专题07 动量定理 动量守恒定律（复习讲义）（北京专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

专题07 动量定理 动量守恒定律 目录 01 2 02 构·知能架构 3 03 破·题型攻坚 4 题型一 动量定理的理解及应用 4 真题动向 4 必备知识 9 真题动向 常以冲击、碰撞、流体模型为情境，考查冲量与动量变化的定量关系 必备知识 知识1 冲量的三种计算方法 知识2 冲量与功的比较 知识3 动量与动能的关系 知识4 动量定理的深入理解 关键能力 能力1 利用动量定理解题的基本思路 能力2 动量定理的应用技巧 能力3 用动量定理处理多过程问题 能力4 用动量定理处理“流体类”问题 命题预测 考向1 动量与冲量 考向2 动量定理的应用 考向3 利用动量定理处理流体（变质量）问题 题型二 动量守恒定律的理解及应用 15 真题动向 高频与能量守恒、爆炸、人船模型综合，突出系统性分析与矢量运算 必备知识 知识1 动量守恒定律的深入理解 知识2 碰撞 知识3 动量守恒定律的应用 关键能力 能力1 利用动量守恒定律解题的基本思路 命题预测 考向1 动量守恒的判断及简单应用 考向2 碰撞问题 考向3 爆炸 反冲 人船模型 命题轨迹透视 从近三年北京高考物理试题来看，试题以选择题、计算题为主，难度中偏难等。命题趋势：情境载体将从常规场景向科技与生活深度融合延伸，融入智能驾驶、航天、体育等场景；知识融合会从单一模块走向跨模块深度交织，强化与牛顿运动定律、机械能守恒定律、电磁学的结合；能力考查侧重从定性分析转向定量建模与实验迁移，突出多物体多过程建模、变力冲量计算以及实验误差分析与原理迁移；题型分布呈现从基础考查到综合应用的分层设计，选择题增加情境化干扰项，计算题提升多过程、多物体、跨模块叠加的综合复杂度。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 动量定理的理解及应用 北京卷T19，10分 北京卷T8，3分 动量守恒定律的理解及应用 2026命题预测 预计2026年北京物理高考在动量定理、动量守恒定律方面，将延续“生活+科技前沿”的情境风格，新增航天器对接、粒子对撞等科技场景，侧重规律的场景迁移应用；知识上会跨模块融合牛顿运动定律、能量守恒等内容，还会串联碰撞-运动完整过程，考查分阶段建模能力；能力考查强化物理建模与定量计算，涉及变力冲量、动量与能量综合计算等，实验探究可能拓展至动量守恒实验误差分析、反冲实验改进等；题型上选择题侧重基础概念与简单模型应用，计算题以综合题为主，考查复杂模型分析求解。 题型一 动量定理的理解及应用 1．（2025浙江，T5，3分）有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为（　　） A． B． C． D． 2．（2024北京，T8，3分）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 3．（2025浙江，T9，3分）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 4．（2025北京，T19，10分）关于飞机的运动，研究下列问题。 （1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 （2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 （3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 5．（2025河北，T14，14分）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 （2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 知识1 冲量的三种计算方法 1．平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I=t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 2．图像法：在F-t图像中图线与坐标轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 3．动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出合外力的冲量。 知识2 冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I=FΔt（F为恒力） W=Flcos α （F为恒力） 标矢性 矢量 标量 意义 （1）表示力对时间的累积 （2）是动量变化的量度 （1）表示力对空间的累积 （2）是能量变化的量度 说明 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 知识3 动量与动能的关系 动量和动能的关系：p=或Ek=。 知识4 动量定理的深入理解 1．Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。列方程之前应先规定正方向。 2．Ft=p'-p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。 3．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。 4．由Ft=p'-p得F==，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 5．当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。 能力1 利用动量定理解题的基本思路 能力2 动量定理的应用技巧 1．应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。 2．应用Δp=FΔt求动量的变化量 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量（Δp=p2-p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换为动量的变化量。 能力3 用动量定理处理多过程问题 如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法： 1．分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。 2．全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。 3．若不需要求中间量，用全程法更为简便。 能力4 用动量定理处理“流体类”问题 研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度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）构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S （2）微元研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt 小柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体粒子数N=nvSΔt 小柱体动量p=mv=ρv2SΔt （3）列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究 考向1 动量与冲量 1．（2025·北京166中、50中等·期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机碰到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，碰到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度。下列分析正确的是（    ） A．手机接触头部之前的速度约为1m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.48N·s C．手机对头部的作用力大小约为1.2N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48kg·m/s 考向2 动量定理的应用 2．（2025·北京人大附中·月考）如图所示，滑雪运动员在倾角为37°的斜坡滑道上进行训练，他从斜坡上A点由静止开始自由滑下，滑至底端B点后，接着在与倾斜滑道平滑连接的水平滑道上又滑行 8s，在C点停下。已知BC段长为80m，不计空气阻力及运动员经过B点时的能量损失，滑板与滑道间的动摩擦因数处处相同，运动员及装备的质量为50kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）滑板与滑道间的动摩擦因数； （2）AB段支持力对运动员的冲量。 （3）AB段的长度； 考向3 利用动量定理处理流体（变质量）问题 3．（2025·北京首师大附中·月考）香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中。如图所示，这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的初速度从横截面积为的喷口处竖直向上喷出，设冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部，水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为，水的密度为，重力加速度大小为，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。 （1）流量的定义是流体在单位时间内通过某一横截面的体积，求喷口处水的流量； （2）水柱在上升过程中各处水的流量相等，由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时，其距喷泉喷口处的高度。 题型二 动量守恒定律的理解及应用 1．（2025河南，T7，4分）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 2．（2025福建，T8，6分）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 3．（2025湖南，T15，16分）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 （1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； （2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； （3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 知识1 动量守恒定律的深入理解 1.内容 如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 （1）p=p'，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 （2）m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 （3）Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 （4）Δp=0，系统总动量的增量为零。 3.适用条件 （1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 （2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 （3）某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 4.动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1'、v2' 必须相对于同一个惯性参考系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1'、v2' 是在相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 知识2 碰撞 1.碰撞的定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。 2.碰撞的特点：作用时间极短，内力（相互碰撞力）远大于外力，总动量守恒。 3.三类碰撞的对比 动量是否守恒 机械能有无损失 弹性碰撞 守恒 无损失 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 有损失且损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞的讨论 如图所示，以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，规定v1的方向为正方向，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 联立解得v1'=v1，v2'=v1。 讨论： ①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1（速度交换）; ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0（碰后两小球沿同一方向运动）;当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1; ③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0（碰后两小球沿相反方向运动）;当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。 5.动碰动的弹性碰撞 质量为m1与质量为m2的物体分别以速度v1、v2运动并发生弹性碰撞，如图所示。 根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1+m2=m1v1'2+m2v2'2 解得v1'=，v2'=。 特别提醒：若m1=m2，则v1'=v2，v2'=v1，两物体交换速度。 碰撞现象满足的规律 1.动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 2.动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。 3.速度要合理 (1)若两物体同向运动,则碰前应有v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。 (2)若两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 知识3 动量守恒定律的应用 1.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 3.人船模型 （1）人船模型图示 （2）模型特点 ①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0。 ②两者的位移大小满足：m-M=0，x人+x船=L，得x人=L，x船=L。 （3）运动特点 ①人动则船动，人静则船静;人快船快，人慢船慢;人左船右。 ②人船位移比等于二者质量的反比;人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即==。 （4）“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒） 能力1 利用动量守恒定律解题的基本思路 1．明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。 2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。 3．规定正方向，确定初、末状态动量。 4．由动量守恒定律列出方程。 5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 考向1 动量守恒的判断及简单应用 1．（2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 考向2 碰撞问题 2．（2025·北京育才·期中）A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1s闪光一次，连续拍照5次，拍得如图所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（　　） A．第四次拍照时物体A在100cm处 B．第四次拍照时物体A在80cm处， C． D． 3．（2025·北京西城·期末）利用人造卫星环绕土星进行探索是研究土星的重要手段。在土星赤道上空有大量离散物质绕土星旋转，组成半径范围为r0至7r0、厚度很薄的“土星光环”。“土星光环”中半径为2r0处存在极窄的环状狭缝，离散物质极少，可供人造卫星穿越光环，进行观测研究。 现设计一颗人造卫星做穿过该狭缝、经过两极上空的圆周运动，其轨道平面与土星赤道平面垂直。设土星是质量为M的均匀球体，卫星质量为m，已知万有引力常量为G，仅考虑土星的引力影响，取无限远处为引力势能零点，卫星在距离土星中心r的位置处，其引力势能表示为。 （1）求卫星在穿越狭缝的轨道上运动的周期T。 （2）在狭缝中存在极少量绕土星做圆周运动的颗粒，若卫星在穿越狭缝的过程中恰好与一个质量为m0的颗粒撞击（m0<m），撞击过程可视为完全非弹性碰撞。将卫星与颗粒看作一个系统。 a.求碰撞前瞬间系统的动量大小p。 b.求碰撞后瞬间系统的速度大小v。 c.若碰撞后的运动过程中卫星恰好能沿土星光环边缘擦过，请结合开普勒第二定律分析m0与m的质量关系。 考向3 爆炸 反冲 人船模型 4．（2025·北京80中·月考）如图所示，小车静止放在光滑的水平面上，小车上固定竖直杆的顶端O点用细线系着小球，现将小球向右拉开至图示位置，并将小球和小车同时由静止释放，小球依次摆到O点的正下方O′点和左边的最高点B（图中未画出），不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球从A点到B点的过程中，小球和小车组成的系统的动量和机械能都守恒 B．小球从A点到O′点的过程中，小车向右运动 C．B点的高度比A点的高度低 D．小球再次回到A点的瞬间，小车相对初位置向右移动了一段距离 2 / 33 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 动量定理 动量守恒定律 目录 01 2 02 构·知能架构 3 03 破·题型攻坚 4 题型一 动量定理的理解及应用 4 真题动向 4 必备知识 9 真题动向 常以冲击、碰撞、流体模型为情境，考查冲量与动量变化的定量关系 必备知识 知识1 冲量的三种计算方法 知识2 冲量与功的比较 知识3 动量与动能的关系 知识4 动量定理的深入理解 关键能力 能力1 利用动量定理解题的基本思路 能力2 动量定理的应用技巧 能力3 用动量定理处理多过程问题 能力4 用动量定理处理“流体类”问题 命题预测 考向1 动量与冲量 考向2 动量定理的应用 考向3 利用动量定理处理流体（变质量）问题 题型二 动量守恒定律的理解及应用 15 真题动向 高频与能量守恒、爆炸、人船模型综合，突出系统性分析与矢量运算 必备知识 知识1 动量守恒定律的深入理解 知识2 碰撞 知识3 动量守恒定律的应用 关键能力 能力1 利用动量守恒定律解题的基本思路 命题预测 考向1 动量守恒的判断及简单应用 考向2 碰撞问题 考向3 爆炸 反冲 人船模型 命题轨迹透视 从近三年北京高考物理试题来看，试题以选择题、计算题为主，难度中偏难等。命题趋势：情境载体将从常规场景向科技与生活深度融合延伸，融入智能驾驶、航天、体育等场景；知识融合会从单一模块走向跨模块深度交织，强化与牛顿运动定律、机械能守恒定律、电磁学的结合；能力考查侧重从定性分析转向定量建模与实验迁移，突出多物体多过程建模、变力冲量计算以及实验误差分析与原理迁移；题型分布呈现从基础考查到综合应用的分层设计，选择题增加情境化干扰项，计算题提升多过程、多物体、跨模块叠加的综合复杂度。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 动量定理的理解及应用 北京卷T19，10分 北京卷T8，3分 动量守恒定律的理解及应用 2026命题预测 预计2026年北京物理高考在动量定理、动量守恒定律方面，将延续“生活+科技前沿”的情境风格，新增航天器对接、粒子对撞等科技场景，侧重规律的场景迁移应用；知识上会跨模块融合牛顿运动定律、能量守恒等内容，还会串联碰撞-运动完整过程，考查分阶段建模能力；能力考查强化物理建模与定量计算，涉及变力冲量、动量与能量综合计算等，实验探究可能拓展至动量守恒实验误差分析、反冲实验改进等；题型上选择题侧重基础概念与简单模型应用，计算题以综合题为主，考查复杂模型分析求解。 题型一 动量定理的理解及应用 1．（2025浙江，T5，3分）有一离地面高度、质量为稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数，重力加速度，则它降落到地面的时间约为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】沙尘颗粒开始时速度较小，则阻力较小，可知 沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足 解得 由最大速度可知，沙尘颗粒做加速运动的时间很小，则下落的高度也很小，因此沙尘颗粒在整个运动中的时间基本上都在匀速运动阶段，可得沙尘颗粒降落到地面的时间约为；故选B。 命题解读 新情境：本题以沙尘颗粒竖直降落为情境，在传统的物体竖直下落情境基础上，加入了阻力与速率成正比这一条件。虽然物体在重力和阻力作用下运动的情境较为常见，但阻力与速率的正比例关系使得该情境具有一定的新颖性，从实际角度更符合沙尘颗粒这类微小物体在空气中下落的真实情况，区别于传统的只受重力或恒定阻力的下落情境。 新角度：本题需要从物体运动状态的变化过程来分析。先根据牛顿第二定律 mg−kv=ma 分析出沙尘颗粒开始时速度小，阻力小，加速度大，随着速度增大，阻力增大，加速度减小，直至加速度为零达到稳定速度这一过程。然后从动量定理角度建立方程求解时间，不再是单纯从位移 - 时间或速度 - 时间的运动学常规角度分析，而是从力对时间的积累（动量定理）这一角度来分析问题，属于新角度。 新角度：本题要求学生具备过程分析思维，能够清晰地理解沙尘颗粒从开始下落到稳定降落整个过程中受力和运动状态的变化。同时要具备模型构建思维，将实际的沙尘颗粒下落问题构建成符合动量定理应用的物理模型，根据已知条件和物理规律列出方程求解。这种思维方式突破了传统简单运动学问题的思维模式，更强调对物理过程的深入理解和综合运用物理规律的能力，属于新思维。 2．（2024北京，T8，3分）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 【答案】C 【解析】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误； C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确； A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误； B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。故选C。 命题解读 新情境：该情境是小球竖直上抛运动且所受空气阻力大小与速度大小成正比，这是在传统竖直上抛运动情境基础上增加了变力（空气阻力随速度变化）的因素。虽然竖直上抛运动是常见情境，但结合变力空气阻力后，形成了相对较新的情境，与仅考虑重力的竖直上抛运动有所不同，增加了问题的复杂性和实际性，更贴近真实的物理运动情况。 新考法：传统考法对于竖直上抛运动常考查运动学公式的应用、机械能守恒等知识，且空气阻力一般忽略不计或视为恒力。本题中空气阻力与速度成正比，导致合力是变力，考查时需要结合牛顿第二定律、动能定理、动量定理等多方面知识综合分析，属于多知识点融合的考法。例如在分析加速度、时间、机械能损失以及合力冲量等问题时，都需要全面考虑各物理量之间的关系，不再是单一知识点的简单应用，所以属于新考法。 新思维：本题需要学生具备动态思维，因为空气阻力是随速度变化的变力，所以整个运动过程中加速度、速度等物理量都在动态变化，要能理解这种变化关系。同时，需要建立综合思维模型，将牛顿运动定律、动能定理、动量定理等知识综合运用，来分析时间、机械能损失、合力冲量等问题。这种思维方式突破了传统竖直上抛运动简单应用运动学公式的思维模式，强调对物理过程的全面理解和多知识模块的综合运用，所以体现了新思维。 3．（2025浙江，T9，3分）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【答案】C 【解析】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间 根据动量定理 代入数据解得 由自由落体公式 得高度 每层楼高约3m，对应楼层数为层。故选C。 命题解读 新情境：以高空抛物这一社会热点问题为情境，具有很强的现实意义。虽然自由落体运动是常见的物理模型，但结合高空抛物这一实际危害事件，相较于传统单纯的自由落体运动情境，为物理问题赋予了现实背景，属于新情境。它让学生意识到物理知识与社会问题的紧密联系，引导学生关注生活中的物理现象。 新考法：传统考法对自由落体运动的考查，可能更多是直接给出高度求速度、时间等，或者反过来已知速度、时间求高度等简单的单一知识点考查。本题将自由落体运动与动量定理相结合，先根据动量定理求出鸡蛋撞击地面瞬间的速度，再通过自由落体运动公式求出下落高度，进而估算楼层。这种多知识点融合的考查方式，不再局限于单一知识点的应用，属于新考法，着重考查学生对不同物理规律的综合运用能力。 新角度：从实际应用角度出发，以高空抛物造成的危害（产生特定冲击力对人有生命危险）为切入点，引导学生运用物理知识估算鸡蛋坠落楼层，分析危害产生的源头。这与传统物理题目单纯考查物理规律的应用不同，更强调物理知识在解决实际社会问题中的应用角度，是一种新角度。 4．（2025北京，T19，10分）关于飞机的运动，研究下列问题。 （1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 （2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 （3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【答案】（1） （2） =2（3）论证见解析， 【解析】（1）根据动能定理 可得牵引力对飞机做的功 （2）加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系 减速过程，根据速度位移关系 联立解得 （3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理 可得 又， 联立可得 又 可知 即 命题解读 新情境：以飞机运动为背景，将飞机在跑道上的加速起飞过程以及飞行时与气流的相互作用作为情境。飞机的运动情境相较于常见的滑块、斜面等模型，更贴近现代交通工具和实际生活中的航空领域。 新考法：将动能定理、运动学公式以及动量定理等不同知识点综合在飞机运动的背景下进行考查。例如，第一个问题结合动能定理求牵引力做功；第二个问题综合加速和减速过程的运动学公式求解特定位置；第三个问题运用动量定理建立物理模型论证作用力与速度的关系。 新角度：从飞机起飞过程中特定位置（不能放弃起飞的位置）的分析角度，不同于传统运动学中只关注位移、速度、加速度等常规量的计算，是从实际飞行操作中的特殊要求出发设置问题；在分析气流对机翼作用力时，从建立物理模型（如规定时间内与机翼作用的空气质量、气流速度变化等）来论证作用力与速度的关系，这也是新的角度。 5．（2025河北，T14，14分）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 （1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 （2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 【答案】（1）0.6m （2）IN = 0.1N·s；vx′ = 0 【解析】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg 则小物块从开始运动到离开平台有 小物块从平台飞出后做平抛运动有，x = vxt1 联立解得x = 0.6m （2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2 = gt2 则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m（－vy1），vy1 = gt1 解得IN = 0.1N·s 取水平向右为正，在水平方向有， 解得vx′ = －1m/s 但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0 命题解读 新情境：以小物块在平台上先做匀减速直线运动，再做平抛运动，与地面碰撞弹起这一复杂过程为情境。相较于单纯的平抛运动或物体在平面上的直线运动等常见情境，该情境将多个运动过程相结合，更具综合性和实际意义，属于新情境。它贴近生活中物体运动的实际情况，如小球在桌面上滚动后掉落等场景，让学生运用物理知识分析较为复杂的运动过程。 新考法：传统考法可能单独考查平抛运动的计算，或者匀变速直线运动的规律，又或者动量定理的应用等。本题将动能定理（用于计算物块在平台上运动后的速度）、平抛运动规律（计算平抛的水平和竖直位移、时间等）、动量定理（计算与地面接触时弹力冲量和水平速度）等多个知识点融合在一起进行考查。要求学生能够识别不同运动阶段，选择合适的物理规律进行求解，属于多知识点综合应用的新考法，对学生知识的综合运用能力要求较高。 新角度：本题不仅关注平抛运动的常规分析（水平和竖直方向的运动情况），还着重分析了物块与地面接触这一短暂过程中的动量变化，通过动量定理来求解弹力冲量和水平速度。从能量和力的综合角度，先利用动能定理分析物块在平台上因摩擦力做功导致的动能变化，再结合动量定理分析与地面接触时力的冲量作用，这种能量 - 力的综合分析角度相较于传统单一的能量或力的分析角度有所创新。 知识1 冲量的三种计算方法 1．平均值法：方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I=t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。 2．图像法：在F-t图像中图线与坐标轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示。 3．动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求Δp间接求出合外力的冲量。 知识2 冲量与功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 I=FΔt（F为恒力） W=Flcos α （F为恒力） 标矢性 矢量 标量 意义 （1）表示力对时间的累积 （2）是动量变化的量度 （1）表示力对空间的累积 （2）是能量变化的量度 说明 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 知识3 动量与动能的关系 动量和动能的关系：p=或Ek=。 知识4 动量定理的深入理解 1．Ft=p'-p是矢量式，两边不仅大小相等，而且方向相同。列方程之前应先规定正方向。 2．Ft=p'-p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。 3．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。 4．由Ft=p'-p得F==，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 5．当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。 能力1 利用动量定理解题的基本思路 能力2 动量定理的应用技巧 1．应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp，等效代换为力的冲量I。 2．应用Δp=FΔt求动量的变化量 例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化量（Δp=p2-p1）需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换为动量的变化量。 能力3 用动量定理处理多过程问题 如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法： 1．分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。 2．全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。 3．若不需要求中间量，用全程法更为简便。 能力4 用动量定理处理“流体类”问题 研究对象 流体类：液体流、气体流等，通常已知密度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）构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S （2）微元研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt 小柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt 小柱体粒子数N=nvSΔt 小柱体动量p=mv=ρv2SΔt （3）列出方程，应用动量定理FΔt=Δp研究 考向1 动量与冲量 1．（2025·北京166中、50中等·期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机碰到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，碰到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度。下列分析正确的是（    ） A．手机接触头部之前的速度约为1m/s B．手机对头部的冲量大小约为0.48N·s C．手机对头部的作用力大小约为1.2N D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48kg·m/s 【答案】B 【解析】A．手机接触头部之前的速度约为，A错误； B．向上为正，则对手机与头部碰撞过程由动量定理 解得I=0.48N·s 由牛顿第三定律可知，手机对头部的冲量大小约为0.48N·s，B正确； C．手机对头部的作用力大小约为，C错误； D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为，D错误。故选B。 考向2 动量定理的应用 2．（2025·北京人大附中·月考）如图所示，滑雪运动员在倾角为37°的斜坡滑道上进行训练，他从斜坡上A点由静止开始自由滑下，滑至底端B点后，接着在与倾斜滑道平滑连接的水平滑道上又滑行 8s，在C点停下。已知BC段长为80m，不计空气阻力及运动员经过B点时的能量损失，滑板与滑道间的动摩擦因数处处相同，运动员及装备的质量为50kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）滑板与滑道间的动摩擦因数； （2）AB段支持力对运动员的冲量。 （3）AB段的长度； 【答案】（1）0.25 （2），垂直斜面向上 （3）50m 【解析】（1）由运动学公式得，滑板在BC面上的加速度 由牛顿第二定律可得 解得 联立解得 （2）设在B点的速度为v，则 解得 则AB段支持力对运动员的冲量 方向垂直斜面向上。 （3）整个过程中由动能定理 解得 考向3 利用动量定理处理流体（变质量）问题 3．（2025·北京首师大附中·月考）香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中。如图所示，这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的初速度从横截面积为的喷口处竖直向上喷出，设冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部，水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为，水的密度为，重力加速度大小为，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。 （1）流量的定义是流体在单位时间内通过某一横截面的体积，求喷口处水的流量； （2）水柱在上升过程中各处水的流量相等，由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时，其距喷泉喷口处的高度。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）流量的定义是单位时间内通过某一横截面的体积，喷口处水的流速为，横截面积为，则单位时间内通过喷口的体积即流量 （2）设水柱冲击冲浪板时的速度为，由于水柱做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动速度位移关系 可得 流量是单位时间内通过横截面的体积，故单位时间内冲击冲浪板的水的质量 又 则 水冲击冲浪板前竖直方向速度为，方向向上，冲击后竖直速度变为0，对水应用动量定理，忽略水的重力，板对水的作用力的冲量等于水的动量变化，即 方向竖直向下。由牛顿第三定律，水对板的作用力 方向竖直向上。冲浪板悬停时，水对板的作用力与总重力平衡，即 代入得 解得 题型二 动量守恒定律的理解及应用 1．（2025河南，T7，4分）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 故；故选D。 命题解读 新考法：在传统的碰撞问题中，常直接给出速度等物理量进行计算或判断。本题通过图像给出碰撞前后速度随时间的变化情况，要求学生从图像中获取信息，再结合动量守恒定律进行分析判断，属于将图像与物理规律相结合的考法，对学生的图像分析能力和知识应用能力有更高要求，具有一定的创新性。 新角度：从分析角度看，本题重点在于利用动量守恒定律和图像信息来比较质量大小，与传统直接计算碰撞后的速度、动量等物理量的角度有所不同。它更侧重于对物理量之间关系的定性分析和比较，引导学生从质量与速度变化的关系这一角度去思考问题，是一种相对新颖的角度。 新思维：本题需要学生具备图像思维，能够将图像中的速度变化信息转化为物理量之间的关系，进而运用动量守恒定律建立等式进行分析。同时，要求学生具有比较思维，通过对不同碰撞过程中速度变化量与质量关系的比较，得出三辆小车质量的大小顺序。这种思维方式突破了传统碰撞问题单纯计算的思维模式，更强调对物理过程的理解和综合分析能力。 2．（2025福建，T8，6分）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以1m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2m/s，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长，t=t1时（t1为未知量），A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B可视为质点，质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（　　） A．在t=时，A的加速度大小比B的小 B．t=t1时，B的速度大小为0.5m/s C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t1过程中，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05m 【答案】BD 【解析】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为 初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有， 代入数值解得t=t1时，B的速度为 在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有， 由于，故可知 故A错误，B正确； C．在时间内，设AB向右的位移分别为，，由功能关系有 解得 故弹簧的压缩量为 故C错误； D．A与传送带的相对位移为 B与传送带的相对为 故可得 由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像 可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得 结合 可知，故D正确。故选BD。 命题解读 新情境：以传送带上通过弹簧相连的两个物块为研究对象，这种组合在传统传送带问题基础上增加了弹簧这一要素，使情境更为复杂。相较于单纯的传送带运送单个物块或多个无连接物块的情境，属于新情境。它涉及到弹簧的弹力、弹性势能以及物块间通过弹簧相互作用等知识，强调了多个物理模型的综合运用。 新考法：传统考法可能单独考查传送带问题（如物块在传送带上的运动状态分析、摩擦力分析等）或弹簧问题（如弹簧的弹力与形变量关系、弹性势能计算等）。本题将两者结合，同时还考查了系统动量守恒（在A与传送带第一次共速前AB整体所受合外力为零，系统动量守恒），属于多知识点融合的新考法。要求学生综合运用牛顿第二定律、动量守恒定律、功能关系等知识来解决问题，不再局限于单一知识点的考查。 新角度：从能量角度来看，不仅考虑物块的动能、重力势能（本题重力势能不变），还着重考查弹簧的弹性势能以及传送带对物块做功、物块间摩擦力做功等能量转化情况，这与传统只关注物块机械能转化的角度不同。从运动角度，物块的运动不仅受传送带摩擦力影响，还受弹簧弹力影响，其加速度是变化的，需要学生从动态变化的角度分析物块的运动过程，这也是新的角度。 3．（2025湖南，T15，16分）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 （1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； （2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； （3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】（1）由B点到最低点过程动能定理有 最低点牛顿第二定律可得 联立可得 （2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得 水平方向 竖直方向取向上为正可得 联立可得 （3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得 设的水平速度和竖直速度分别为，则有 则水平方向动量守恒可得 水平方向满足人船模型可得 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 水平方向 竖直方向 联立可得 即 显然当时取得最小，此时 命题解读 新情境：以机器人杂技表演为背景，结合山体、滑杆、轻绳以及特定的轨道设置等元素，构建了一个较为新颖的物理情境。这种情境相较于传统的滑块在平面运动、物体自由落体等常见物理模型，更具实际趣味性和创新性，将物理知识与实际表演场景相结合，让学生感受到物理在生活中的独特应用。 新考法：本题综合考查了多个物理知识点，如动能定理、圆周运动、斜抛运动、动量守恒定律（人船模型）以及机械能守恒定律等。不再是单一知识点的考查，而是要求学生将不同的物理规律和模型进行整合运用，通过分析机器人在不同条件下（滑杆固定或自由滑动）的运动过程，求解力、速度等物理量。这种多知识点融合的考查方式，区别于传统单一知识点的简单应用，属于新考法。 新角度：从能量和运动的综合角度来看，本题不仅关注机器人运动过程中的机械能变化（动能、重力势能的转化），还结合其运动轨迹（圆周运动、斜抛运动）进行分析。同时，在滑杆可自由滑动的情况下，引入系统水平方向动量守恒的概念，从系统的角度分析机器人和滑杆的运动关系，这与传统只关注单个物体运动或能量转化的角度不同。此外，从实际应用角度出发，以杂技表演这种娱乐活动为切入点，引导学生运用物理知识去分析和解决其中的问题，也是一个新的角度。 知识1 动量守恒定律的深入理解 1.内容 如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 （1）p=p'，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 （2）m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 （3）Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 （4）Δp=0，系统总动量的增量为零。 3.适用条件 （1）理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 （2）近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 （3）某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 4.动量守恒定律的“六种”性质 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1'、v2' 必须相对于同一个惯性参考系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1'、v2' 是在相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 知识2 碰撞 1.碰撞的定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。 2.碰撞的特点：作用时间极短，内力（相互碰撞力）远大于外力，总动量守恒。 3.三类碰撞的对比 动量是否守恒 机械能有无损失 弹性碰撞 守恒 无损失 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 有损失且损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞的讨论 如图所示，以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，规定v1的方向为正方向，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 联立解得v1'=v1，v2'=v1。 讨论： ①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1（速度交换）; ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0（碰后两小球沿同一方向运动）;当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1; ③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0（碰后两小球沿相反方向运动）;当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。 5.动碰动的弹性碰撞 质量为m1与质量为m2的物体分别以速度v1、v2运动并发生弹性碰撞，如图所示。 根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1+m2=m1v1'2+m2v2'2 解得v1'=，v2'=。 特别提醒：若m1=m2，则v1'=v2，v2'=v1，两物体交换速度。 碰撞现象满足的规律 1.动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。 2.动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或+≥+。 3.速度要合理 (1)若两物体同向运动,则碰前应有v后>v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。 (2)若两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 知识3 动量守恒定律的应用 1.爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 3.人船模型 （1）人船模型图示 （2）模型特点 ①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0。 ②两者的位移大小满足：m-M=0，x人+x船=L，得x人=L，x船=L。 （3）运动特点 ①人动则船动，人静则船静;人快船快，人慢船慢;人左船右。 ②人船位移比等于二者质量的反比;人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即==。 （4）“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒） 能力1 利用动量守恒定律解题的基本思路 1．明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。 2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。 3．规定正方向，确定初、末状态动量。 4．由动量守恒定律列出方程。 5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 考向1 动量守恒的判断及简单应用 1．（2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能不守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．动量不守恒，机械能守恒 【答案】B 【解析】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。故选B。 考向2 碰撞问题 2．（2025·北京育才·期中）A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，B静止不动，频闪照相机每隔0.1s闪光一次，连续拍照5次，拍得如图所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（　　） A．第四次拍照时物体A在100cm处 B．第四次拍照时物体A在80cm处， C． D． 【答案】A 【解析】AB．碰撞前，物体A做匀速直线运动，可知物体A第三次在90cm处，第四次在100cm处，故A正确，B错误； CD．碰撞前，A滑块的速度大小为，方向向右 碰撞后，A的速度大小为，方向向左 碰撞后，B的速度大小为，方向向右 取向右为正方向，根据动量守恒定律得 代入数据解得，故CD错误。故选A。 3．（2025·北京西城·期末）利用人造卫星环绕土星进行探索是研究土星的重要手段。在土星赤道上空有大量离散物质绕土星旋转，组成半径范围为r0至7r0、厚度很薄的“土星光环”。“土星光环”中半径为2r0处存在极窄的环状狭缝，离散物质极少，可供人造卫星穿越光环，进行观测研究。 现设计一颗人造卫星做穿过该狭缝、经过两极上空的圆周运动，其轨道平面与土星赤道平面垂直。设土星是质量为M的均匀球体，卫星质量为m，已知万有引力常量为G，仅考虑土星的引力影响，取无限远处为引力势能零点，卫星在距离土星中心r的位置处，其引力势能表示为。 （1）求卫星在穿越狭缝的轨道上运动的周期T。 （2）在狭缝中存在极少量绕土星做圆周运动的颗粒，若卫星在穿越狭缝的过程中恰好与一个质量为m0的颗粒撞击（m0<m），撞击过程可视为完全非弹性碰撞。将卫星与颗粒看作一个系统。 a.求碰撞前瞬间系统的动量大小p。 b.求碰撞后瞬间系统的速度大小v。 c.若碰撞后的运动过程中卫星恰好能沿土星光环边缘擦过，请结合开普勒第二定律分析m0与m的质量关系。 【答案】（1） （2）a.；b.；c. 【解析】（1）根据万有引力定律 代入人造卫星轨道半径2r0后可求得其角速度为 因周期 故卫星在穿越狭缝的轨道上运动的周期 （2）a.根据万有引力定律 狭缝中的颗粒及人造卫星的速度大小均为 因狭缝中的颗粒与人造卫星分别处于赤道轨道与极地轨道，在碰撞前瞬间两物体的速度方向互相垂直，故系统的动量大小 b.因撞击过程系统动量守恒，碰撞后瞬间系统的速度大小 整理得 c.卫星与颗粒完全非弹性碰撞后，系统具有的机械能为 系统从撞击点到土星光环边缘过程中，机械能守恒，设其在土星光环边缘的速度大小为，则机械能为 将其代入碰撞后瞬间机械能表达式化简后可求得 因运动过程中卫星恰好能沿土星光环边缘擦过，撞击点和土星光环边缘点为椭圆长轴上的两个端点，根据开普勒第二定律在椭圆长轴上的关系 代入得 两边平方化简后得 代入， 化简得 解得 因 故 考向3 爆炸 反冲 人船模型 4．（2025·北京80中·月考）如图所示，小车静止放在光滑的水平面上，小车上固定竖直杆的顶端O点用细线系着小球，现将小球向右拉开至图示位置，并将小球和小车同时由静止释放，小球依次摆到O点的正下方O′点和左边的最高点B（图中未画出），不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．小球从A点到B点的过程中，小球和小车组成的系统的动量和机械能都守恒 B．小球从A点到O′点的过程中，小车向右运动 C．B点的高度比A点的高度低 D．小球再次回到A点的瞬间，小车相对初位置向右移动了一段距离 【答案】B 【解析】A．小球摆动的过程中，小球和小车构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，机械能守恒，故A错误； B．小球从A点到O′点的过程中，绳子对小车的作用力的水平分力向右，故小车向右运动，故B正确； C．因为B点是左边的最高点，则小球摆到B点时相对小车的速度为零，即与小车共速，由于系统水平方向动量守恒，则二者的速度均为零，由机械能守恒定律可知，B点和A点的高度相同，故C错误； D．小球从A点到B点的过程中，小车向右先加速运动后减速运动，小球到B点时，小车的速度为零，小球从B点到A点的过程中，小车向左先加速运动后减速运动，小球到A点时，小车的速度为零，根据两次运动的对称性可知，小球回到A点时，小车回到初始位置，故D错误。故选B。 2 / 33 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $