第7章 动量

第七章　动量守恒定律实验八　验证动量守恒定律01教材帮　读透教材　融会贯通02高考帮　研透高考　明确方向03练习帮　练透好题　精准分层核心考点五年考情命题分析预测实验原理和数据处理2022：天津T9(1)，浙江1月T17(2)高考对动量守恒定律实验的考查多集中在实验原理、数据处理与误差分析上，难度中等.预计2025年高考可能会依托创新实验考查数据处理及误差分析.实验误差分析创新实验设计2023：辽宁T11；2022：重庆T12，全国甲T231. 实验目的验证一维碰撞中的动量守恒定律.2. 实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v'，计算出系统碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p'＝m1v'1＋m2v'2，看系统碰撞前、后动量是否守恒.3. 实验方案及实验过程方案1　研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒(1)实验器材气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等.(2)实验步骤①测质量：用天平测出滑块质量.②安装：正确安装好气垫导轨.③实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(a.改变滑块的质量；b.改变滑块的初速度大小和方向).(3)数据处理①滑块速度的测量：v＝ΔΔ，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为光电计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间.②验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2.方案2　利用等长摆球完成一维碰撞实验(1)实验器材带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等.(2)实验步骤①测质量和直径：用天平测出小球的质量m1、m2，用游标卡尺测出小球的直径d.②安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l.③实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰.④测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度.⑤改变条件重复实验：a.改变小球被拉起的角度；b.改变摆长.(3)数据处理①摆球速度的测量：v＝2K，式中h为小球释放时(或碰撞后摆起)的高度，h可由摆角和摆长(l＋2)计算出.②验证的表达式：m1v1＝m1v'1＋m2v'2.方案3　利用两辆小车完成一维碰撞实验(1)实验器材光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等.(2)实验步骤①测质量：用天平测出两小车的质量.②安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥.③实验：小车B静止，接通电源，让小车A运动，碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一个整体运动.④改变条件重复实验：a.改变小车A的初速度；b.改变两小车的质量.(3)数据处理①小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由v＝ΔΔ计算.②验证的表达式：m1v1＝(m1＋m2)v2.方案4　研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒(1)实验器材斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、圆规、铅垂线等.(2)实验步骤①测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.②安装：按照如图甲所示安装实验装置.调整固定斜槽使斜槽底端水平.③铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下铅垂线所指的位置O.④放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.⑤碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度(同步骤④中的高度)自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤④的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N，如图乙所示 .⑥验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立.⑦整理：将实验器材放回原处.(3)数据处理验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.4. 注意事项(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”.(2)案例提醒①若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平.②若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直.③若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力.④若利用平抛运动规律进行验证，安装实验装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端水平，且选质量较大的小球为入射小球.5. 误差分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求.①碰撞是否为一维(即正碰)，为此两球应等大，且速度沿球心连线方向.②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，用长木板实验时是否平衡了摩擦力.(2)偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或射程)的测量.命题点1　教材原型实验1. [2023北京东城区联考]某同学利用图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验.在水平地面上依次铺上白纸、复写纸，记下小球抛出点在白纸上的垂直投影点O.实验时，先调节轨道末端水平，使A球多次从斜槽上位置P由静止释放，根据白纸上小球多次落点的痕迹找到其平均落地点的位置E.然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜槽上位置P由静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，根据小球在白纸上多次落点的痕迹(图乙为B球多次落点的痕迹)分别找到碰后两球落点的平均位置D和F.用刻度尺测量出射程OD、OE、OF.用天平测得A球的质量为m A，B球的质量为m B.(1)关于实验器材，下列说法正确的是 .A. 轨道必须光滑B. 该实验不需要停表计时C. A 球的质量可以小于B 球的质量D. A 球的直径可以大于B 球的直径B　图甲 图乙[解析]　轨道是否光滑对实验无影响，故A 错误；该实验应用平抛运动的规律计算两小球的速度，不需要停表计时，故B 正确；为使A 球碰后不反弹，A 球的质量必须大于B 球的质量，故C 错误；由于该实验装置不能调节小球B 摆放位置的高度，所以为保证两小球发生对心碰撞，两小球的直径要相等，故D 错误.B　(2)关于实验操作，下列说法正确的是.A. 实验过程中白纸和复写纸可以随时调整位置B. A球每次必须从同一位置由静止释放C. B球的落点并不重合，说明该同学的实验操作出现了错误[解析]　实验过程中白纸和复写纸不可以调整位置，故A错误；A球每次必须从同一位置由静止释放，以保证碰撞前瞬间的速度相等，故B正确；B球的落点并不重合，在误差允许的范围内，不能说明该同学的实验操作出现了错误，故C错误.m A OE＝m A OD＋m B OF　(3)若满足关系式(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞过程动量守恒.[解析]　两球离开水平轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前A球的速度大小v0＝O，碰撞后A的速度大小v A＝O，碰撞后B球的速度大小v B＝O，如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，即m A v0＝m A v A＋m B v B，整理得m A OE＝m A OD＋m B OF.(4)该同学做实验时所用小球的质量分别为m A ＝45 g 、m B ＝7.5 g ，图丙所示的实验记录纸上已标注了该实验的部分信息，若两球碰撞为弹性碰撞，请将碰后B 球落点的位置标注在图丙中.图丙[解析]　若两球碰撞为弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，则根据机械能守恒定律得12m A 02＝12m A 2＋12m B 2，又m A v 0＝m A v A ＋m B v B ，联立解得0＝127，所以碰后B 球落点到O 点的距离与OE 之间的距离之比为12∶7，标注的位置如图所示.(5)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改装，如图丁所示，在水平轨道末端与水平地面间放置一个斜面，斜面的顶点与水平轨道等高且无缝连接，使小球A从斜槽上P点由静止滚下，多次实验，得到两球落在斜面上的平均落点M'、P'、N'.用刻度尺测量斜面顶点到M'、P'、N'三点的距离分别为l1、l2、l3，则验证两球碰撞m A2＝m A1＋m B3　过程动量守恒的表达式为(用所测物理量的字母表示).图丁(5)未放B 球时小球A 落点为P'，碰撞后小球A 落点为M'，小球B 落点为N'，设斜面倾角为α，由平抛运动规律得l 2 sin α＝12gt 2，l 2 cos α＝vt ，解得v ＝B 2cos 22sin ，同理可得v 1＝B 1cos 22sin ，v 2＝B 3cos 22sin ，根据动量守恒表达式m A v ＝m A v 1＋m B v 2，可得m A 2＝m A 1＋m B 3.[解析]　未放B 球时小球A 落点为P'，碰撞后小球A 落点为M'，小球B 落点为N'，设斜面倾角为α，由平抛运动规律得l 2 sin α＝12gt 2，l 2 cos α＝vt ，解得v ＝B 2cos 22sin ，同理可得v 1＝B 1cos 22sin ，v 2＝B 3cos 22sin 根据动量守恒表达式m A v ＝m A v 1＋m B v 2，可得m A 2＝m A 1＋m B 3.2. [数据处理与误差分析]图甲为验证动量守恒定律的实验装置图，让小车A拖着纸带向左运动，与静止的小车B碰撞，碰撞后两车粘在一起继续运动.图甲(1)提供的实验器材有：A. 长木板B. 两个相同的小车C. 天平D. 电磁打点计时器E. 6 V干电池组F. 低压交流学生电源G. 刻度尺H. 停表I. 纸带J. 复写纸K. 橡皮泥L. 导线EH　上述器材中不需要的有(填器材前面的字母序号). [解析]　实验中不需要6 V干电池组和停表，故选EH.①轻推小车A .②接通打点计时器的电源.③将小车B 置于长木板的中央.④当小车即将到达木板左端时，用手按住小车.⑤将小车A 靠近打点计时器居中置于木板上，纸带穿过打点计时器后固定在其右端.(2)实验时首先将橡皮泥粘在小车B 的右端面，然后用天平分别称量小车A 和粘有橡皮泥的小车B 的质量；把长木板放置在水平桌面上，将电磁打点计时器固定在其右端.接着还需完成以下5个实验操作步骤，合理的操作顺序是.⑤③②①④(或③⑤②①④)　[解析]　5个实验操作步骤，合理的操作顺序是⑤③②①④.D　(3)实验中，某同学得到的纸带点迹不清晰甚至有漏点，可能的原因有.A. 复写纸颜色淡了B. 纸带运动速度太慢C. 使用了直流电源D. 所选择的交流电源电压偏低[解析]　复写纸颜色淡了，只是打出的点迹不清楚，不会出现漏点，A错误；纸带运动速度太慢，则打出的点迹很密集，不会点迹不清楚，不会出现漏点，B错误；使用了直流电源，打点计时器不工作，C错误；所选择的交流电源电压偏低，会造成点迹不清楚，出现漏点，D正确.(4)图乙是实验得到的一条点迹清晰的纸带，相邻计数点间的距离如图所示，设x 1＝2.00 cm ，x 2＝1.40 cm ，x 3＝0.95 cm ，小车A 和B (含橡皮泥)的质量分别为m 1和m 2，在实验误差允许的范围内，关系式(用所给字母表示)成立，则表明碰撞前后系统的动量守恒.图乙m 1x 1＝(m 1＋m 2)x 3　[解析]　A 与B 碰前A 的速度v 1＝1，A 与B 碰后两车的速度v 2＝3，若动量守恒，则满足m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，即m 1x 1＝(m 1＋m 2)x 3.命题点2　创新设计实验3. [实验原理创新]一同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定律”的实验.斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在平直轨道上一侧固定有刻度尺.其操作步骤如下：①将斜槽轨道放置在水平桌面上；②用天平测得A、B两个滑块的质量分别为m1、m2；③不放滑块B，使滑块A从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A最终静止在平直轨道上，记下滑块A静止时其右侧面对应的刻度x1；④把滑块B放在平直轨道上，记下其左侧面对应的刻度x0；⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静止释放，滑块A与滑块B发生碰撞后最终均静止在平直轨道上，记下最终滑块B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块A静止时其右侧面对应的刻度x3.(1)实验中，必须满足的条件是.A. 倾斜轨道光滑B. 平直轨道水平C. 滑块A 的质量应大于滑块B 的质量D. 同一组实验中，滑块A 静止释放的位置可以不同C [解析]　倾斜轨道不一定光滑，只要滑块A 到达底端的速度相同即可，A 错误；因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，则由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ-μg cos θ，可知无论轨道是否水平，两滑块在轨道上运动的加速度都相同，所以平直轨道不是必须水平，B 错误；为防止滑块A 与滑块B 碰后反弹，则滑块A 的质量必须大于滑块B 的质量，C 正确；为保证滑块A 每次到达倾斜轨道底端的速度相同，则同一组实验中，滑块A 静止释放的位置要相同，D 错误.(2)实验中滑块A 碰撞前的速度大小v 0与 成正比.A. x 1 B. x 1-x 0C. (x 1-x 0)2D. 1−0[解析]　对滑块A ，由动能定理有-μm 1g (x 1-x 0)＝0-12m 102，可得滑块A 碰撞前的速度大小v 0＝2B(1−0)，即v 0∝1−0，故D 正确.(3)若关系式成立，则可得出结论：滑块A 、B 碰撞过程动量守恒.若要进一步验证滑块A 、B 的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式是否成立.(均用给定的物理量符号表示)D m 11−0＝m 13−0＋m 22−0　m 1(x 1-x 0)＝m 1(x 3-x 0)＋m 2(x 2-x 0)　[解析]　若滑块A、B碰撞过程动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，又v0＝2B(1−0)，v1＝2B(3−0)，v2＝2B(2−0)，联立可得*m11−0＝m13−0＋m22−0.若滑块A、B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律得12m102＝12m112＋12m222，联立可得m1(x1-x0)＝m1(x3-x0)＋m2(x2-x0).4. [实验目的创新/2021山东]某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况.实验步骤如下：①固定好手机，打开录音功能；②从一定高度由静止释放乒乓球；③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间(单位：s)的变化图像如图所示.根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示.碰撞次序1234567碰撞时刻(s) 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47根据实验数据，回答下列问题：0.20　(1)利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为m(保留2位有效数字，当地重力加速度g＝9.80 m/s2).[解析]　第3次碰撞到第4次碰撞用时t0＝ 2.40 s-2.00 s ＝0.40 s，根据竖直上抛运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为h0＝12g(02)2＝12×9.8×0.22 m≈0.20(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k ，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的倍(用k 表示)，第3次碰撞过程中k ＝ (保留2位有效数字).1-k 2　0.95　[解析]　设碰撞后弹起瞬间的速度为v 2，碰撞前瞬间的速度为v 1，由题意知21＝k ，则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为12B 12−12B 2212B 12＝1-(21)2＝1-k 2，第3次碰撞前瞬间的速度为第2次碰后从最高点落地瞬间的速度，即v ＝gt ＝(2.00−1.582)×9.8m/s ＝2.058 m/s ，第3次碰撞后瞬间的速度为v'＝gt'＝(2.40−2.002)×9.8 m/s ＝1.96 m/s ，则第3次碰撞过程中k ＝′≈0.95.高于　(3)由于存在空气阻力，第(1)问中计算的弹起高度(填“高于”或“低于”)实际弹起高度.[解析]　由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，根据能量的转化与守恒可知，弹起后的动能一部分转化为因空气阻力做功产生的热量，另一部分转化为乒乓球的重力势能，故乒乓球到达最高位置时，重力势能的理论值大于实际值，所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度.1. [验证动量守恒定律/2022天津]某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图1所示.A、B为两个直径相同的小球.实验时，不放B，让A从固定的斜槽上E点自由滚下，在水平面上得到一个落点位置；将B放置在斜槽末端，让A再次从斜槽上E点自由滚下，与B发生正碰，在水平面上又得到两个落点位置.三个落点位置标记为M、N、P.(1)为了确认两个小球的直径相同，该同学用10分度的游标卡尺对它们的直径进行了10.5　测量，某次测量的结果如图2所示，其读数为m m.[解析]　由游标卡尺的读数规则可知，该读数为10 mm＋0.1×5 mm＝10.5 mm.A　(2)下列关于实验的要求正确的是.A. 斜槽的末端必须是水平的B. 斜槽的轨道必须是光滑的C. 必须测出斜槽末端的高度D. A、B的质量必须相同[解析]　为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，A正确；斜槽光滑与否对实验不产生影响，只要保证两次实验小球A从同一位置由静止释放即可，B错误；实验中两小球做平抛运动，下落时间相同，不需要测量斜槽末端的高度，C错误；为了防止A球反弹，应使A球的质量大于B球的质量，D错误.(3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A 、B 碰后在水平面上的落点位置分别为 、.(填落点位置的标记字母)[解析]　两球发生弹性碰撞，又A 球的质量大于B 球的质量，由v A ＝−＋v 0，v B ＝2＋v 0可知，N 点为小球A 单独滑下时的落点，A 、B 碰后，A 球的落点为M 点，B 球的落点为P 点.M P 2. [探究碰撞前后的动量变化/2022重庆]如图甲为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图.带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机.图甲(1)要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还需要的实验器材是.[解析]　根据动量的定义式p ＝mv 可知要测量滑块的动量，必须测出滑块的速度和质量，结合题干可知还需要天平.天平　(2)为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑匀速直线　块能在气垫导轨上近似做运动.[解析]　若气垫导轨是倾斜的，则滑块在导轨上将做匀变速直线运动，使得实验测出的结果误差较大，为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平状态，检查气垫导轨是否水平，就是将导轨调节好后接通气泵轻推滑块，若滑块在导轨上做匀速直线运动，则说明导轨水平.(3)测得滑块B 的质量为197.8 g ，两滑块碰撞前后位置x 随时间t 的变化图像如图乙所示，其中①为滑块B 碰前的图线.取滑块A 碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B 碰前的动量为kg·m·s -1(保留2位有效数字)，滑块A 碰后的图线为(选填“②”“③”或“④”).-0.011　③　图乙[解析]　取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为v B＝0.424−0.4760.9 m/s＝-0.057 8 m/s，则滑块B碰前的动量为p B＝m B v B＝-0.011 kg·m/s；由题意分析可知④图线为碰前A滑块的图线，由图可知碰后③图线对应的速度大于②图线对应的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A滑块的图线.3. [探究碰撞中的不变量/2022浙江1月]“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得.C　①[单选]实验应进行的操作有.B. 测量小车的长度和高度C. 碰撞前将滑轨调成水平[解析]　碰撞前应将滑轨调成水平，确保系统所受合外力为零，保证碰撞过程中动量守恒，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度，故选项A、B均错误，选项C正确.②下表是某次实验时测得的数据：A的质量/kg0.200B的质量/kg0.300碰撞前A的速度大小/(m·s-1) 1.010碰撞后A的速度大小/(m·s-1)0.200碰撞后B的速度大小/(m·s-1)0.8000.200　由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是 kg·m/s.(结果保留3位有效数字)[解析]　由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，以碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p＝p B-p A＝0.200 kg·m/s.1. 利用“类牛顿摆”验证动量守恒定律.实验器材：两个半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺.实验步骤：(1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，两小球位于同一水平面内，如图甲.图甲(2)将坐标纸竖直固定在水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近.坐标纸每一小格均是边长为d的正方形.将小球1拉至某一位置A，由静止释放，用手机在垂直坐标纸方向高速连拍.(3)分析连拍照片得出，球1从A 点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1反弹后到达的最高位置为B ，球2向左摆动的最高位置为C ，如图乙.已知重力加速度为g ，碰撞前瞬间球1的动量大小为，若满足关系式 ，则验证碰撞中动量守恒.图乙3m 12B 2m 1＝m 2　[解析]　从A位置到最低点的高度差h1＝9d，由机械能守恒定律可得碰撞前瞬间的速度v1＝2K1＝32B，则碰撞前球1的动量大小为p1＝m1v1＝3m12B；碰撞后球2上升的高度为h2＝4d，由机械能守恒定律可得碰撞后球2的速度大小为v2＝2K2＝22B，动量大小为p2＝m2v2＝2m22B；以水平向左为正方向，碰撞后球1上升的高度为h'1＝d，由机械能守恒定律可得碰撞后球1的速度为v'1＝-2B，碰撞后球1的动量为p'1＝m1v'1＝-m12B.若碰撞前后动量守恒，则有m1v1＝m1v'1＋m2v2，得3m12B＝2m22B-m12B，整理可得2m1＝m2.。

自主学习01 教材内容第七章自旋与角动量知识框架重点难点第一节第二节第三节第四节第五节第六节第七节第八节本章习题本章自测知识框架重点难点1.自旋算符与泡利矩阵2.轨道自旋耦合及自旋自旋耦合3.两电子体系的自旋波函数4.两个角动量的耦合(CG系数)7.1电子的自旋[教学目标]:理解电子的自旋[重点难点]:自旋[教学内容]:在较强的磁场下（∽T 10），我们发现一些类氢离子或碱金属原子有正常塞曼效应的现象，而轨道磁矩的存在，能很好的解释它但是，当这些原子或离子置入弱磁场（∽T 110-）的环境中，或光谱分辨率提高后，发现问题并不是那么简单，这就要求人们进一步探索。

大量实验事实证明，认为电子仅用三个自由度z ,y ,x 来描述并不是完全的。

我们将引入一个新的自由度—自旋，它是粒子固有的。

当然，自旋是Dirac 电子的相对论性理论的自然结果。

现在我们从实验事实来引入。

(1)电子自旋存在的实验事实（1）Stern-Gerlach 实验（1922年）当一狭窄的原子束通过非均匀磁场时，如果原子无磁矩，它将不偏转；而当原子具有磁矩μ，那在磁场中的附加能量为αμμcos B B U -=⋅-=如果经过的路径上，磁场在z 方向上有梯度，即不均匀，则受力dz dB U F αμcos =-∇=从经典观点看αcos 取值（从11--）,因此，不同原子（磁矩取向不同）受力不同，而取值dz dB μ-—dz dB μ所以原子分裂成一个带。

但Stern-Gerlach 发现，当一束处于基态的银原子通 过这样的场时，仅发现分裂成二束，即仅二条轨道（两个态）。

而人们知道，银原子（47z =）基 态0l =，所以没有轨道磁矩，而分成二个状态（二 个轨道），表明存在磁矩，而这磁矩在任何方向上的 投影仅取二个值。

这磁矩既然不是由于轨道运动产生的，因此，只能是电子本身的（核磁矩可忽），这磁矩称为内禀磁矩sμ，与之相联系的角动量称为电子自旋，它是电子的一个新物理量，也是一个新的动力学变量。

[基础落实练]1．对于一定质量的某物体而言，关于其动能和动量的关系，下列说法正确的是() A．物体的动能改变，其动量不一定改变B．物体动量改变，则其动能一定改变C．物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变D．动量是标量，动能是矢量解析：物体的动能改变，则物体的速度大小一定改变，则其动量一定改变，A错误；动量表达式为p＝m v，动量改变可能只是速度方向改变，其动能不一定改变，B错误；物体的速度不变，则其动量不变，动能也不变，C正确；动量是矢量，动能是标量，D错误。

答案：C2．一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动，以动量大小p为纵轴建立直角坐标系，横轴分别为速度大小v、运动时间t、位移大小x，则以下图像可能正确的是()解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v＝at，根据动量的计算公式有p ＝m v＝mat，可知动量与速度和时间都成正比关系，故A、B错误；根据匀变速直线运动规律有v2＝2ax，根据动量的计算公式有p＝m v＝m2ax，根据数学知识可知C图正确，故C 正确，D错误。

答案：C3．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。

司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能和气囊的弹性势能。

综上可知，选项D正确。

答案：D4．(2024·四川绵阳诊断)质点所受的合力F方向始终在同一直线上，大小随时间变化的情况如图所示，已知t＝0时刻质点的速度为零。

教材疏导高一物理第七章《动量》本章讲述动量和冲量的概念，以及动量定理和动量守恒定律，这一章可视为牛顿力学的进一步展开。

通过引入动量和冲量的概念，利用牛顿运动定律和运动学公式推出动量定理和动量守恒定律，为解决力学问题开辟了新的途径，因此，本章是力学的重点，也是学生的难点，更是高考的热点。

第一节冲量和动量一．教材分析：1．对两个基本概念的理解①．冲量（I=Ft）：冲量表示力在时间上的积累效果，当力作用于物体上，经过一段时间，物体就受到该力冲量作用，冲量是矢量，它的方向与力F的方向相同，冲量是过程量，即冲量的大小和方向与一定的物理过程相对应，在力一定时经历的时间越长，冲量越大，定义式I=Ft只适用于恒力冲量的计算，对于变力冲量一般不适用，在求冲量时首先明确是分力冲量还是合力冲量。

②．动量（P=mV）：动量是表示物体机械运动状态的物理量之一，它是状态量，它是由物体的质量和速度共同决定的，动量也是矢量，它的方向就是速度方向，由于速度的相对性，因而动量也具有相对性，即动量的大小和方向与参考系的选取有关，通常讲的动量是指以地球为参考系的。

③.动量的变化（∆P）：动量的变化对应动量的增量，用未动量减初动量∆P=P2－P1，它表示某物体在某过程中动量增加或减少量（包括大小方向）动量变化量是矢量，它的方向可以与动量方向相同也可以与动量方向相反，还可以与动量方向成某一角度。

二．教法辅导１．巧妙设计准确掌握冲量和动量的概念对于以后学习动量定理和动量守恒定律起着至关重要的作用。

有些同学对学习物理概念总是感到苦燥无味，为了使同学们加深对冲量和动量的理解，培养学习概念的兴趣。

在讲完动量、冲量、动量变化量之后，教师可巧妙采用列表图示法由学生总结这几个物理量的异同，这样不仅加强了学生的参与意识，而且加深了学生对物理概念的理解和掌握。

图表如下：2．巩固概念通过教师讲解，又利用图表分析，学生对冲量和动量的概念有了初步的了解，为了加深印象，使同学们在实际问题中能灵活运用这些概念，可由教师随堂提出以下判断题由学生回答，并且说出对错的原因。

动量和冲量是力学中的两个基本概念，动量定理和动量守恒定律是两个重要的基本物理规律，也是高考的重要考点。

动量和冲量都是矢量，动量是物体机械运动的一种量度，是状态量。

冲量是力对时间的积累，是过程量。

动量定理反映了力的作用在时间上的累积效果表现为物体动量的增量。

动量守恒定律反映了系统所受合外力为零，系统内各物体间发生相互作用时，各物体动量均发生了变化，但系统的总动量不变，它是自然界普遍适用的基本规律．历年高考试题中，除了考查动量、冲量的矢量性（常作为填空题和选择题）外，更注重考查应用动量定理、动量守恒定律。

高考计算题中，常出现一些多过程问题。

在这类问题中，常以物体间的碰撞作为过程的节点（转换点），要求考生具备运用动量守恒定律分析较复杂的物理过程的能力，并能灵活运用相关物理知识（如功和能、电场、磁场等）解决问题。

7.1动量和冲量 动量定理一、考点聚焦动量定理是力学中的一条重要规律，是解决动力学问题的基本手段之一．（1）动量定理表明冲量是引起物体动量变化的原因，也就是说物体受到了冲量，其动量就会发生变化。

动量变化量△p ，不是由力的大小决定，而是由力和力的作用时间t 的乘积决定。

（2）尽管动量定理可以由牛顿第二定律推导出来，但它与牛顿第二定律仍有区别。

牛顿第二定律是表达力的瞬时作用，而动量定理描述的是一个过程，表达的是力的时间累积作用。

由于动量定理可以将过程量（冲量F ²t ）转化为状态量（动量m ²υ）进行运算，只要比较始、末状态，不必研究运动的全过程，所以在许多动力学问题的分析中，比起牛顿第二定律更为简便，特别是对于变力的作用过程，以及碰撞、打击、爆炸之类作用时间短、作用力大且不断变化的问题，牛顿第二定律无法直接应用，而动量定理往往可以适用。

（3）动量定理，适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用。

（4）注意动量定理的矢量性。

第七章动量守恒定律第1讲动量动量定理课标要求核心考点五年考情核心素养对接1.理解冲量和动量.2.通过理论推导和实验，理解动量定理，能用其解释生产生活中的有关现象.动量、冲量及动量变化量的理解2023：新课标T19、T20，天津T5；2022：湖北T7，湖南T7；2021：湖南T2，北京T10 1.物理观念：理解动量、冲量等基本概念，掌握动量定理，深化运动与相互作用观念.2.科学思维：经历科学论证过程，理解动量定理的物理实质与牛顿第二定律的一致性；领会求解变力的冲量时的极限思想.3.科学探究：经历寻求碰撞中不变量的过程，体会探究过程中猜想、推理和证据的重要性.4.科学态度与责任：通过对动量、冲量的学习，让学生逐渐形成探索自然的内在动力.动量定理的应用2023：江苏T15，广东T10；2022：山东T2，湖南T14，全国乙T20；2021：湖北T3，全国乙T19，重庆T13，浙江1月T20，天津T7；2020：全国ⅠT14，海南T8；2019：全国ⅠT16，全国ⅡT25介质流模型2021：福建T4命题分析预测动量和动量定理是本章的基础，在高考中常以选择题的形式考查，主要考查应用动量定理解释生活现象等，难度不大.考点1动量、冲量及动量变化量的理解1.动量（1）定义：物体的[1]质量与[2]速度的乘积叫作物体的动量.（2）表达式：p＝[3]mv，单位kg·m/s.（3）动量为矢量，方向与[4]速度的方向相同.2.动量的变化量（1）因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是[5]矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向[6]相同.（2）动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p'减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝[7]p'－p.3.冲量（1）定义：[8]力与[9]力的作用时间的乘积叫作力的冲量.（2）表达式：I＝FΔt，单位为N·s.（3）冲量为矢量，方向与[10]力的方向相同.如图，一个质量为0.1kg的物体在光滑水平面上以6m/s的速度向右运动，碰到坚硬的墙壁后，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左弹回，g取10m/s2.（1）以向右为正方向，则碰到墙壁之前物体的动量为0.6kg·m/s，弹回后物体的动量为－0.6kg·m/s，碰撞过程中物体的动量变化量为－1.2kg·m/s.（2）如果水平面粗糙，物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，物体向右运动3s内（未碰墙壁），重力的冲量大小为3N·s，支持力的冲量大小为3N·s，摩擦力的冲量大小为0.3N·s.命题点1动量及其变化量的理解和计算1.[动量/多选]在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为E k.以下说法正确的是（BD）A.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动量等于2pB.在F作用下，若这个物体经过位移2L，其动能等于2E kC.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动能等于2E kD.在F作用下，若这个物体经过时间2t，其动量等于2p解析在光滑水平面上，合力大小等于F的大小，根据动能定理知FL＝12mv2-0，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据p＝2B k，知动量变为原来的2倍，故A错误，B正确；根据动量定理知，Ft＝mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据E k＝22知，动能变为原来的4倍，故C错误，D正确.方法点拨动量与动能的比较k下沿直线做加速运动，经过一段时间后动能大小变为2E k，则这段时间内物体动量变化量的大小为（D）B.（2－2）C.B kD.（2－2）B k解析由动能与动量的表达式E k＝12mv2，p＝mv可知p＝2B k，故动能大小由E k变为2E k的这段时间内物体动量变化量的大小为Δp＝2×2k−2B k＝(2-2)B k，故D 正确.命题点2冲量的理解和计算3.[冲量]如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置.现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手.公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零.此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量.在公仔头部上升的过程中（C）A.公仔头部的机械能守恒B.公仔头部的加速度先增大后减小C.弹簧弹力冲量的大小为mgtD.弹簧弹力对头部所做的功为零解析弹簧弹力对公仔头部做功，公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹-mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹-mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误.命题拓展命题条件不变，一题多设问整个过程中合力对公仔头部的冲量大小为0，弹簧弹力对公仔底部的冲量大小为mgt.解析公仔头部的初速度为0，末速度也是0，动量变化量为0，则合力的冲量也是0，公仔头部整个过程中只受到弹簧弹力的冲量和重力的冲量，所以弹簧弹力对公仔头部的冲量大小为mgt，弹簧弹力对公仔底部的冲量大小也是mgt.方法点拨冲量与功的比较冲量功公式I＝Ft（F为恒力）W＝Fl cosα（F为恒力）标矢性矢量标量意义表示力对时间的累积，是动量变化的量度表示力对空间的累积，是能量变化的量度联系都是过程量，都与力的作用过程相互联系命题点3F－t图像的应用4.[多选]如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合力随时间变化的关系图线为某一正弦函数图像.下列表述正确的是（ABD）A.0～2s内合力的冲量一直增大B.0～4s内合力的冲量为零C.2s末物体动量的方向发生变化D.0～4s内物体动量的方向一直不变解析根据F-t图像中图线所围面积表示冲量可知，在0～2s内合力的冲量一直增大，A 正确；0～4s内合力的冲量为零，B正确；2s末力的方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确.命题拓展命题条件不变，一题多设问[多选]下列说法正确的是（CD）A.第2s末，物体的动量为零B.第4s末，物体回到出发点C.在0～2s时间内，力F的瞬时功率先增大后减小D.在1～3s时间内，力F的冲量为零解析在前2s内力与运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，物体的速度最大，动量最大，故A错误；该物体在2～4s内受到的力与0～2s内受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～4s内的位移为正，即第4s末，物体没有回到出发点，故B错误；0～2s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得力F瞬时功率开始时为0，2s末的瞬时功率为0，所以在0～2s 时间内，F的瞬时功率先增大后减小，故C正确；在F-t图像中，图线与坐标轴围成图形的面积表示力F的冲量，由图可知，1～2s的面积与2～3s的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在1～3s时间内，F的冲量为0，故D正确.方法点拨冲量的四种计算方法1.内容：物体在一个过程中所受的冲量等于它在这个过程始末的[11]动量变化量.2.公式：[12]I＝p'－p或[13]F（t'－t）＝mv'－mv.3.动量定理的理解（1）动量定理反映了合力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果.（2）动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.图甲为码头上河岸边悬挂的旧轮胎，图乙为轿车的安全气囊在剧烈碰撞时自动弹出的情境.判断下列说法的正误.（1）码头上河岸边悬挂的旧轮胎减小了船靠岸时的冲量.（✕）（2）码头上河岸边悬挂的旧轮胎减小了船靠岸时动量的变化量.（✕）（3）轿车的安全气囊在剧烈碰撞时自动弹出可以延长作用时间，减小司机或乘员受到的作用力.（√）（4）旧轮胎和气囊均起到延长作用时间、减小作用力的效果，即起到缓冲作用.（√）命题点1动量定理的简单计算5.[2024湖南常德模拟]城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题.如图所示为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性.某同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50g的鸡蛋从16楼的窗户自由落下，与地面撞击时间约为3ms，相邻楼层的高度差为3m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则从16楼下落的鸡蛋对地面的平均冲击力约为（C）一个鸡蛋的威力从4楼抛下会让人起肿包从8楼抛下可以砸破人的头皮从18楼抛下可以砸裂行人头骨从25楼抛下可能使人当场死亡A.5000NB.900NC.500ND.250N解析鸡蛋下落高度h＝15×3m＝45m，鸡蛋自由下落过程，由动能定理有mgh＝12mv2-0，在鸡蛋与地面撞击时间内，规定竖直向下为正方向，由动量定理得mgt-Ft＝0-mv，其中F为地面对鸡蛋的作用力，由牛顿第三定律知，鸡蛋对地面的平均冲击力F'＝F＝500.5N，方向竖直向下，故选C.命题点2动量定理的综合应用6.跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动.质量m＝50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以v0的速度从边缘的A点水平向右跳出，运动t1＝0.3s后落在一倾角为53°的斜面上的B点，速度方向与斜面垂直.此时运动员迅速转身并调整姿势，以02的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点.假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.（1）求运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；（2）求运动员落到斜面底端C时的速度；（3）假设与斜面的作用时间为0.3s，求运动员与斜面作用过程中运动员对斜面的作用力.答案（1）4m/s（2，方向与水平方向夹角的正切值为83（3）10002N，方向斜向右下方与水平方向夹角为45°解析（1）运动员落至斜面上B点时竖直分速度为v y＝gt1＝3m/s由于速度方向与斜面垂直，满足tan53°＝0解得v0＝4m/s即运动员从高台边缘跳出的水平速度大小为4m/s.（2）从B点水平向左蹬出的速度为02＝2m/s设从B点蹬出到落至C点的时间为t2，由位移公式可得x＝02t2，y＝12g22由位移偏角公式可得tan53°＝落至C点的竖直分速度为v'y＝gt2运动员落到斜面底端C 时的速度大小为v 速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝'02联立代入数据解得v ，tan α＝8运动员落到斜面底端C ，方向与水平方向夹角的正切值为83.（3）设斜面对运动员的作用力在竖直方向的分量为F 1，在水平方向的分量为F 2，在竖直方向上，以向上为正方向，由动量定理可得（F 1－mg ）Δt ＝0－（－mv y ）在水平方向上，以向左为正方向，由动量定理可得F 2Δt ＝m ·02－（－mv 0）解得F 1＝F 2＝1000N故斜面对运动员的作用力大小为F ＝12＋22＝10002N斜向左上方与水平方向成45°角，由牛顿第三定律可知，运动员对斜面的作用力大小为10002N ，方向斜向右下方，与水平方向夹角为45°.方法点拨1.用动量定理解题的思路2.动量定理的两点说明（1）动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力.对变力使用时，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）动量定理的研究对象可以是单体，也可以是整体.其中“整体”含义：对象或过程.动量定理的整体表达式：I ＝Δp 1＋Δp 2＋…＋Δp n （矢量和）.考点3介质流模型研究对象流体类：液体流、气体流等，通常给出流体的密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内的粒子数n分析步骤①建构“柱状”模型：沿流速v 的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV ＝vS Δt小柱体质量m ＝ρΔV ＝ρvS Δt 小柱体内粒子数N ＝nvS Δt 小柱体动量p ＝mv ＝ρv 2S Δt③建立方程，应用动量定理F Δt ＝Δp 研究命题点1流体类“柱状”模型7.如图所示为清洗汽车用的高压水枪.设水枪喷出的水柱直径为D ，水流速度为v ，水柱垂直于汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零.手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是（D）A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD 2B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为14ρvD 2C.水柱对汽车的平均冲力为14ρD 2v 2D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍解析高压水枪单位时间内喷出水的质量m 0＝ρV ＝ρπ·24v ＝14πρvD 2，故A 、B 错误；以t 时间内喷出的水为研究对象，设汽车对水柱的平均作用力大小为F ，水柱对汽车的平均冲力大小为F'，由动量定理得Ft ＝mv ，即Ft ＝14πρvD 2·t ·v ，可得F'＝F ＝14πρv 2D 2，故C 错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p ＝＝14πB 2214π2＝ρv 2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，故D 正确.方法点拨命题点2微粒类“柱状”模型8.正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子的质量均为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量.为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等，与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变.利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系.答案f ＝13nmv 2解析一个粒子每与器壁碰撞一次对器壁的作用力的冲量ΔI＝2mv如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N＝16n·SvΔtΔt时间内粒子对器壁的作用力的冲量I＝N·ΔI＝13nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝Δ则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝13nmv2.方法点拨流体碰撞的两类模型解法热点8应用动量定理解决实际问题动量和冲量是力学中两个重要的物理概念，动量定理揭示了冲量和动量变化量之间的关系，成为近年高考命题的热点内容.试题紧密联系生产生活实际，内容丰富，考查角度灵活，对学生的综合应用能力及物理建模能力要求较高.题型既有选择题，又有计算题.1.[2023天津]质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止，整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力，下列说法正确的是（C）A.减速运动过程的加速度大小a＝B.力F的冲量大小为mvC.刹车距离为B22（＋）D.匀速行驶时功率为（f＋F）v解析一题多解刹车过程，由动能定理得-(F＋f)x＝0-12mv2，解得x＝B22(＋p，C正确.2.[2022山东]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭.如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空.从火箭开始运动到点火的过程中（A）A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量解析从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误.3.[2022重庆]在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）.从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（D）A.速度变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积B.动量大小先增大后减小C.动能变化量的大小正比于曲线与横轴围成的面积D.加速度大小先增大后减小解析4.[2023广东/多选]某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型.多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力，开窗帘的过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s .关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（BD ）A.该过程动量守恒B.滑块1受到合力的冲量大小为0.18N·sC.滑块2受到合力的冲量大小为0.40N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N 解析规定水平向右为正方向动量定理：物体所受合力的冲量等于动量的变化量滑块1受到合力的冲量I 1＝mv －mv 0＝－0.18N·s ，负号表示方向向左，B 对滑块2受到合力的冲量2＝B －0=0.22N ·s ，方向向右，C 错滑块1的平均作用力满足2＝2Δ→2=.5N ，D 对两滑块碰撞过程，I 1＋I 2≠0，碰撞过程动量不守恒，A 错深入讲解碰撞过程中，对滑块1根据动量定理有F Δt -F 2Δt ＝I 1，解得滑块1所受外力F ＝1N ，不远小于两滑块碰撞过程中的相互作用力F 2＝5.5N ，因此该碰撞过程不满足动量守恒定律.1.[W －t 图像＋动量/2022重庆/多选]一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同.若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做的功随时间的变化分别如图中曲线①、②所示，则（BC ）A.B.当拉力沿斜面向上，重力做的功为9J 时，物块动能为3JC.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶2解析2.[v－t图像＋动量/2022湖南/多选]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆.某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示.设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（AC）A.在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C.在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变解析由题知，返回舱的运动可简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1时间内，结合v-t图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正确；v-t图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D项错误.3.[动量定理的应用/2022北京]“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地，如图所示.跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分.运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸.下列说法正确的是（B）A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间解析不同阶段1.[2024山东烟台统考/多选]下列说法正确的是（BC ）A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B.如果物体（质量不变）的速度发生变化，则其所受合外力的冲量不为零C.物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大D.做竖直上抛运动的物体，在一定时间内所受重力的冲量可能为零解析因力的冲量为I ＝Ft ，可知当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故A 错误；如果物体(质量不变)的速度发生变化，则物体的动量发生变化，根据动量定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，故B 正确；物体所受合外力的冲量越大，根据动量定理可知，物体的动量变化量一定越大，故C 正确；做竖直上抛运动的物体，在Δt 时间内所受重力的冲量I G ＝G Δt ＝mg Δt ，可知做竖直上抛运动的物体，在Δt 时间内所受重力的冲量不可能为零，故D 错误.2.[情境创新/2023新课标/多选]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（BD ）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零解析根据F -μmg ＝ma 可得a ＝1F -μg ，因m 甲＞m 乙、μ甲＝μ乙，故a 甲＜a 乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A 错误；m 甲＞m 乙，又μ甲＝μ乙，则f 甲＞f 乙，故甲和乙组成的系统合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，BD 正确，C 错误.3.[2024浙江宁波余姚中学校考]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 .对此过程的描述，错误的是（A ）A.地面对运动员的弹力做的功为12mv 2B.运动员所受合力的冲量大小为mvC.地面对运动员弹力的冲量大小为mv＋mgΔtD.重力的冲量大小为mgΔt解析在跳起过程中，运动员在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；重力的冲量大小I G＝mgΔt，故D正确；根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小I F＝mv，故B正确；以运动员为研究对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正方向，根据动量定理可知(N-mg)Δt＝mv，所以地面对运动员弹力的冲量为NΔt＝mgΔt＋mv，故C正确.4.一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面2.45m高处.已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2.网对运动员的平均作用力大小为（D）A.150NB.550NC.650ND.1150N解析运动员从h1高度处下落，刚触网时的速度大小为v1＝2K1＝6m/s，方向竖直向下，运动员反弹到高度h2，离网时的速度大小为v2＝2K2＝7m/s，方向竖直向上，在接触网的过程中，运动员受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力mg，设竖直向上为正方向，由动量定理有(-mg)t＝mv2-(-mv1)，解得＝1150N，故选D.5.[联系生活实际/2024贵州阶段联考]新能源汽车工业的快速发展，使人们的出行更方便环保，电动汽车逐渐成为家庭的重要交通工具.暑假结束了，某同学乘坐自家的电动汽车返回学校，电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平圆弧弯道，对于电动汽车的这一运动过程，下列说法正确的是（C）A.电动汽车的动量不变B.在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量相同C.电动汽车的动能不变D.路面对电动汽车作用力的冲量竖直向上解析电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平弯道，速度大小不变，方向发生变化，所以小球的动量改变，动能不变，故A错误，C正确；电动汽车做匀速圆周运动，受到的合力的大小不变，方向不断改变，所以在任意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量大小相等，方向不相同，故B错误；路面给电动汽车竖直向上的支持力和水平方向指向圆心的摩擦力，所以路面对电动汽车作用力的冲量与水平面有一定夹角，而不是竖直向上，故D错误.6.[2024辽宁沈阳名校联考]海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直向上抛出.从抛出开始计时，4t0时刻小球返回手中.小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，抛出后小球的速度随时间变化的图像。