) kg·m/s
C．350(eq \r(5)－1) kg·m/s D．350(eq \r(5)＋1) kg·m/s
解析 根据动量定理得：Δp＝F合t，即Δp＝mgt＝70×10×1 kg·m/s＝700 kg·m/s，故选项A正确。
答案 A
3．[应用动量定理求变力的冲量](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2
A．I＝0 B．I＝mv0C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
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：eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以v＝v0，设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得：I＝mv－(－mv0)＝2mv0，故选项C正确。
答案 C
4．[动量定理与图象的综合](多选)(2017·全国卷Ⅲ，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变化的图线如图3 所示，则( )
图3
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析 由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝eq \f(Ft,m)。t＝1 s时物块的速率为v＝eq \f(Ft,m)＝eq \f(2×1,2) m/s＝1 m/s，故选项A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，故选项B正确；t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故选项C错误；t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 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Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV＝vSΔt
(3)求小柱体质量Δm＝ρΔV＝ρvSΔt
(4)求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt
(5)应用动量定理FΔt＝Δp
【例3】 [2016·全国卷Ⅰ，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。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求
(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析 (ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt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Δl＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S
(ⅱ)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＝Mg④
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⑤
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v′2－veq \\al(2,0)＝－2gh⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \\al(2,0)S2)
答案 (ⅰ)ρv0S (ⅱ)eq \f(veq \\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2veq \\al(2,0)S2)
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ρ，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4
A．ρvS B.eq \f(ρv2,S) C.eq \f(1,2)ρv2S D．ρv2S
解析 Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，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F·Δt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。
答案 D
2．如图5所示，
图5
水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d＝30 cm，水速为v＝50 m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3)
解析 设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρSvΔt。以Δm为研究对象，它在Δt时间内的动量变化Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt。设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρv2SΔt，即F′＝－ρSv2。 根据牛顿第三定律知F＝－F′＝ρSv2，式中S＝eq \f(π,4)d2，代入数值得F≈1.77×105 N。
答案 1.77×105 N。
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(2019·唐山统考)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eq \f(Δp,Δt)减小，即撞击力减小，选项C正确，D错误。
答案 C
2．(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 N·s
B．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 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s
解析 小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝eq \f(v0,g)＝2 s，受到的冲量大小为I＝mgt＝10 N·s，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 N·s，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 kg·m/s，选项B、C、D错误。
答案 A
3．如图1所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 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1
A．1 000 N·s B．500 N·s
C．0 D．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 D
4．(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2
A．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Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcs θ
D．合力对物体的冲量大小为零
解析 由冲量的定义式I＝FΔt知拉力F对物体的冲量大小为IF＝Ft，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 BD
5．(多选)一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt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mv＋mgΔt
B．地面对他的冲量为mv－mgΔt
C．地面对他做的功为eq \f(1,2)mv2
D．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(F－mg)Δt＝mv－0，I＝FΔt＝mv＋mgΔt，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 AD
6．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N
解析 选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh，v＝10 m/s，缓冲过程由动量定理得(F－mg)t＝mv，F＝eq \f(mv,t)＋mg＝1 100 N。由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力的大小为1 100 N，B项正确。
答案 B
7．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图3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3
A．10 N·s，10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0，10 N·s
D．0，－10 N·s
解析 由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确。
答案 D
8．一质量为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4所示。物块以v0＝9 m/s 的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为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4
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(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－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
可得μ＝0.32
(2)规定向左为正，由动量定理FΔt＝mv′－mv，可得
F＝130 N
(3)由功能关系得W＝eq \f(1,2)mv′2＝9 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5所示，下列说法中正确的是( )
图5
A．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0～2 s时间内，F的功率先增大后减小
D．在1～3 s时间内，F的冲量为0
解析 由图象可知在0～2 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0～2 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I＝mv3－mv1＝0，故D正确。
答案 CD
10．(2018·河南郑州三模)如图6甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
图6
A．竹竿的总长度约为3 m
B．0～6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N
C．0～6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s
D．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
解析 由v－t图象可知竹竿的总长度l＝eq \f(1,2)×2×6 m＝6 m，故A错误；在0～4 s内，加速向下运动，属于失重，在4～6 s内，加速度向上，属于超重，故B错误；在0～4 s内，由图象可知加速度为a1＝0.5 m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475 N，此过程竹竿对演员B的压力FN1＝f1＋m1g＝525 N，在4～6 s内，由图象可知加速度为a2＝－1 m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550 N，此过程竹竿对演员B的压力FN2＝f2＋m1g＝600 N，所以0～6 s 内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I1＋I2＝525×4 N·s＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。
答案 C
11．一艘宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 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S＝5 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Δm，则Δm＝ρSvt①
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Ft＝Δp＝Δmv②
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ΔF＝F③
综合①②③并代入数值得ΔF＝100 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7，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m 圆弧的最低点。质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。
图7
(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FN的大小。
解析 (1)根据匀变速直线运动公式，
有L＝eq \f(veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A),2a)＝100 m
(2)根据动量定理有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s
(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
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
联立解得FN＝3 900 N
答案 (1)100 m (2)1 800 N·s (3)图见解析 3 900 N
考点内容
要求
高考(全国卷)三年命题情况对照分析
2016
2017
2018
命题分析
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用
Ⅱ
卷Ⅰ·T35(2)：动量定理和能量观点
卷Ⅱ·T35(2)：动量守恒和能量守恒
卷Ⅲ·T35(2)：动量守恒和能量守恒
卷Ⅰ·T14：动量守恒定律的应用
卷Ⅲ·T20：动量定理的应用
卷Ⅰ·T14：动量、动能
T24：动量守恒定律、机械能守恒定律
卷Ⅱ·T24：牛顿第二定律、动量守恒定律
T15：动量定理
卷Ⅲ·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、能量守恒的综合问题。
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
实验七：验证动量守恒定律
说明：只限于一维
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
p＝mv
Ek＝eq \f(1,2)mv2
Δp＝p′－p
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＝eq \f(p2,2m)，Ek＝eq \f(1,2)pv，p＝eq \r(2mEk)，p＝eq \f(2Ek,v)