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　　第五章动量守恒定律
课程标准 浙江选考近三年考情统计
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验,理解动量定理和动量守恒定律,能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。 2.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 3.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一。 考点 考情统计
动量和动量定理 2025年6月T9,2025年6月T17,2025年1月T5,2024年6月T15,2024年1月T19(3年5考)
动量守恒定律 2026年1月T13、T17,2025年6月T16,2025年1月T8、T16,2024年6月T18,2024年1月T18(3年7考)
弹性碰撞和非弹性碰撞 2026年1月T17,2025年1月T8、T16(3年3考)
反冲现象　火箭 2024年1月T9(3年1考)
实验:验证动量守恒定律 (3年0考)
浙江选考命题特点 (1)基础性与主干知识并重:试题常与功能关系、抛体运动、碰撞模型等综合,强调对动量定理、动量守恒定律等基础规律的理解与应用。 (2)情境创新与模型融合:试题注重创设生活实践与科学探索情境,如沙尘颗粒降落、火箭推进等。 (3)综合性与能力分层:设置多过程、多对象、多模块综合的试题,基础层考查公式的简单应用,进阶层要求建模与推理(如非弹性碰撞的能量损失计算),如2025年1月T16,设置了光滑倾斜直轨道、水平轨道和竖直圆轨道,还设置了粗糙倾斜直轨道及斜抛运动的临界极值问题。 浙江选考命题趋势 (1)情境化、生活化、科技化:近几年考题都把动量守恒置于真实的生产、生活或科技情境,用“游戏”“游乐设施”等学生熟悉又新颖的场景替代传统“小球碰撞”,要求考生从复杂背景中抽象出物理模型,题图重视主体图考查。 (2)综合性持续升级:动量守恒不再单独考查,而是与能量守恒、牛顿运动定律、圆周运动、平抛(斜抛)运动、简谐运动、摩擦生热、电磁感应等多模块深度捆绑。试卷结构呈“一题多点”。 (3)模型开放、结论开放:2025年1月T16(3)给出“游戏成功”的多种可能路径,首次出现“讨论高度h”的设问,体现“结论开放、答案不唯一”的新导向。预计以后还会出现“设计方案”“判断能否实现”等探究式设问。
课时1　动量和动量定理
考点一　对动量、冲量的理解与应用
1.
2.
3.
命题视角1　辨析动量、动量变化量与冲量的概念,注重方向的分析
【典例1】 (中等)有两个完全相同的铅球,从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放,两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板,右筒底部为泡沫,压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②所示,已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中(　　)
A.左边小球所受重力的冲量大
B.两小球所受合力的冲量相等
C.左边小球动量变化率大
D.右边小球动量变化量大
解析:C　题图甲左边装置底部为钢板,右边装置底部为泡沫,则小球与左边装置底部碰撞过程作用时间较小,重力冲量I=mgt,可知左边小球所受重力的冲量小,A错误;两小球所受合力的冲量为支持力(撞击力)冲量与重力冲量之差,由题意知曲线①②与时间轴围成的面积相等,即支持力冲量相等,由于左边小球所受重力的冲量小,则左边小球所受合力的冲量大,即左边小球动量变化量大,B、D错误;由于左边小球碰撞过程中所受合力的冲量大,且作用时间较小,故左边小球的动量变化率()大,C正确。
命题视角2　冲量的计算,过程分段,巧选方法
1.关键点
(1)F-t图像法计算冲量。
(1)用图线与时间轴围成的净面积求变力的冲量; (2)若F-t图线成线性关系,也可用平均力求变力的冲量,即 I=t
(2)动量定理法(I=Δp)计算变力的冲量:先计算Δp,再得出变力的冲量I。
2.解题思维链
【典例2】 (容易)如图所示,物体从t=0时刻开始由静止做直线运动,0~4 s内其合力随时间变化的关系图线为正弦曲线,下列表述正确的是(　　)
A.0~4 s内合力的冲量一直增大
B.0~4 s内合力的冲量一直减小
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0~4 s内物体动量的方向一直不变
解析:D　根据F-t图像中图线与t轴围成的“面积”表示冲量,可知在0~2 s内合力的冲量一直增大,0~4 s内合力的冲量为零,A、B错误;2 s末合力的冲量方向发生变化,物体的动量开始减小,但速度方向不发生变化,0~4 s内物体动量的方向一直不变,C错误,D正确。
考点二　对动量定理的理解与应用
命题视角1　应用动量定理进行定性分析缓冲现象,抓作用时间,分析平均力
【典例3】 (容易)(多选)如图所示,在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎,轮船驶向码头停靠时,会与码头发生碰撞,对这些轮胎的作用,下列说法正确的是(　　)
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
解析:CD　对轮船靠岸与码头碰撞的过程,轮船的初、末速度不会受轮胎影响,轮船的动量变化量相同,根据动量定理,轮船受到的冲量也相同,A、B错误;轮胎可以起到缓冲作用,延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间,从而减小轮船因碰撞受到的作用力,C、D正确。
命题视角2　应用动量定理进行定量计算,抓两状态,舍中间过程
1.关键点
(1)动量定理表达式Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
(2)对多个过程问题,可精准选取过程段(如碰撞瞬间Δt→0,缓冲过程Δt增大)应用动量定理,也可以全过程应用动量定理。
2.应用动量定理定量计算的解题思维链
【典例4】 (中等)(2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg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,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g取10 m/s2,则它降落到地面的时间约为(　　)
A.0.5 h B.3 h C.28 h D.166 h
解析:B　沙尘颗粒开始时速度较小,阻力较小,可知mg-kv=ma,沙尘颗粒速度增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm,解得vm=2×10-3 m/s,由动量定理可得mgt-kt=mvm,即mgt-kh=mvm,则沙尘下落时间为t=,由于mvm kh,则t==104 s=3 h,故选B。
考点三　利用动量定理处理流体类和微粒类问题
命题视角　“柱状微元”模型,核心是分析微元的质量或粒子数
研究 对象 (1)流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ
(2)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 建模 (1)构建“柱状微元”模型:沿流速v的方向选取一段物质,其横截面积为S
(2)微 元研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt
小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt
小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt
小柱体的动量变化量Δp=vΔm=ρv2SΔt
(3)建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究
【典例5】 (流体类“柱状微元”模型·中等)如图为无人机灭火的工作场景,一质量为M=100 kg的无人机工作时悬停于着火点正前方,其正下方竖直悬吊质量可以忽略不计的供水软管,水从地面进入供水管经过无人机后从其前端水平安装的高压水枪以速度v=50 m/s水平喷出。高压水枪喷口处横截面积为S=3 cm2,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,供水管的横截面积与高压水枪相同。则空气对无人机竖直方向的作用力大小约为(　　)
A.250 N B.500 N
C.750 N D.1 000 N
解析:A　对Δt时间内的高压水枪喷口附近的一段水柱应用动量定理可得FxΔt=ρSvΔt·v,解得Fx=750 N,根据牛顿第三定律可知空气给无人机一个向前的水平作用力Fx=750 N,同理,在
竖直方向,水柱给无人机一个向上的作用力为F=750 N,空气给无人机竖直向上的作用力Fy=Mg-F=250 N,故选A。
【典例6】 (微粒类“柱状微元”模型·中等)一宇宙飞船的横截面积为S,以v0的恒定速率航行,当进入有宇宙尘埃的区域时,设在该区域,单位体积内有n颗尘埃,每颗尘埃的质量为m,若尘埃碰到飞船前是静止的,且碰到飞船后就粘在飞船上,不计其他阻力,为保持飞船匀速航行,飞船发动机的牵引力功率为(　　)
A.Snm B.2Snm
C.Snm D.2Snm
解析:C　在时间t内粘在飞船上的尘埃质量M=v0tSnm,对粘在飞船上的尘埃,由动量定理得Ft=Mv0-0,解得飞船对这些尘埃的作用力F=nmS;根据牛顿第三定律及平衡条件,可知为保持飞船匀速航行,飞船发动机的牵引力F′=F,牵引力的功率P=F′v0=nmS。
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　辨析动量、动量变化量与冲量的概念,注重方向的分析
1.在离地面同一高度有质量相同的三个小球,分别以相同速率抛出,a球竖直向上抛出,b球竖直向下抛出,c球水平抛出,不计空气阻力,则(　　)
A.三个小球落地时动量相同
B.从抛出到落地过程,三个小球动量变化量相同
C.从抛出到落地过程,三个小球动量变化率相同
D.从抛出到落地过程,向上抛出的小球所受重力的冲量最小
解析:C　根据动能定理可知三个小球落地时速度大小相等,但a、b球速度方向相同且与c球速度方向不同,故三个小球落地时动量不相同,故A错误;根据动量定理,动量变化量等于合外力的冲量,三个小球都只受重力,重力冲量I=mgt,因三个小球运动时间不同(a球运动时间最长,b球运动时间最短),故动量变化量不同,故B错误;因为动量变化率为=F,由于三球质量相同且仅受重力,故动量变化率相同,故C正确;重力冲量为I=mgt,上抛小球运动时间最长,重力的冲量最大,下抛小球重力的冲量最小,故D错误。
命题视角2　动量定理的理解和应用,抓两状态,舍中间过程
2.(2025·台州部分高中联考)《天工开物》中提到一种古法榨油:撞木榨油。如图,撞木榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里,然后用撞木撞击木楔,挤压油饼,油就流出来。某次撞击前撞木的速度为6 m/s,撞击后撞木反弹,且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为0.5 s,若撞木对木楔平均撞击力大小为1 800 N,估测撞木的质量为(　　)
A.150 kg B.100 kg
C.50 kg D.36 kg
解析:B
3.安全气囊是有效保护乘客的装置,如图甲所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量m=30 kg,H=3.2 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)碰撞过程中F的冲量大小和方向;
(2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。
解析:(1)Ft图像与横坐标轴围成的面积表示冲量,由题图可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,方向与F的方向相同,均为竖直向上。
(2)设头锤落到气囊上时的速度大小为v0,由自由落体运动公式得=2gH,以竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程,由动量定理得IF-mgt=mv-m(-v0),
设上升的最大高度为h,由动能定理得
-mgh=0-mv2,
解得h=0.2 m。
答案:(1)330 N s,方向竖直向上　(2)0.2 m
命题视角3　“柱状微元”模型,核心是分析微元的质量或粒子数
4.(2025·衢丽湖三地市联考)如图,用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体,若水从枪口喷出时的速度大小为v,近距离垂直喷射到物体表面,速度在短时间内变为零,水枪出水口直径为D,忽略水从枪口喷出后的发散效应,已知水的密度为ρ,重力加速度为g,则(　　)
A.该水枪的流量(单位时间流经水枪的水的体积)为πvD2
B.单位时间内水枪喷出水的质量为
C.物体受到的冲击力大小为
D.水枪水平向前喷水时,手对水枪的作用力方向水平向前
解析:C　该水枪的流量(单位时间流经水枪的水的体积)为Q=Sv=π()2v=,A错误;设极短时间Δt内水枪喷出水的质量为Δm=ρV=ρSvΔt=Δt,可得=,B错误;以极短时间Δt内水枪喷出水为研究对象,由动量定理有FΔt=0-(-Δmv),可得F=,由牛顿第三定律可知物体受到的冲击力大小为,C正确;水枪水平向前喷水时,水平方向手对水枪的水平作用力方向水平向前,竖直方向手对水枪的作用力竖直向上,则手对水枪的作用力方向斜向前上方,D错误。
B级·高考过关练
5.(2025·温州模拟)蹦极是一项刺激的极限运动,如图,游客将一端固定的轻质弹性长绳绑在腰间或踝关节处,从几十米高处跳下(忽略空气阻力)。在某次蹦极中质量为60 kg的游客在弹性绳拉直后又经过3 s游客的速度减为零。若从游客跳下到弹性绳刚好拉直前的过程称为过程Ⅰ,此过程可视为“由静止自由落体45 m”,绳开始拉直到游客速度减为零的过程称为过程Ⅱ。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.过程Ⅰ中游客动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中游客重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等
C.在Ⅰ和Ⅱ全过程中,游客的最大速度出现在绳刚好拉直时
D.若g取10 m/s2,过程Ⅱ中绳对游客的平均作用力大小为600 N
解析:A　对过程Ⅰ由动量定理有IG=mv-0,可知,过程Ⅰ中游客动量的改变量与重力的冲量相等,A正确;绷紧过程中,由动量定理有IG′-IF=0-mv,则过程Ⅱ中游客重力的冲量与绳作用力的冲量大小不相等,B错误;游客运动过程中,重力与拉力相等时,加速度为0,速度最大,C错误;绳在刚绷紧时,人的速度为v==30 m/s,绷紧过程中,由动量定理有(-mg)t=0-(-mv),解得=1 200 N,D错误。
6.(2025·强基联盟联考)如图甲所示,在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子,拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小。图乙是小球简谐振动时传感器示数随时间变化的图像。g取
10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.小球的质量为0.8 kg,振动的周期为8 s
B.0~2 s内,小球受回复力的冲量大小为0
C.1~2 s和2~3 s内,小球受弹力的冲量相同
D.1~3 s内,小球受弹力的冲量大小为16 N·s,方向向上
解析:D　根据图像可知,t=1 s时,弹簧弹力最大,为16 N,小球位于最低点;t=3 s时,弹簧弹力最小,为零,小球位于最高点。由对称性可知,小球振动的周期为4 s,小球位于平衡位置时,弹力为F==8 N=mg,解得m=0.8 kg,A错误;小球受到的合力提供回复力,0~2 s内,小球初末速度不为零且大小相等,而方向相反,则速度变化量不为零,根据动量定理可知回复力的冲量大小不为0,B错误;1~2 s和2~3 s内,平均弹力大小不同,小球受弹力的冲量不同,C错误;1~3 s内,由动量定理有I弹-mgt=0-0,解得I弹=16 N·s,方向向上,D正确。
7.(2025·杭州模拟改编)某学习小组设计了一种模拟建筑工地上运输砖块的装置,如图所示。一倾斜滑板与水平地面夹角θ=53°,底端与固定的弹性装置连接。现将一可视为质点的质量m=
1 kg的滑块从滑板顶端A点静止释放,下滑到底端B点时速度vB=5 m/s,并与弹性装置发生碰撞,滑块碰撞前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,碰撞时的接触时间Δt=
0.5 s,反弹后恰好无碰撞地滑入水平传送带的左端C点。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,忽略空气阻力。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:
(1)倾斜滑板的长度s;
(2)C点离地面的高度h;
(3)滑块与弹性装置碰撞过程中受到弹力的冲量大小I。
解析:(1)根据动能定理有
mgsin θ·s-μmgcos θ·s=m,
解得s=2.5 m。
(2)在B点反弹后竖直方向的速度为vy=vBsin θ,
在竖直方向,根据速度位移关系有=2gh,
解得h=0.8 m。
(3)碰撞过程中,根据动量定理有I-mgΔt=2mvy,
解得I=13 N·s。
答案:(1)2.5 m　(2)0.8 m　(3)13 N·s课时1　动量和动量定理
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　辨析动量、动量变化量与冲量的概念,注重方向的分析
1.在离地面同一高度有质量相同的三个小球,分别以相同速率抛出,a球竖直向上抛出,b球竖直向下抛出,c球水平抛出,不计空气阻力,则(　　)
A.三个小球落地时动量相同
B.从抛出到落地过程,三个小球动量变化量相同
C.从抛出到落地过程,三个小球动量变化率相同
D.从抛出到落地过程,向上抛出的小球所受重力的冲量最小
解析:C　根据动能定理可知三个小球落地时速度大小相等,但a、b球速度方向相同且与c球速度方向不同,故三个小球落地时动量不相同,故A错误;根据动量定理,动量变化量等于合外力的冲量,三个小球都只受重力,重力冲量I=mgt,因三个小球运动时间不同(a球运动时间最长,b球运动时间最短),故动量变化量不同,故B错误;因为动量变化率为=F,由于三球质量相同且仅受重力,故动量变化率相同,故C正确;重力冲量为I=mgt,上抛小球运动时间最长,重力的冲量最大,下抛小球重力的冲量最小,故D错误。
命题视角2　动量定理的理解和应用,抓两状态,舍中间过程
2.(2025·台州部分高中联考)《天工开物》中提到一种古法榨油:撞木榨油。如图,撞木榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里,然后用撞木撞击木楔,挤压油饼,油就流出来。某次撞击前撞木的速度为6 m/s,撞击后撞木反弹,且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为0.5 s,若撞木对木楔平均撞击力大小为1 800 N,估测撞木的质量为(　　)
A.150 kg B.100 kg
C.50 kg D.36 kg
解析:B
3.安全气囊是有效保护乘客的装置,如图甲所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量m=30 kg,H=3.2 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)碰撞过程中F的冲量大小和方向;
(2)碰撞结束后头锤上升的最大高度。
解析:(1)Ft图像与横坐标轴围成的面积表示冲量,由题图可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s,方向与F的方向相同,均为竖直向上。
(2)设头锤落到气囊上时的速度大小为v0,由自由落体运动公式得=2gH,以竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程,由动量定理得IF-mgt=mv-m(-v0),
设上升的最大高度为h,由动能定理得
-mgh=0-mv2,
解得h=0.2 m。
答案:(1)330 N s,方向竖直向上　(2)0.2 m
命题视角3　“柱状微元”模型,核心是分析微元的质量或粒子数
4.(2025·衢丽湖三地市联考)如图,用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体,若水从枪口喷出时的速度大小为v,近距离垂直喷射到物体表面,速度在短时间内变为零,水枪出水口直径为D,忽略水从枪口喷出后的发散效应,已知水的密度为ρ,重力加速度为g,则(　　)
A.该水枪的流量(单位时间流经水枪的水的体积)为πvD2
B.单位时间内水枪喷出水的质量为
C.物体受到的冲击力大小为
D.水枪水平向前喷水时,手对水枪的作用力方向水平向前
解析:C　该水枪的流量(单位时间流经水枪的水的体积)为Q=Sv=π()2v=,A错误;设极短时间Δt内水枪喷出水的质量为Δm=ρV=ρSvΔt=Δt,可得=,B错误;以极短时间Δt内水枪喷出水为研究对象,由动量定理有FΔt=0-(-Δmv),可得F=,由牛顿第三定律可知物体受到的冲击力大小为,C正确;水枪水平向前喷水时,水平方向手对水枪的水平作用力方向水平向前,竖直方向手对水枪的作用力竖直向上,则手对水枪的作用力方向斜向前上方,D错误。
B级·高考过关练
5.(2025·温州模拟)蹦极是一项刺激的极限运动,如图,游客将一端固定的轻质弹性长绳绑在腰间或踝关节处,从几十米高处跳下(忽略空气阻力)。在某次蹦极中质量为60 kg的游客在弹性绳拉直后又经过3 s游客的速度减为零。若从游客跳下到弹性绳刚好拉直前的过程称为过程Ⅰ,此过程可视为“由静止自由落体45 m”,绳开始拉直到游客速度减为零的过程称为过程Ⅱ。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.过程Ⅰ中游客动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中游客重力的冲量与绳作用力的冲量大小相等
C.在Ⅰ和Ⅱ全过程中,游客的最大速度出现在绳刚好拉直时
D.若g取10 m/s2,过程Ⅱ中绳对游客的平均作用力大小为600 N
解析:A　对过程Ⅰ由动量定理有IG=mv-0,可知,过程Ⅰ中游客动量的改变量与重力的冲量相等,A正确;绷紧过程中,由动量定理有IG′-IF=0-mv,则过程Ⅱ中游客重力的冲量与绳作用力的冲量大小不相等,B错误;游客运动过程中,重力与拉力相等时,加速度为0,速度最大,C错误;绳在刚绷紧时,人的速度为v==30 m/s,绷紧过程中,由动量定理有(-mg)t=0-(-mv),解得=1 200 N,D错误。
6.(2025·强基联盟联考)如图甲所示,在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子,拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小。图乙是小球简谐振动时传感器示数随时间变化的图像。g取
10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.小球的质量为0.8 kg,振动的周期为8 s
B.0~2 s内,小球受回复力的冲量大小为0
C.1~2 s和2~3 s内,小球受弹力的冲量相同
D.1~3 s内,小球受弹力的冲量大小为16 N·s,方向向上
解析:D　根据图像可知,t=1 s时,弹簧弹力最大,为16 N,小球位于最低点;t=3 s时,弹簧弹力最小,为零,小球位于最高点。由对称性可知,小球振动的周期为4 s,小球位于平衡位置时,弹力为F==8 N=mg,解得m=0.8 kg,A错误;小球受到的合力提供回复力,0~2 s内,小球初末速度不为零且大小相等,而方向相反,则速度变化量不为零,根据动量定理可知回复力的冲量大小不为0,B错误;1~2 s和2~3 s内,平均弹力大小不同,小球受弹力的冲量不同,C错误;1~3 s内,由动量定理有I弹-mgt=0-0,解得I弹=16 N·s,方向向上,D正确。
7.(2025·杭州模拟改编)某学习小组设计了一种模拟建筑工地上运输砖块的装置,如图所示。一倾斜滑板与水平地面夹角θ=53°,底端与固定的弹性装置连接。现将一可视为质点的质量m=
1 kg的滑块从滑板顶端A点静止释放,下滑到底端B点时速度vB=5 m/s,并与弹性装置发生碰撞,滑块碰撞前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,碰撞时的接触时间Δt=
0.5 s,反弹后恰好无碰撞地滑入水平传送带的左端C点。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,忽略空气阻力。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:
(1)倾斜滑板的长度s;
(2)C点离地面的高度h;
(3)滑块与弹性装置碰撞过程中受到弹力的冲量大小I。
解析:(1)根据动能定理有
mgsin θ·s-μmgcos θ·s=m,
解得s=2.5 m。
(2)在B点反弹后竖直方向的速度为vy=vBsin θ,
在竖直方向,根据速度位移关系有=2gh,
解得h=0.8 m。
(3)碰撞过程中,根据动量定理有I-mgΔt=2mvy,
解得I=13 N·s。
答案:(1)2.5 m　(2)0.8 m　(3)13 N·s(共30张PPT)
第五章
动量守恒定律
课程标准 浙江选考近三年考情统计
1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验,理解动量定理和动量守恒定律,能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。 2.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 3.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一。 考点 考情统计
动量和动量定理 2025年6月T9,2025年6月T17,2025年
1月T5,2024年6月T15,2024年1月T19
(3年5考)
动量守恒定律 2026年1月T13、T17,2025年6月T16,
2025年1月T8、T16,2024年6月T18,
2024年1月T18(3年7考)
弹性碰撞和非弹性 碰撞 2026年1月T17,2025年1月T8、T16
(3年3考)
反冲现象　火箭 2024年1月T9(3年1考)
实验:验证动量守恒定律 (3年0考)
浙江选考命题特点 (1)基础性与主干知识并重:试题常与功能关系、抛体运动、碰撞模型等综合,强调对动量定理、动量守恒定律等基础规律的理解与应用。 (2)情境创新与模型融合:试题注重创设生活实践与科学探索情境,如沙尘颗粒降落、火箭推进等。 浙江选考命题趋势
(1)情境化、生活化、科技化:近几年考题都把动量守恒置于真实的生产、生活或科技情境,用“游戏”“游乐设施”等学生熟悉又新颖的场景替代传统“小球碰撞”,要求考生从复杂背景中抽象出物理模型,题图重视主体图考查。
(2)综合性持续升级:动量守恒不再单独考查,而是与能量守恒、牛顿运动定律、圆周运动、平抛
(斜抛)运动、简谐运动、摩擦生热、电磁感应等多模块深度捆绑。试卷结构呈“一题多点”。
(3)综合性与能力分层:设置多过程、多对象、多模块综合的试题,基础层考查公式的简单应用,进阶层要求建模与推理(如非弹性碰撞的能量损失计算),如2025年1月T16,设置了光滑倾斜直轨道、水平轨道和竖直圆轨道,还设置了粗糙倾斜直轨道及斜抛运动的临界极值问题。 (3)模型开放、结论开放:2025年1月T16(3)给出“游戏成功”的多种可能路径,首次出现“讨论高度h”的设问,体现“结论开放、答案不唯一”的新导向。预计以后还会出现“设计方案”“判断能否实现”等探究式设问。
课时1
动量和动量定理
考点一
对动量、冲量的理解与应用
基础梳理
1.
质量
速度
mv
速度
2.
相同
3.
乘积
FΔt
N·s
矢量
相同
典例精析
命题视角1　辨析动量、动量变化量与冲量的概念,注重方向的分析
【典例1】 (中等)有两个完全相同的铅球,从图甲中左、右两个圆筒的正上方相同高度处同时静止释放,两球分别与左、右两个筒的底部发生碰撞并反弹。其中左筒底部为一钢板,右筒底部为泡沫,压力传感器测得球第一次碰撞中受到的撞击力随时间变化如图乙中的曲线①②所示,已知曲线①②与时间轴围成的面积相等。则第一次碰撞过程中
(　　)
A.左边小球所受重力的冲量大
B.两小球所受合力的冲量相等
C.左边小球动量变化率大
D.右边小球动量变化量大
C
命题视角2　冲量的计算,过程分段,巧选方法
1.关键点
(1)F-t图像法计算冲量。
(2)动量定理法(I=Δp)计算变力的冲量:先计算Δp,再得出变力的冲量I。
2.解题思维链
【典例2】 (容易)如图所示,物体从t=0时刻开始由静止做直线运动,0~4 s内其合力随时间变化的关系图线为正弦曲线,下列表述正确的是(　　)
A.0~4 s内合力的冲量一直增大
B.0~4 s内合力的冲量一直减小
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0~4 s内物体动量的方向一直不变
D
解析:D　根据F-t图像中图线与t轴围成的“面积”表示冲量,可知在0~2 s内合力的冲量一直增大,0~4 s内合力的冲量为零,A、B错误;2 s末合力的冲量方向发生变化,物体的动量开始减小,但速度方向不发生变化,0~4 s内物体动量的方向一直不变,C错误,D正确。
考点二
对动量定理的理解与应用
基础梳理
变化量
mv′-mv
典例精析
命题视角1　应用动量定理进行定性分析缓冲现象,抓作用时间,分析平均力
【典例3】 (容易)(多选)如图所示,在轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎,轮船驶向码头停靠时,会与码头发生碰撞,对这些轮胎的作用,下列说法正确的是(　 　)
A.增大轮船与码头碰撞过程中所受的冲量
B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量
C.延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间
D.减小轮船与码头碰撞过程中受到的作用力
CD
解析:CD　对轮船靠岸与码头碰撞的过程,轮船的初、末速度不会受轮胎影响,轮船的动量变化量相同,根据动量定理,轮船受到的冲量也相同,A、B错误;轮胎可以起到缓冲作用,延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间,从而减小轮船因碰撞受到的作用力,C、D正确。
命题视角2　应用动量定理进行定量计算,抓两状态,舍中间过程
1.关键点
(1)动量定理表达式Ft=p′-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。
(2)对多个过程问题,可精准选取过程段(如碰撞瞬间Δt→0,缓冲过程Δt增大)应用动量定理,也可以全过程应用动量定理。
2.应用动量定理定量计算的解题思维链
【典例4】 (中等)(2025·浙江1月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×
10-13 kg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,比例系数为1×10-9 kg/s,重力加速度g取10 m/s2,则它降落到地面的时间约为(　　)
A.0.5 h B.3 h
C.28 h D.166 h
B
考点三
利用动量定理处理流体类和
微粒类问题
典例精析
命题视角　“柱状微元”模型,核心是分析微元的质量或粒子数
研究 对象 (1)流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ
(2)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 建模 (1)构建“柱状微元”模型:沿流速v的方向选取一段物质,其横截面积为S
(2)微 元研究 小柱体的体积ΔV=vSΔt
小柱体的质量Δm=ρΔV=ρvSΔt
小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt
小柱体的动量变化量Δp=vΔm=ρv2SΔt
(3)建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究
【典例5】 (流体类“柱状微元”模型·中等)如图为无人机灭火的工作场景,一质量为M=100 kg的无人机工作时悬停于着火点正前方,其正下方竖直悬吊质量可以忽略不计的供水软管,水从地面进入供水管经过无人机后从其前端水平安装的高压水枪以速度v=50 m/s水平喷出。高压水枪喷口处横截面积为S=3 cm2,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,供水管的横截面积与高压水枪相同。则空气对无人机竖直方向的作用力大小约为
(　　)
A.250 N B.500 N
C.750 N D.1 000 N
A
解析:A　对Δt时间内的高压水枪喷口附近的一段水柱应用动量定理可得FxΔt=ρSvΔt·v,解得Fx=750 N,根据牛顿第三定律可知空气给无人机一个向前的水平作用力Fx=750 N,同理,在竖直方向,水柱给无人机一个向上的作用力为F=750 N,空气给无人机竖直向上的作用力Fy=Mg-F=250 N,故选A。
【典例6】 (微粒类“柱状微元”模型·中等)一宇宙飞船的横截面积为S,以v0的恒定速率航行,当进入有宇宙尘埃的区域时,设在该区域,单位体积内有n颗尘埃,每颗尘埃的质量为m,若尘埃碰到飞船前是静止的,且碰到飞船后就粘在飞船上,不计其他阻力,为保持飞船匀速航行,飞船发动机的牵引力功率为(　　)
C
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