6/6課標要求備考策略1.理解沖量和動量。2.通過理論推導和實驗，理解動量定理，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。3.理解動量守恒定律，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。知道動量守恒定律的普適性。4.定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。5.體會用動量守恒定律分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統(tǒng)一。實驗八：驗證動量守恒定律熟悉動量定理可以解決的物理模型，如流體問題、生活中實際問題、求變力沖量等。深刻理解碰撞模型，能利用能量觀點、動量觀點處理碰撞模型。另外，要遷移其他力學實驗裝置驗證動量守恒定律第1講動量定理考點一動量、動量的變化量和沖量1.動量（1）定義：物體的和的乘積。（2）表達式：p＝。（3）方向：與的方向相同。2.動量的變化（1）動量是矢量，動量的變化量Δp也是，其方向與的方向相同。（2）動量的變化量Δp，一般用末動量p'減去初動量p進行矢量運算，也稱為動量的增量。即Δp＝。3.沖量（1）定義：與的乘積叫作力的沖量。（2）公式：I＝。（3）單位：。（4）方向：沖量是，其方向與相同。

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＝F1＋F22t，F(xiàn)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1.【動量和動量變化量的計算】（多選）顛球是足球的基本功之一，足球愛好者小華在練習顛球時，某次足球由靜止自由下落0.8m，被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.足球從下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7sB.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為1.6kg·m/sC.足球與腳部作用過程中動量變化量大小為0.4kg·m/sD.足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.2N·s2.【利用F-t圖像求沖量】一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（）A.第2s末，質(zhì)點的動量為0 B.第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化C.第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點 D.在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為03.【沖量的計算】（多選）如圖甲所示，一滑塊放在水平面上，t＝0時刻在滑塊上施加一水平向右的外力F，已知外力隨時間的變化規(guī)律為F＝2.5t（N），滑塊產(chǎn)生的加速度和時間的關(guān)系如圖乙所示，假設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A.滑塊的質(zhì)量為2.5kg B.滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.25C.0～3s的時間內(nèi)摩擦力的沖量大小為6.25N·s D.3s末滑塊的速度大小為6.5m/s考點二動量定理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。2.公式：Ft＝或I＝。?判斷小題1.物體所受合力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的。（）2.動量定理描述的是某一狀態(tài)的物理規(guī)律。（）3.運動員接籃球時手向后緩沖一下，是為了減小動量的變化量。（）1.對動量定理的五點理解（1）動量定理的研究對象是一個質(zhì)點（或可視為一個物體的系統(tǒng)）。（2）動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。（3）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。這種情況下，動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。（4）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，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。（5）由Ft＝p'－p得F＝p'－pt2.動量定理的應(yīng)用（1）用動量定理解釋現(xiàn)象。①物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。②作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。（2）應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。（3）應(yīng)用Δp＝FΔt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量。應(yīng)用動量定理解釋生活現(xiàn)象【例1】科技發(fā)展，造福民眾。近兩年推出的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發(fā)的科技產(chǎn)品。該裝置的原理是通過馬甲內(nèi)的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態(tài)，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以（）A.減小穿戴者動量的變化量 B.減小穿戴者動量的變化率C.增大穿戴者所受合力的沖量 D.減小穿戴者所受合力的沖量聽課記錄應(yīng)用動量定理求平均沖力【例2】用質(zhì)量為m的小鐵錘以速度v1向下?lián)舸蛞粔K放在手上的質(zhì)量為M的磚塊（擊打時間極短），擊打后，小鐵錘以12v1的速率反向彈回，已知磚塊受到擊打后在手中的緩沖時間為t，重力加速度為g，下列說法正確的是（A.在擊打過程中，鐵錘所受合力的沖量大小為12mvB.在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小為mgtC.磚塊緩沖過程中，對手的壓力大小為MgD.磚塊緩沖過程中，對手的壓力大小為Mg＋3聽課記錄應(yīng)用動量定理解決多過程問題【例3】海洋館中一潛水員把一質(zhì)量為m的小球以初速度v0從手中豎直拋出。從拋出開始計時，3t0時刻小球返回手中。小球始終在水中且在水中所受阻力大小不變，小球的速度隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比為1∶2B.上升過程與下降過程中合力的沖量大小之比為1∶2C.小球在0～3t0時間內(nèi)動量變化量的大小為12mvD.小球在0～3t0時間內(nèi)克服阻力所做的功為14m聽課記錄兩類柱狀模型模型1流體類柱狀模型流體及其特點通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密度ρ分析步驟1建立“柱狀模型”，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體【典例1】（多選）（2024·安徽亳州模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的直-20武裝直升機旋翼有4片槳葉，槳葉旋轉(zhuǎn)形成的圓面面積為S。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g。當直升機懸?？罩袝r，槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣，空氣獲得的速度為v0，則單位時間內(nèi)槳葉旋轉(zhuǎn)推動空氣的質(zhì)量可表示為（）A.ΔmΔt＝ρSv02C.ΔmΔt＝Mg2v聽課記錄模型2微粒類柱狀模型微粒及其特點通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟1建立“柱狀模型”，沿速度v0方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S2微元研究，作用時間Δt內(nèi)一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算【典例2】（多選）離子推進器是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進的動力，其工作原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。已知每個正離子質(zhì)量為m，電荷量為q，單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（）A.正離子經(jīng)加速后由B電極噴出形成的等效電流大小為I＝qB.離子推進器獲得的平均推力大小為F＝2C.加速正離子束所消耗的功率P＝nqUD.為提高能量的轉(zhuǎn)換效率要使FP盡量大，聽課記錄

第1講動量定理考點一基礎(chǔ)梳理1.（1）質(zhì)量速度（2）mv（3）速度2.（1）矢量速度的改變量Δv（2）p'－p3.（1）力力的作用時間（2）FΔt（3）N·s（4）矢量力的方向?qū)c訓練1.BD根據(jù)h＝12gt2可得足球下落的時間t1＝2×0.810s＝0.4s，與腳作用的時間t2＝0.1s，根據(jù)逆向思維可得足球上升的時間t3＝2×0.4510s＝0.3s，足球從下落到再次上升到最大高度，全程的時間t＝t1＋t2＋t3＝0.8s，故A錯誤；足球下落到與腳部剛接觸時的速度v1＝gt1＝4m/s，足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B正確；腳部接觸足球后足球開始上升瞬間的速度大小v2＝gt3＝3m/s，取向上為正方向，可得足球與腳部作用過程中動量變化量大小為Δp＝mv2－（－mv1）＝2.8kg·m/s，故C錯誤；足球從最高點下落至重新2.D由題圖可知，0～2s時間內(nèi)力F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)力F的方向與0～2s內(nèi)力F的方向相反，該質(zhì)點0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，故選項C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量的大小，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確。3.AC由題圖乙可知，t＝1s時，滑塊開始運動，此時的拉力F1大小等于滑塊所受的最大靜摩擦力，由公式F＝2.5t（N）可知F1＝2.5N，則Ff＝2.5N，又最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則滑塊與水平面間的滑動摩擦力大小為2.5N，根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff＝ma，由題圖乙知，當t＝3s時a＝2m/s2，又t＝3s時F＝7.5N，解得m＝2.5kg，又Ff＝μmg，則μ＝Ffmg＝2.525＝0.1，故A正確，B錯誤；0～1s的時間內(nèi)，摩擦力為靜摩擦力，且摩擦力的大小由0逐漸增大到2.5N，則該時間內(nèi)摩擦力的沖量為I1＝2.52×1N·s＝1.25N·s，1～3s的時間內(nèi)摩擦力為滑動摩擦力，該時間內(nèi)摩擦力的沖量為I2＝2.5×2N·s＝5N·s，所以0～3s時間內(nèi)摩擦力的沖量大小為I＝I1＋I2＝6.25N·s，C正確；0～3s的時間內(nèi)由動量定理得F2t－I＝考點二基礎(chǔ)梳理1.動量變化量2.mv'－mvp'－p判斷小題1.√2.×3.×【例1】B依題意，根據(jù)動量定理FΔt＝Δp，可得F＝ΔpΔt，可知安全氣囊的作用是延長了穿戴者與地面的接觸時間Δt，從而減小穿戴者所受合力，即減小穿戴者動量的變化率ΔpΔt，而穿戴者動量的變化量Δp，即穿戴者所受合力的沖量【例2】D設(shè)方向向下為正方向，在擊打過程中，對鐵錘由動量定理可得I＝m－12v1－v1＝－32mv1，即在擊打過程中，鐵錘所受合力的沖量大小為32mv1，故A錯誤；鐵錘擊打的時間未知，所以在擊打過程中，鐵錘重力的沖量大小不能求解，故B錯誤；在擊打過程中，對鐵錘與磚塊整體由動量守恒定律可得mv1＝－12mv1＋Mv，解得Mv＝32mv1，磚塊緩沖過程中，對磚塊由動量定理可得（F1＋Mg）t＝0－Mv，解得手對磚塊的支持力為F1＝－Mg－3mv12t，由牛頓第三定律可知磚塊對手的壓力為F【例3】A上升過程中阻力的沖量大小為IFf上＝Fft0，下降過程中阻力的沖量大小為IFf下＝Ff·2t0，則上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比為1∶2，A正確；由于小球上升過程與下降過程中位移的大小相等，則有v0t02＝v'·2t02，解得v'＝v02，取豎直向下為正，根據(jù)動量定理有I上＝Δp＝0－（－mv0），I下＝Δp'＝mv'－0，則上升過程與下降過程中合力的沖量大小之比為2∶1，B錯誤；取豎直向下為正，小球在0～3t0時間內(nèi)動量變化量的大小為Δp總＝mv02－（－mv0）＝32mv0，C錯誤；小球在0【方法模型·解讀】兩類柱狀模型【典例1】BD直升機處于平衡狀態(tài)，設(shè)直升機與空氣間的作用力