2027届新高考物理热点精准复习动量

2027届新高考物理热点精准复习动量动能定理书写奋斗的方程,动量守恒见证成长的碰撞。记住:没有凭空消失的努力,所有付出终会

转化为属于你的“机械能守恒”!真题解码

(2022天津,10,14分)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示,运动员在水平冰面上将冰

壶A推到M点放手,此时A的速度v0=2m/s,匀减速滑行x1=16.8m到达N点时,队友用毛刷开始擦A运动前方

的冰面,使A与NP间冰面的动摩擦因数减小,A继续匀减速滑行x2=3.5m,与静止在P点的冰壶B发生正碰,

碰后瞬间A、B的速度分别为vA=0.05m/s和vB=0.55m/s。已知A、B质量相同,A与MN间冰面的动摩擦因

数μ1=0.01,重力加速度g取10m/s2,运动过程中两冰壶均视为质点,A、B碰撞时间极短。求冰壶A真题试练(1)在N点的速度v1的大小;(2)与NP间冰面的动摩擦因数μ2。答案(1)0.8m/s(2)0.004解析(1)设冰壶质量为m,冰壶A从M运动到N过程中,根据动能定理可得-μ1mgx1=

m

-

m

代入数据解得v1=0.8m/s。(2)设碰撞前瞬间A的速度为v2,由动量守恒定律可得mv2=mvA+mvB代入数据解得v2=0.6m/s设A在NP间受到的滑动摩擦力为f',则有f'=μ2mg由动能定理可得-f'x2=

m

-

m

联立解得μ2=0.004。

探究1一题多解尝试从运动学角度出发,思考其他解法。思维探秘答案第(1)问还可以用牛顿运动定律结合运动学公式进行求解。具体如下:设冰壶质量为m,A受到冰面的支持力为FN,由竖直方向受力平衡,有FN=mg设A在MN间受到的滑动摩擦力为Ff,有Ff=μ1FN设A在MN间的加速度大小为a,由牛顿第二定律,有Ff=ma由速度与位移的关系式,有

-

=-2ax1联立上述各式并代入数据解得v1=0.8m/s。第(2)问在利用动量守恒定律得到碰撞前瞬间A的速度v2之后,也可以利用运动学公式,先计算出A在NP

间运动的加速度,再结合牛顿运动定律求得冰壶A与NP间冰面的动摩擦因数μ2。探究2

拓展设问若本题情境和已知信息不变,分析以下设问。①设问1:求冰壶A从M点运动到N点所用的时间t1。②设问2:若冰壶的质量m=18kg,求冰壶A和B的作用过程中,冰壶A对冰壶B的冲量大小。答案①方法1:可先用牛顿第二定律求得冰壶A的加速度a=μ1g=0.1m/s2,再利用运动学公式x1=v0t1-

a

,代入数据解得t1=12s(另一解t1=28s不合题意,舍去)。方法2:先应用动能定理,有-μ1mgx1=

m

-

m

,求得v1=0.8m/s,再应用牛顿第二定律求得加速度a=μ1g=0.1m/s2,再利用运动学公式v1=v0-at1,代入数据解得t1=12s。方法3:先应用动能定理,有-μ1mgx1=

m

-

m

,求得v1=0.8m/s,再应用动量定理,有-μ1mgt1=mv1-mv0,代入数据解得t1=12s。②冰壶A对冰壶B的冲量大小等于冰壶B的动量变化量的大小,故根据动量定理有IAB=mvB-0,代入数据可

得A对B的冲量大小为9.9N·s。互动互探增加了已知两冰壶质量的条件后,还可以求出哪些相关物理量?互动点拨增加了已知两冰壶质量的条件之后,与运动、能量、动量等相关的物理量都是可以表达出来的,例如过

程量中的功、冲量、动能的变化量、动量的变化量、能量损失、释放的热量等;状态量中的动量、动

能、机械能等。同时冰壶的受力大小也可以求出来了。探究3

举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!如图所示,可视为质点的小物块A、B的质量均为m=0.10kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v

0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点与水平地面的距离h=0.45m,两物块落地点到轨道末

端的水平距离s=0.30m,取重力加速度g=10m/s2。

请根据上述信息,判断下列说法是否正确。如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答

过程。

(1)根据题中信息,可以求得两物块一起水平抛出后在空中运动的时间。(2)根据题中信息,可以求得两物块一起水平抛出时的初速度大小。(3)根据题中信息,可以求得两物块落地瞬间的动能。(4)根据题中信息,可以求得两物块碰撞前A的速度v0的大小。(5)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。稳基础

(6)根据题中信息,可以知道物块A在沿着倾斜轨道下滑的过程中,机械能一定是守恒的。(7)根据题中信息,可以求得物块A由静止释放时在倾斜轨道上的位置距地面的高度。(8)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中,物块A受到的冲量大小。(9)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中,物块B受到的平均冲击力的大小。(10)根据题中信息,可以求得物块A与物块B相碰前整个运动过程中所受合冲量的大小。(11)根据题中信息,可以求得物块A与物块B相碰前整个运动过程中所受合力做功的多少。叠能进阶答案(1)正确。两物块一起水平抛出后,在竖直方向做自由落体运动,由h=

gt2,代入数据解得t=0.3s。(2)正确。设A、B碰后水平抛出的速度为v,在水平方向两物块做匀速直线运动,由s=vt,可得v=1.0m/s。(3)正确。根据机械能守恒定律,落地瞬间的动能Ek=2mgh+

×2mv2,代入数据解得Ek=1J;或者根据动能定理,有2mgh=Ek-

×2mv2,同样可以得到Ek=1J。(4)正确。根据动量守恒定律有mv0=2mv,解得v0=2.0m/s。(5)正确。两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE=

m

-

×2mv2,代入数据解得ΔE=0.1J。(6)错误。机械能守恒的条件是物块运动过程中只有重力或系统内的弹力做功,题设条件中并没有明确

物块A与倾斜轨道之间是否存在摩擦力,故不能说该过程中物块A的机械能一定是守恒的。(7)错误。因为题设条件中没有明确物块A与倾斜轨道之间是否存在摩擦力,所以无法利用运动学公式或者能量相关规律求得物块A由静止释放时在倾斜轨道上的位置距地面的高度。(8)正确。根据动量定理,碰撞过程中,物块A受到的冲量大小等于其动量变化量的大小,即IA=mv0-mv,代

入数据可得IA=0.1N·s。(9)错误。根据I=

·t,由于题设条件中没有给出两物块碰撞过程的时间,所以无法求得碰撞过程中物块B受到的平均冲击力的大小。(10)正确。根据动量定理,有IA合=mv0-0,代入数据解得IA合=0.2N·s。(11)正确。根据动能定理,有WA合=

m

-0,代入数据解得WA合=0.2J。能量和动量是物理学中描述物体状态特征的两个重要的角度,它们之间既有区别,也有联系。从能

量和动量角度处理问题,也是高中阶段处理力学物理问题的两种重要思维路径,其中所涉及的动能定

理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律,是高中阶段解决物理问题的重要方

法,体现了力在空间和时间两个维度上的累积效应。能量和动量的思维路径已经不再局限于力学或者

电学的限制,它们贯穿于整个高中物理,所以成为高考的热点和重点就理所应当了。解答这类问题的思维方法主要集中在下面的关系上:素能进阶

为了帮助大家在备考复习中清晰梳理知识和融会贯通考点,特设立几个专题进行解法探秘。专题8动量目录|(2021湖北,3,4分)抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约8g,出

膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大

小约12N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为

()A.40B.80C.120D.160C解法探秘真题试练1:动量、冲量和动量定理解析以子弹的初速度方向为正方向,连续射击1分钟的过程中,设射出了n颗子弹,对子弹运用动量定

理,则有Ft=nmv,代入数据,解得n=120,C正确。

探究1

一题多解应用等效思维,从动力学的角度出发,尝试思考其他解法。解法重构答案本题中子弹的加速过程可等效为在冲力作用下极短的时间内子弹做平均加速度为

=

=

m/s2=1.5×103m/s2的加速运动,由v=at,可得每颗子弹被加速的时间为0.5s,而从子弹被加速获得速度到

其出膛的时间间隔极小,所以可以认为1分钟内射出的子弹数量与1分钟内被加速的子弹数量相等,故n=

=120。探究2

拓展设问①设问1:子弹弹头被加速到出膛的整个过程中,其动量变化量是多少?②设问2:若忽略空气阻力,子弹弹头出膛后做斜上抛运动,想要求出其运动时间,除原题中数据外,还需

要知道哪些条件?答案①根据Δp=mv-0,可求得子弹弹头的动量变化量为6kg·m/s。②若忽略空气阻力,子弹弹头出膛后做斜上抛运动,想要求出其运动时间,还需要知道初速度方向与水

平方向的夹角,枪口与目标之间的高度差或枪口与目标之间的水平距离等相关条件。1.情境变异·微粒类→流体类

(2022福建,8,6分)(多选)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化

的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁

场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,

再经电场加速喷出,形成推力。某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104m/s,推

进器产生的推力为80mN。已知氙离子的比荷为7.3×105C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁

场对离子的作用力及粒子之间的相互作用,则

()探究3

同类竞探ADA.氙离子的加速电压约为175VB.氙离子的加速电压约为700VC.氙离子向外喷射形成的电流约为37AD.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6kg解析设氙离子的比荷为

,氙离子的初速度为零,经电场加速后喷射速度为1.6×104m/s,根据动能定理有qU=

mv2-0,可得加速电压为U=

≈175V,A正确,B错误。设在Δt时间内,有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出,形成电流为I,由动量定理可得FΔt=Δmv-0,进入放电通道的氙气质量为Δm0,被电离的比

例为η,则有

=η

,联立解得

=

≈5.3×10-6kg,D正确。在Δt时间内,有电荷量为ΔQ的氙离子喷射而出,则有ΔQ=

q,I=

,联立解得I=

·

≈3.7A,C错误。2.情境变异·单过程→多过程

(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平

面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向

右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第

二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑

块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则

()

A.t1<t2B.t1>t2C.x1>x2D.x1<x2

A解析设滑块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为t1';滑出MN之后

的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-

m

,解得x1'+x2'=

,而x总=x1'+x2'+x0=

-

x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'=

-

t0,总时间t总=t1'+t2'+t0=

-

t0(μ1>μ2),由于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t总大,所以t1<t2,A正确,B错误。3.情境变异·直线→曲线

(2021北京,10,3分)如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀

速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动,小物

体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是

()

A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωrD解析圆盘停止转动前,物体所受的静摩擦力提供其做匀速圆周运动的向心力,方向沿半径指向圆心,A

错误。物体匀速转动一周受到的摩擦力是一个变力,可用动量定理来计算摩擦力的冲量,转动一周动量

的变化量为零,I=Δp=0,B错误。停止转动后,物体做离心运动,不是沿着半径方向运动,C错误。停止转

动后,物体初动量为mωr,最后物体停下来,末动量为零,整个过程中摩擦力的冲量大小等于动量的变化

量大小,为mωr,D正确。技巧点拨求变力的冲量的技巧:如果变力是物体运动过程中的合力,可用动量定理I=Δp求该变力的冲量。(2022北京,10,3分)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是

(

)A.碰撞前m2的速率大于m1的速率真题试练2:动量守恒定律CB.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能解析位移-时间图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物体速率相等、运

动方向相反,A、B错误。碰撞过程中动量守恒,有p1=-p1'+p2',可知p2'>p1',C正确。由p2'>p1'、碰后两物体

速率相等可知m2>m1,则碰撞后m2的动能大于m1的动能,D错误。

探究1

拓展设问①设问1:由题设条件,能否求得m1和m2的大小关系?②设问2:由题设条件,能否判断两物体的碰撞过程是否是弹性碰撞?③设问3:碰撞过程中,两个物体受到的冲量具有怎样的关系?④设问4:如果两个物体的质量大小相等,在其他初始条件不变的情况下,依然发生弹性碰撞,则碰后两个

物体的速度变化具有怎样的特征?解法重构答案①能。根据题图可知m1碰前的速度大小为v0=

m/s=4m/s,m2碰前速度为0,两物体发生正碰,m1碰后的速度大小为v1=

m/s=2m/s,m2碰后的速度大小为v2=

m/s=2m/s,两物体碰撞过程中满足动量守恒定律,即有m1v0=-m1v1+m2v2,联立解得两物体质量的关系为m2=3m1。②能。根据题图可知m1碰前的速度大小为v0=4m/s,m2碰前速度为0,两物体发生正碰,m1碰后的速度大小

为v1=2m/s,m2碰后的速度大小为v2=2m/s,则碰前的系统总动能Ek1=

m1

+0=8m1(J),碰后系统总动能Ek2=

m1

+

m2

=8m1(J),Ek1=Ek2,故可知两物体的碰撞过程为弹性碰撞。③两个物体之间的相互作用力大小相等、方向相反、作用时间相同,故两个物体受到的冲量大小相

等、方向相反。④两个相同质量的物体发生弹性正碰,会发生速度交换的情况,即碰完之后质量为m1的物体的速度变成0,而质量为m2的物体的速度变成4m/s。探究2

图像表征请画出两物体碰撞前后的速度-时间图像。答案由于x-t图线的斜率表示物体的速度,根据题中x-t图像可得两个物体碰撞前后的速度随时间变化

的图像,如图所示。

1.表征变异·图像→文本

(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是

()

A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小B探究3

同类竞探C.v2大于v1D.v2大于v0

解析设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程,有mv0=mv'+mv1,

m

=

mv'2+

m

,联立解得v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p氢=mv0,氢核动能Ek氢=

m

;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2,

m

=

mv″2+

M

,解得v″=

v0=-

v0,v2=

v0=

v0<v1,可知碰后氮核动量p氮=Mv2=

mv0>p氢,碰后氮核动能Ek氮=

M

=

×

m

<

,B正确。2.情境变异·力学→电磁学

(2023全国甲,25,20分)如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,

其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向

竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨

上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时

间极短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动

时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。答案(1)

(2)m

(3)

审题指导(1)注意Q棒是绝缘棒,不会有电流通过Q棒,且导轨光滑,说明Q棒与P棒碰撞前后Q棒均做匀

速直线运动。(2)P棒与Q棒滑出导轨后落在地面上同一点,说明P棒与Q棒滑出导轨时的速度相同。解析(1)由于绝缘棒Q与金属棒P的碰撞为弹性碰撞,金属导轨光滑,可知碰撞过程中Q棒与P棒组成的

系统动量守恒,机械能守恒,有3mv0=3mv'1+mv'2

①

×3m

=

×3mv1'2+

mv2'2

②联立①②得v'1=

,v'2=

v0绝缘棒Q在水平方向所受合力为0,碰后做匀速直线运动,而P、Q落在地面同一点,可知P棒滑出导轨时

的速度等于Q棒滑出导轨时的速度,即金属棒P滑出导轨时的速度大小为

。(2)由能量守恒定律可知,金属棒P减少的动能转化为运动过程中P棒产生的焦耳热,有QP=

mv2'2-

mv1'2=

m×

-

m×

=m

③(3)对金属棒P由法拉第电磁感应定律有

=n

(其中n=1)

④

=

⑤q=

·Δt

⑥联立④⑤⑥得q=

=

⑦可知碰撞后P的位移为x=

⑧对金属棒P应用动量定理有-B

lΔt=mΔv

⑨整理有-Blq=mv'1-mv'2=-mv0,解得q=

⑩从Q与P碰撞到Q滑出导轨,Q与P在导轨上运动的位移相同,都是x,Q做匀速直线运动,则与P碰撞后,设绝

缘棒Q在导轨上运动的时间为t't'=

联立①②⑧⑩

可得t'=

3.条件变异·弹性→非弹性

(2024湖南,15,16分)如图,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内

有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B发

生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起,求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小;(2)若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点,求小球的质量比

;(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞,每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。答案(1)

v0

(2)2或5(3)

·

解析(1)小球A和B发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=

v0对组合体受力分析,其做圆周运动的向心力F向=(mA+mB)

联立解得F向=

。(2)标出所有碰撞位置如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三处为等边三角形的三个顶点。第1次碰撞,小球A撞上小球B,发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB由机械能守恒定律有

mA

=

mA

+

mB

联立解得vA=

v0,vB=

v0,由题意可知mA>mB,vA>0,vB>0,即碰后两球同向运动。第2次碰撞,小球B撞上小球A,发生弹性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢复到v0,小球B静止,发生第2次碰

撞时是B比A多运动一圈追上A发生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅱ处,则

=

=

可得

=2。第3次碰撞是A在Ⅱ处撞上B,而后A在Ⅲ处被B撞上发生第4次碰撞(与第2次碰撞类似),第6次在Ⅰ处碰

撞,以此类推,两球总是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处发生碰撞。若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ处,则

=

=

可得

=5与前面分析类似,此情况下所有的碰撞位置也刚好位于等边三角形的三个顶点,满足要求。(3)第1次碰撞,由动量守恒定律有mAv0=mAvA1+mBvB1由碰撞前后相对速度的变化关系有

=e第1次碰撞后到第2次碰撞之间有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR其中t1为第1次碰撞至第2次碰撞的时间联立解得xB1=vB1t1=

第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2(点拨:对于始终发生碰撞的系统,为了计算方便,等式左边可以用

mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2)

=e,则vA2-vB2=e2v0xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR联立解得xB2=

通过运算发现,第1次碰撞后B球速度大于A球速度,则第2次碰撞为速度大的B球撞A球,碰撞后A球速度

大于B球速度且B球不反弹,第3次碰撞为速度大的A球撞B球,如此循环往复,可知第n次碰撞后到第n+1次碰撞,B球运动的路程xBn=

从第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间B球通过的路程xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n=

=

·

。互动互探通过上述探究,你知道利用动量定理和动量守恒定律去描述物体运动需要注意哪些问题吗?互动点拨利用动量定理和动量守恒定律描述物体运动,需要注意的事项如下。(1)矢量性。动量和冲量都是矢量,所以在使用动量定理或者动量守恒定律处理问题时,首先要有方向

意识,先设定正方向,再进行下一步分析。(2)过程性。无论是动量定理还是动量守恒定律,处理的问题都是过程问题,所以具体分析问题时,一定

要明确是哪一段过程,其初、末状态分别是什么,过程之中受力如何。(3)对象性。动量定理的使用对象一般为单个物体(或可视为单个物体的系统),作用过程有一定时间及

明显的速度变化;动量守恒定律的使用对象一般是不可视为单个物体的系统,系统内的物体之间会发生

相互作用,但系统所受合力为0。冲量是力在时间上累积效果的体现,对应着相应的物理过程,所产生的效果是引起物体动量的变

化。冲量与做功不同,力作用在物体上,一定会有冲量,但是未必能够做功,其根源是力的作用存在时间

的流逝,但未必有空间的变化。时间的流逝是自然而然地发生的,而空间的改变则需要一定的条件。动量是状态量,它在描述了物体运动快慢和方向的同时,还体现了运动的物质性的特点。使用动量

的思想分析相关物理问题时,矢量性是必须考虑的重要因素之一。解法密钥底层逻辑

1.公式法动量这个专题主要涉及动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒等对应的公式。具体

使用时,要根据问题的需求选定所需要的公式。一般来说,涉及求解变力冲量、动量、时间、速度等问

题时,优先考虑使用动量定理。动量守恒定律的使用条件比较严格,所研究的对象一般都是某个由至少

两个物体组成的系统,过程中系统内的物体发生着某些相互作用,例如碰撞、击打、滑行、反冲等,整

个系统满足合力为0或者某一方向上合力为0的条件,作用前后系统的总动量或某一方向的总动量保持

不变。使用动量定理时,一定要明确初、末状态的动量方向和大小。使用动量守恒定律时,一定要明确作

用过程的初、末状态,以及参与相互作用的物体,即系统到底是由谁与谁组成的。思维方法

2.图像法在处理动量相关问题时,一般会用画v-t图像的方法将物体的速度随时间变化的情况直观展现出来,方便

进一步分析。利用图像法分析碰撞、板块模型、弹簧模型等涉及动量守恒定律的问题,一般还是很方

便的。如图所示是一个经典的两个物体之间通过弹簧发生相互作用,且符合动量守恒定律的v-t图像。

3.分段法与整体法(1)涉及多个运动过程时,如果使用动量定理解决问题,根据问题特点,对整体列方程可以减少方程的个

数和计算次数。注意对整体列方程必须明确每个力作用的时间。(2)使用动量守恒定律解决相关问题时,一般不提倡对整体列式,分阶段列式更为妥当。(3)分阶段列式,需要注意前、后阶段之间的联系和变化。联系主要是前一个阶段的末状态,往往就是

后一个阶段的初状态;变化往往是系统研究对象的变化,可能前一个阶段的系统是由三个物体构成的,

后一个阶段的系统只剩下了其中两个物体。

考查形式

高考中考查动量相关内容的试题形式包括选择题、实验题和计算题。就知识覆盖面而言,有单一考查

动量、冲量知识的试题,也有综合考查动量、能量、电磁知识的综合性试题。试题的表征方式既有文

本形式,也有图像形式和函数公式形式。常见情境

高考中涉及动量相关知识的考查,一部分是理想化模型,一部分会结合生产、生活中的实际情境。动量

定理问题的情境涉及面比较广,直线运动、抛体运动、圆周运动等都可能涉及。考查动量守恒定律相

关问题的情境特点比较明显,涉及相互作用,诸如碰撞、爆炸、弹簧模型、板块模型、电磁背景的双轨

道模型等。考向探秘1.(2025广东,10,6分)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉

力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已

知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的

质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有

()

A.受到空气作用力的方向会变化解法特训ABDB.受到拉力的冲量大小为

TC.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+

TD.T时刻受到空气作用力的大小为

解析由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故无人机处于平衡

状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作用力方向必然变化(点拨:可以画

出力的矢量三角形帮助快速解题),A正确;无人机在0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化,可

采用平均值法求解其冲量大小,则有IF=

T=

T,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲

量与拉力冲量的代数和,C错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向的分力Fx和

竖直方向的分力Fy,则有F空气=

,其中Fx=(F0-kT)cos30°=

(F0-kT),Fy=mg+(F0-kT)sin30°=mg+

(F0-kT),则有F空气=

,D正确。2.(2021福建,4,4分)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风

速范围为24.5m/s~28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0m/s~56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的

交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的

()A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍B解析设空气的密度为ρ,规定初速度的方向为正方向,风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面

积为S,在时间Δt内吹过的空气的质量为Δm=ρSvΔt,假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速

度变为零,对风由动量定理有-F·Δt=0-Δmv,可得标志牌对台风的作用力F=ρSv2,根据牛顿第三定律知,台

风对标志牌的作用力F'=F=ρSv2,10级台风的风速v1≈26.5m/s,16级台风的风速v2≈53.5m/s,则有

=

≈4,B正确。3.(2023广东,10,6分)(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

()

A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5NBD解析取向右为正方向,两滑块碰撞前瞬间的动量p1=mv1+0=0.40kg·m/s,碰撞后瞬间的动量p2=2mv2=0.44kg·m/s,p1<p2,故两滑块的碰撞过程动量不守恒,A错误。对滑块1,由动量定理可得I1=mv2-mv1=-0.18kg·

m/s,滑块1受到的合外力的冲量大小为0.18N·s,方向水平向左,B正确。对滑块2,由动量定理可得I2=mv2=

0.22kg·m/s,滑块2受到的合外力的冲量大小为0.22N·s,方向水平向右,C错误。对滑块2,由冲量的定义

式可得I2=F12Δt,解得滑块2受到滑块1的平均作用力大小F12=5.5N,D正确。4.(2021浙江1月,12,3分)在爆炸实验基地有一发射塔,发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。

爆炸物自发射塔竖直向上发射,上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的

两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时,在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响

声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力,g取10m/s2。下列说法正确的是

()A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340mB解析根据动量守恒有m1v1=m2v2,若m1∶m2=2∶1,则两碎块速度之比v1∶v2=1∶2。由于从同一高度做

平抛运动,故在空中运动时间相等,设平抛运动时间为t0,有v1t