中考綜合備考——動量專題備考動量動量定律動量守恒定理總體感知知識網(wǎng)路考綱要求要求動量、動量守恒定理彈性碰撞和非彈性碰撞ⅡⅠ實驗：驗證動量守恒定理命題規(guī)律備考策略知識要點梳理知識點一——動量和沖量。（3）矢量性：動量是矢量，方向與速率方向相同。運算遵循平行四邊形定則。（4）動量的變化量：是矢量，方向與一致。非常提醒：①物體動量的變化是個矢量，其方向與物體速率的變化量的方向相同。在合外力為恒力的情況下，物體動量變化的方向也是物體加速度的方向，也即物體所受合外力的方向，這一點，在動量定律中可以看得很清楚。②有關物體動量變化的運算，一定要根據(jù)矢量運算的法則（平行四邊形定則）進行。假若物體的初、末動量都在同一條直線上，往往選定一個正方向，使物體的初、末動量都帶有表示自己方向的正負號，這樣，就可以把復雜的矢量運算化為簡單的代數(shù)運算了。（5）動量與動能的關系：。2．沖量（1）定義：力與力的作用時間的乘積。（2）表達式：。（3）沖量是矢量：它由力的方向決定?！呻y導析1．動量、動能、動量變化量的比較動量動能動量的變化量定義物體的質量和速率的乘積物體因為運動而具有的能量物體末動量與初動量的矢量差定義式矢標性矢量標量矢量特征狀態(tài)量狀態(tài)量過程量關聯(lián)多項式非常提醒：（1）當物體的速率大小不變，方向變化時，動量一定改變，動能卻不變，如：勻速圓周運動。
（2）在談及動量時，必須明晰是物體在那個時刻或那個狀態(tài)所具有的動量。（3）物體動量的變化率等于它所受的力，這是牛頓第二定理的另一種抒發(fā)方式。2．對動量、沖量概念進一步的理解（1）動量是狀態(tài)量，對應于物體運動的某個狀態(tài)；沖量是過程量，是力對時間的累積效應。它們都是矢量，必須大小、方向都相同，能夠說兩物體的動量、沖量相同。（2）沖量的方向由力的方向決定，在作用時間內力的方向不變，沖量的方向就是力的方向。若力的方向變化，沖量的方向與動量變化方向相同。如：勻速圓周運動中，質量為m的物體，線速率大小為v，運動半個周期向心力的沖量方向怎樣？（3）僅適用于恒力的沖量估算，估算中I的大小與物體運動狀態(tài)無關，力與時間要一一對應，變力的沖量應用動量定律估算。諸如質量為m的小球用長為r的細繩的一端系住，在水平光滑的平面內繞細繩的另一端做勻速圓周運動，速度為v，周期為T。向心力在半個周期的沖量不等于。而是半個周期的始、末線速率方向相反，動量的變化量是。依據(jù)動量定律可知，向心力在半個周期的沖量大小也是，方向與半個周期的開始時刻線速率的方向相反。1：如圖所示，PQS是固定于豎直平面內的光滑的圓周軌道，圓心O在S的正上方．在O和P兩點處各有一質量為m的小物塊a和b動量定理單位劃統(tǒng)一，從同一時刻開始，a自由下落，b沿弧形下降．以下說法正確的是()A．a(chǎn)、b在S點的動量相等B．a(chǎn)、b在S點的動量不相等C．a(chǎn)、b落至S點重力的沖量相等D．a(chǎn)、b落至S點合外力的沖量大小相等[解析]由機械能守恒定理知，a、b落至S點車速率相等，動量的大小相等．因為動量是矢量，a物塊在S點的動量為mv，方向豎直向上，b物塊為mv，方向水平向左，故a、b物塊在S點的動量不相等，故A項錯，B項正確．兩物塊在O點和P點同一時刻下落時，a做自由落體運動，下落的加速率為g，b沿弧形做圓周運動，在豎直方向上的平均加速度大于g，故a物塊下落的時間比b下落的時間短，則a物塊重力的沖量大于b物塊重力的沖量，故C項錯．由動量定律知，合外力的沖量等于動量的改變量．a(chǎn)、b物塊動量的改變量為mv，大小相等、方向不同，故D項正確．知識點二——動量定律或（3）依據(jù)，得，即。
這是牛頓第二定理的另一種抒發(fā)方式：斥力F等于物體動量的變化率。非常提醒：都是矢量運算，所以用動量定律解題時，應首先確定研究對象，依照各已知量的方向確定它們的正負，再代入運算。2．應用動量定律解題的步驟（1）選定研究對象；（2）確定所研究的化學過程及其始、末狀態(tài)；（3）剖析研究對象所研究的化學過程中的受力情況；（4）規(guī)定正方向，按照動量定律列式；（5）解多項式，統(tǒng)一單位，求解結果?！呻y導析1．對動量定律的幾點說明（1）動量定律的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統(tǒng)。對物體系統(tǒng)，只需剖析系統(tǒng)受的外力，毋須考慮系統(tǒng)內力。系統(tǒng)內力的作用不改變整個系統(tǒng)的總動量。（2）用牛頓第二定理和運動學公式能求解恒力作用下的勻變速直線運動的間題，凡不涉及加速度和位移的，用動量定律也能求解，且較為簡便。并且，動量定律除了適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。對于變力，動量定律中的F應該理解為變力在作用時間內的平均值。（3）用動量定律解釋的現(xiàn)象通?？煞譃閮深悾阂活愂俏矬w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。另一類是斥力一定，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。
剖析問題時，要把那個量一定那個量變化認清楚。2．動量定律的應用方法（1）應用求變力的沖量假若物體遭到變力作用，則不直接用求變力的沖量，這時可以求出該力作用下的物體動量的變化，等效代換變力的沖量I。（2）應用求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化。曲線運動中物體速率方向時刻在改變，求動量變化須要應用矢量運算技巧，比較復雜，假如斥力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化。2：物體A和B用輕繩相聯(lián)接，掛在輕彈簧下靜止不動，如圖（a）所示，A的質量為m，B的質量為M。當聯(lián)接A、B的繩忽然斷掉后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速率大小為v．這時，物體B的下落速率大小為u，如圖（b）所示。在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（）A．B．C．D．答案：D解析：由題意可知，盡管整個過程所用的時間可以直接求出，但彈簧的彈力是一變力，要求它的沖量只能用動量定律來估算。以物體A為研究對象，取豎直向下為正方向，按照動量定律有：①在t時間內，物體B做自由落體運動，則：②由①②兩式可得彈力的沖量所以正確的選項為D。典型例題透析題型一——動量、動量變化量的估算，式中p為初始時刻的動量，為末時刻的動量。
因為動量是矢量，動量的變化量也是矢量，動量的運算應遵守平行四邊形定則。（2）假如初動量p、末動量在同仍然線上，動量的運算可以簡化為代數(shù)運算。即規(guī)定一個正方向。p和中但凡方向和正方向一致的取正值，相反的取負值，由求得。（3）假如初末動量p和不在同仍然線上，可依據(jù)三角形定則畫圖求得。即若垂直可依據(jù)求得。3、將質量為0.10kg的小球從離地面20m高處豎直向下拋出，拋出時的初速率為15m/s，g取10，求當小球落地時：（1）小球的動量；（2）小球從拋出至落地過程中動量的增量；（3）若其初速率方向改為水平，求小球落地時的動量及動量變化量。思路點撥：估算動量、動量變化量時應首先判定初、末速率的方向。對于動量，由定義式，可直接估算；對于動量變化，此式是矢量式，估算時應遵守平行四邊形定則。解析：（1）由可得小球落地時的速率大小m/s。取向下為正，則小球落地時的動量，方向向上。（2）小球從拋出至落地動量的增量，方向向上。（3）小球落地時豎直分速率為，則由得：落地時的速率為：則小球落地時動量為，方向與水平方向傾角向上拋出后，小球在水平方向上動量變化在豎直方向動量變化所以，方向豎直向上。
總結升華：因為動量是矢量，動量的變化量也是矢量，動量的運算應遵守平行四邊形定則。舉一反三【變式】質量為m的鋼球自高處落下，以速度碰地，豎直向下彈回，碰撞時間極短，離地的速度為。在碰撞過程中，鋼球的動量變化量方向和大小為（）A．向上，B．向上，C．向下，D．向下，答案：D解析：取向下為正向，則，減號表示與選的正方向相反即向下。題型二——沖量的估算去求解。（2）用圖象法求變力的沖量假如力隨時間作線性變化，可以用圖象法求變力的沖量，此時比較容易求平均力。以時間為縱軸，力為橫軸，力隨時間變化的關系圖線在座標上，如圖所示。該圖線與時間軸圍成的面積（圖中陰影部份）在量值上代表的力的沖量。這樣求力的沖量問題就弄成求圖上的面積問題了。（3）用動量定律求變力的沖量。4、一個質點在運動過程中遭到的合外力一直不為零，則()A．A質點的動能一定發(fā)生改變B．質點的動量不可能保持不變C．質點的加速度方向一定變化D．質點的運動方向可能不變[答案]BD，k為比列系數(shù)，又因鉸刀是勻速躲進的，即，所以，阻力與時間t成反比，圖線如圖所示：在時間t內阻力的沖量，因1s內的沖量為100N·s，，所以，則5s內的沖量N·s。
題型三——對動量定律的理解及估算是矢量多項式合外力的沖量與物體的動量變化除了大小相等，并且方向相同。應用動量定律解題時，要非常注意各矢量的方向，先規(guī)定正方向，再把矢量運算化為代數(shù)運算。（2）對系統(tǒng)運用動量定律列式求解雖然系統(tǒng)內各物體的運動情況不同，但各物體所受的沖量之和仍等于各物體總動量的變化量。應用這個處理方式能使一些瑣碎化學題的運算更為簡便。5、蹦床是運動員在一張緊繃的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并在空中做各類動作的運動項目．一個質量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0m高處．已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s．若把這段時間外網(wǎng)對運動員的斥力當作恒力處理，求此力的大?。?g取10m/s2)解析方式一運動員剛接觸網(wǎng)時速率的大小為v1＝＝m/s＝8m/s，方向豎直向上．剛離開網(wǎng)時速率的大小為v2＝＝m/s＝10m/s，方向豎直向下．運動員接觸網(wǎng)的過程中，網(wǎng)的斥力為F動量定理單位劃統(tǒng)一，規(guī)定豎直向下為正方向，按照動量定律得：(F－mg)t＝mv2－(－mv1)解得：F＝＋mg＝N＋60×10N＝1.5×103N，方向豎直向下．方式二運動員從3.2m高處自由下落的時間為：t1＝＝s＝0.8s.運動員剛離開網(wǎng)彈回5.0m高處所用的時間為：t2＝＝s＝1s.整個過程中運動員仍然受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t3＝1.2s時間內遭到網(wǎng)對他向下的彈力F的作用，對全過程應用動量定律得：Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0解得：F＝mg＝×60×10N＝1.5×103N，方向豎直向下．答案1.5×103N方向豎直向下，鐵塊停止下沉，求此時金屬塊的速率。
解析：對金屬塊和鐵塊組成的系統(tǒng)，其所受的合外力為，從開始下沉到鐵塊停止下沉，系統(tǒng)所受的合外力是恒定的，選開始的狀態(tài)作為初態(tài)，鐵塊停止下沉的狀態(tài)作為末態(tài)，對全過程應用動量定律有所以當鐵塊停止下沉時石塊的速率。一、選擇題1．對于力的沖量的說法，正確的是（）A．力越大，力的沖量就越大B．作用在物體上的力大，力的沖量也不一定大C．F1與其作用時間t1的乘積F1t1等于F2與其作用時間t2的乘積F2t2，則這兩個沖量相同D．靜放在地面的物體遭到水平推力F的作用，經(jīng)時間t物體仍靜止，則此推力的沖量為零2．下述關于動量的說法中，正確的是（）A．物體的動量改變，其速率大小一定改變B．物體的動量改變，其速率方向一定改變C．物體運動速率的大小不變，其動量一定不變D．物體的運動狀態(tài)改變，其動量一定改變3．如圖所示為馬車模型，馬車質量為m，馬的拉力F與水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下勻速前進了時間t，則在時間t內拉力、重力、阻力對物體的沖量大小分別為（）A．Ft，0，F(xiàn)tsinθB．Ftcosθ，0，F(xiàn)tsinθC．Ft，mgt，F(xiàn)tcosθD．Ftcosθ，mgt，F(xiàn)tcosθ4．一個質量為m的小鋼球，以速率v1豎直向上射到質量較大的水平厚板上，碰撞后被豎直向下彈出，速率大小為v2，若v1=v2=v，這么下述說法中正確的是（）A．由于v1=v2，小鋼球的動量沒有變化B．小鋼球的動量變化了，大小是2mv，方向豎直向下C．小鋼球的動量變化了，大小是2mv，方向豎直向上D．小鋼球的動量變化了，大小是mv，方向豎直向下5．物體動量變化量的大小為5kg·m/s，這說明（）A．物體的動量在減少B．物體的動量在減小C．物體的動量大小也可能不變D．物體的動量大小一定變化6．初動量相同的A、B兩個滑雪者，在同樣的湖面上滑行，已知A的質量小于Ｂ的質量，但是它們與冰層的動磨擦質數(shù)相同，則它們從開始到停止的滑行時間相比，應是（）A．tA>tBB．tA=tBC．tAI下B．I上