第1章 动量和动量守恒定律 高考强化-【高中必刷题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册同步课件（粤教版2019）

物理 选择性必修 第一册 YJ 1 1 第一章高考强化 刷真题 2 1.[山东2022·2] 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 考点1 动量、动量定理的应用 3 解析 高压气体将火箭推出，火箭速度接近零时才点火，故此过程中火箭先做加速度逐渐减小的 加速运动，合外力为零时，加速度为零，此后做减速运动直至速度接近零，故加速度为零时，动 能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力势能和与空气摩擦产生的内能，B 错误；火箭动量的增加量等于火箭所受合外力的冲量，火箭除受到高压气体的推力外，还受到重 力、空气阻力，C错误；火箭动能的增加量为合外力对火箭做的功，即重力、空气阻力和高压气 体的推力做的功之和，D错误. 考点1 动量、动量定理的应用 4 2.[全国新课标2023·19] （多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一 段距离，静止于水平桌面上，甲的极正对着乙的 极，甲的质 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 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( ) 考点1 动量、动量定理的应用 5 解析 设乙对甲的磁力大小为 ，对两磁铁受力分析如图所示，由牛顿第二定律和牛顿第三定律 可知,，因为，所以 ,故在它们相互接近过程中的任一时刻 ,A错误；由动量定理可知，因为,所以 ,B正确，C错误； 对甲、乙整体分析，取向右为正方向，甲和乙的动量之和 ，可知甲和乙 的动量之和不为零，D正确. 考点1 动量、动量定理的应用 6 3.[广东2023·10] （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 的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力.开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的 恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 ，碰撞结束后瞬间 两滑块的共同速度为 .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受到合外力的冲量大小为 C.滑块2受到合外力的冲量大小为 D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 考点2 对动量守恒定律的理解 7 解析 碰撞前滑块1和2整体的动量大小 ，碰撞后整体的动量大小 ， ，所以碰撞过程滑块1和2整体动量不守恒，A错误；合外力 的冲量等于动量的变化量，则碰撞过程滑块1受到合外力的冲量大小 ，B正确；同理，碰撞过程滑块2受到合外力的冲量大小 ，C错误；碰撞过程中对滑块2由动量定理可得 ，解得滑 块2受到滑块1的平均作用力大小 ，D正确. 考点2 对动量守恒定律的理解 8 4.[广东2022·13] 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖 直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从 处 以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力为.滑块滑到 处与滑杆发生 完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量 ，滑 杆的质量,、间的距离，重力加速度取 ，不计空气阻 力.求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和 ; [答案] ; 考点2 对动量守恒定律的理解 9 解析 滑块静止时，由整体法可知，桌面对滑杆的支持力大小为 ， 滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力 ，方向竖直向上， 对滑杆受力分析可得 ， 解得 . 考点2 对动量守恒定律的理解 10 （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小 ; [答案] 解析 滑块向上滑动时，根据牛顿第二定律有 ， 滑块由到过程，根据运动学规律有 ， 联立解得 . 考点2 对动量守恒定律的理解 11 （3）滑杆向上运动的最大高度 . [答案] 解析 滑块与滑杆碰撞，根据动量守恒定律可得 , 之后滑块与滑杆一起向上做竖直上抛运动，滑杆向上运动的最大高度 . 考点2 对动量守恒定律的理解 12 5.[辽宁2023·11] 某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭 建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中 为水平段.选择相同材质的 一元硬币和一角硬币进行实验. 图（a） 图（b） 考点3 动量的相关实验 13 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为和 .将硬币甲放置在斜面上 某一位置，标记此位置为.由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从 点到停止处的 滑行距离.将硬币乙放置在处，左侧与点重合，将甲放置于 点由静止释放.当两枚硬币发生 碰撞后，分别测量甲、乙从点到停止处的滑行距离和 .保持释放位置不变，重复实验若干 次，得到、、的平均值分别为、、 . （1）在本实验中，甲选用的是______（填“一元”或“一角”）硬币； 一元 解析 为防止甲碰后反弹，甲的质量应大于乙的质量，故甲选用的是一元硬币. 考点3 动量的相关实验 14 （2）碰撞前，甲到点时速度的大小可表示为_________（设硬币与纸板间的动摩擦因数为 ， 重力加速度为 ）； 解析 设甲到达点时的速度为，甲从点运动至 点过程中，根据动能定理得 ,解得 . 考点3 动量的相关实验 15 （3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则____（用和 表示），然后通过测得的具体 数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒； 解析 设甲、乙碰后瞬间的速度分别为、，根据动能定理得 , ，若碰撞过程中动量守恒，则有 ，整理得 . 考点3 动量的相关实验 16 （4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小 的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因:________. 见解析 解析 碰撞过程中硬币之间的作用力没有远大于摩擦力；存在空气阻力；纸板粗糙程度不均匀 （答出一条即可）. 考点3 动量的相关实验 17 【思路导引】实验过程分析 考点3 动量的相关实验 18 6.[广东2023·15] 如图为某药品自动传送系统的示意图.该系 统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组 成，滑槽高为，平台高为.药品盒、 依次被轻放在以速 度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从 点进 入滑槽，刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的以 的速度与发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后、 恰好落在 桌面上圆盘内直径的两端.已知、的质量分别为和 ，碰 撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的. 与传送带间的 动摩擦因数为 ，重力加速度为，、在滑至 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高 度，将药品盒视为质点.求： 考点4 动量守恒定律和能量的综合 19 （1）在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 ； [答案] 解析 药品盒 在传送带上先加速，速度与传送带速度相等后匀速到达传送带的右侧. 药品盒在传送带上做匀加速运动的过程，由牛顿第二定律有 , 其中摩擦力 , 根据匀变速直线运动规律，有 , 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 20 （2）从点滑至点的过程中克服阻力做的功 ； [答案] 解析 药品盒进入竖直螺旋滑槽时的速度与进入时相同，均为 , 对于药品盒从点到 点的运动过程，由动能定理有 , 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 21 （3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离 . [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 22 解析 药品盒与 碰撞过程中，动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得 , 根据碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 可得， , 其中 ， 解得或 （不符合实际，舍去）, 两药品盒离开平台右端后做平抛运动， 考点4 动量守恒定律和能量的综合 23 竖直方向有 , 水平方向，对药品盒有 , 对药品盒有 , 药品盒、分别运动到圆盘内直径的两端，所以圆盘圆心到平台右端 点的水平距离 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 7.[湖南2023·15] 如图，质量为 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽 内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和 ,长轴水 平，短轴竖直.质量为 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止 开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定 （1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； [答案] ; 于地面的直角坐标系,椭圆长轴位于轴上.整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 25 解析 小球第一次运动到轨道最低点时，设小球的速度大小为，水平位移大小为 ，凹槽的速 度大小为，水平位移大小为 ，小球和凹槽组成的系统机械能守恒,有 ， 小球和凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，有 ， 解得凹槽的速度大小 ， 在水平方向上由于时间的累积，根据动量守恒定律可得 ， 小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽相对运动的位移为，即 ， 联立可得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 26 （2）在平面直角坐标系 中，求出小球运动的轨迹方程； [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 27 解析 若以凹槽的椭圆中心为坐标原点，建立动态坐标系 ，则小球在此坐标系中的运动轨迹 方程为、为小球相对椭圆中心的坐标 ， 小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，则凹槽向右的水平位移 满足 ， 解得 ， 而，解得 ， ,所以小球运动的轨迹方程为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 28 （3）若,求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用、及 表示）. [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 29 解析 将代入第（2）问结果中，可知小球运动的轨迹方程为 ， 该轨迹是圆心在、半径为 的圆， 当小球下落高度为 时，根据几何关系可知，小球相对于地面的速度与水平方向的 夹角为 ，设大小为 ，如图所示， 小球和凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，可得 ， 由机械能守恒定律可得 ， 联立解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 30 【思路导引】求小球在坐标系中的运动轨迹方程：由凹槽的形状可知，小球在凹槽内做的是椭圆 运动，以原点与凹槽做相同运动的坐标系很容易写出轨迹，再根据坐标系的水平移动，替换参数 可得小球相对地面的运动轨迹. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 31 8.[辽宁2023·15] 如图，质量 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一 劲度系数的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量 的小物块以水平向右的速度 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块与木板间的动摩擦 因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能 与形 变量的关系为.取重力加速度 ，结果可用根式表示. （1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离 . [答案] ; 考点4 动量守恒定律和能量的综合 32 解析 从小物块滑上木板的左端到木板刚接触弹簧的过程，小物块与木板组成的系统动量守恒， 以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得 ， 解得 ， 从木板开始运动到刚与弹簧接触的过程，根据动能定理可得 ， 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 33 （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量 及此时木板速度 的大小. [答案] ; 考点4 动量守恒定律和能量的综合 34 解析 物块与木板之间将要相对滑动时，物块与木板间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二 定律， 对物块有 ， 对物块和木板整体有 ， 联立解得， ， 物块、木板和弹簧组成的系统，从木板与弹簧刚接触到物块与木板即将相对滑动的过程，根据能 量守恒定律可得 ， 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 35 （3）已知木板向右运动的速度从减小到0所用时间为.求木板从速度为 时到之后与物块加速 度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能（用 表示）. [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 36 解析 木板从速度为 时到之后与物块加速度首次相同时， 对木板，根据牛顿第二定律可得 ， 解得，即木板从速度为 时到之后与物块 加速度首次相同时会返回两者刚要开始相对滑动时的位 置， 设木板向右运动的速度从减到零通过的位移大小为，物块的位移大小为 ，木板返回过程中 物块的位移大小为 ，根据对称性知，木板返回到两者刚要开始相对滑动时的位置所用时间也为 ，根据运动规律可得 ， 根据能量守恒定律可得，系统因摩擦转化的内能 ， 联立解得 ， 考点4 动量守恒定律和能量的综合 37 【一题多解】动量定理法 根据对称性知，木板返回到两者刚要开始滑动时的位置的速度大小为，返回所用时间为 ，设 此时物块的速度为 ， 对物块，根据动量定理可得 ， 根据能量守恒定律可得 . 【关键点拨】本题的关键点：（1）第（1）问中，小物块与木板共速时木板恰好与弹簧接触； （2）第（3）问中，木板从速度为 时到之后与物块加速度首次相同，此处加速度相同包含方向 相同，因为物块的加速度方向始终向左，且大小为 ，所以木板只能是被弹簧弹回之后的加 速度与此相同； （3）第（3）问中，木板返回到两者刚要开始相对滑动时的位置所用时间也为 ，是根据对称性 得到的，因为木板所受合力具有对称性，加速度具有对称性，运动时间也具有对称性. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 38 9.[全国乙2023·25] 如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为 的静止薄圆盘，圆盘 与管的上端口距离为,圆管长度为.一质量为 的小球从管的上端口由静止下落， 并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内运 动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极 短.不计空气阻力，重力加速度大小为 .求 （1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； [答案] ; 考点4 动量守恒定律和能量的综合 39 解析 设小球自静止下落至薄圆盘处时的速度为，根据机械能守恒定律有 ， 设第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度分别、 ，在小球与薄圆盘碰撞过程中， 根据动量守恒定律有 ， 根据机械能守恒定律有 ， 且,联立解得， ， 故第一次碰撞后瞬间小球和薄圆盘的速度大小均为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 40 （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 41 解析 由薄圆盘受到的滑动摩擦力与其重力大小相等可知，自第一次碰撞后薄圆盘做匀速直线运 动，当小球和薄圆盘间的距离最远时，两者的速度相等，设在第一次碰撞到第二次碰撞之间，经 过时间两者速度相等，由速度关系有 ， 解得 ， 则小球与薄圆盘间的最远距离 ， 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 42 （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数. [答案] 4次 考点4 动量守恒定律和能量的综合 43 解析 设自第一次碰撞后经时间发生第二次碰撞，小球与薄圆盘共速时相距，设共速后再经 时间小球追上薄圆盘，根据位移关系有 ， 解得 ， 则 ， 追上时小球的速度 ， 圆盘的速度 ， 设碰后瞬间小球和圆盘的速度分别为、 ，由动量守恒定律得 ， 由机械能守恒定律得 ， 解得 ， 考点4 动量守恒定律和能量的综合 44 假设小球与薄圆盘可以一直在管内碰撞，分析得出， 小球每次碰后至下一次追上薄圆盘所经历的时间 ，画出第一次碰撞后小球的 图像， 如图所示， 图像中图线与 轴围成的面积表示位移，则根据 图像可计算出 , ， ， 则小球与薄圆盘碰撞的次数是4次. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 45 【方法总结】对于运动碰运动的弹性碰撞，可以选择以其中一个物体为参考系，例如本题中以薄 圆盘为参考系，转化为运动碰静止的情况，计算之后注意再次变换参考系求取两者的对地速度. （2）【思路导引】关键信息：在速度相等之前，小球的速度不是与圆盘相反就是同向但小于圆 盘速度，两者之间的距离越来越大. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 46 10.[山东2023·18] 如图所示,物块和木板置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与 的上表 面所在平面相切,竖直挡板固定在地面上.作用在上的水平外力,使与以相同速度 向右做匀 速直线运动.当的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块 恰好到达最低点,并 以水平速度滑上的上表面,同时撤掉外力，此时右端与板的距离为.已知 , ，,,与地面间无摩擦,与地面间动摩擦因数,与 间动摩擦因数,足够长,使得不会从上滑下.与、 的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时 间，取重力加速度大小 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 47 （1）求下滑的高度 ; [答案] 解析 下滑过程,由动能定理有 ， 可得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 48 （2）与碰撞前,若与能达到共速，且、未发生碰撞，求 的范围; [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 49 解析 临界一：若、恰好共速，且刚好在右端，则此时 取得最小值. 滑上之后，对，由牛顿第二定律有 ， 解得 ，方向向左， 对，由牛顿第二定律有 ， 解得 ，方向向右， 当、共速时，由运动学关系可得 ， 解得 ， 此时的位移为 ， 因，、 共速之后会一起减速运动， 对、整体，根据牛顿第二定律有，可得 ，方向向左. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 50 临界二：当、共速后，以相对静止状态做匀减速直线运动，且恰好运动到的左端，而 刚好 在的右端，此时 取得最大值. 在临界一时，距左端的距离 ，设共速后再经过 时间刚好运动到的左端，则根据位移关系有 ， 解得 （另一解舍去）， 、在和两段时间内的总位移相等，总总 ， 所以的范围是 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 （3）若,求与碰撞前，摩擦力对做的功 ; [答案] 解析 若，在、共速前与挡板相撞，设经过时间与挡板相撞，对 ,由运动学 公式有，可得 （另一解舍去）， 时间内通过的位移为，则摩擦力对做的功 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 52 （4）若,自滑上开始至、、 三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总动量的变 化量 的大小. [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 53 解析 过程一：经过时间，右端运动到处，与 发生碰撞后 弹回，、、 位置示意图如图甲所示， 甲 与碰撞之后，速度大小不变，方向相反，弹回的速度大小 ，方向向 左，、的间距 ， ，方向向右， 此时对，由牛顿第二定律可得，解得 ，方向向右； 考点4 动量守恒定律和能量的综合 54 过程二：设与碰撞后经过时间与碰撞，、、 位置示 意图如图乙所示， 乙 由位移关系有，解得 （另一解舍去）， 此时的速度大小为 ， 考点4 动量守恒定律和能量的综合 55 丙 过程三：与 发生弹性碰撞，碰撞后相关物理量表示如图丙所示， 规定向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律，有 , ， 解得， ， 考点4 动量守恒定律和能量的综合 56 过程四：、，所以最后 一直向左做匀速直线 运动，而碰撞后运动方向向右，会与 继续向右运动，无 论是否与 碰撞，最后都会在摩擦力作用下静止，因此最后 的平衡状态如图丁所示， 丁 从滑上 开始到最后的平衡状态，以向右为正方向， ，则三个物体总动量的变化量大小为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 57 【思路导引】画出、、的 图像如图所示. 【一题多解】全过程运算 时间段内和的位移相等，有 ，解得 ，时间段内的位移为，则 的范围为，即 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 58 【方法总结】动碰动问题转换参考系变为动碰静问题 规定向左为正方向，变换参考系之后，根据一动碰一静的规律，解得 ， 后 ，还原参考系，则， . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 59 1 第一章高考强化 刷原创 60 1.顶端高为 的光滑曲面固定在水平地面上，曲面底端与水平地面相切，将一 小球从曲面顶端由静止释放，经过时间 滑到底端，已知在此过程中，曲面对 小球的冲量大小与重力冲量大小的比值为，重力加速度为 ，则下列数据可 能正确的是( ) C A.， B.， C.， D.， 61 解析 由动量定理可知，、、可构成矢量三角形，且有 ，由于小球沿斜 面下滑时竖直方向的分加速度小于重力加速度，所以运动的时间一定大于同高度自由落体的时间， 故，则，该曲面对小球的冲量大小与重力冲量大小的比值为 ，则有 ，即，由动能定理有 ，联立解得 ,且，A、B错误.当时，，C正确.当 时， ，D错误. 62 2.如图所示，光滑水平地面上、两物块中间拴接一个轻弹簧，的质量为的.某时刻起， 以 一定初动能压缩弹簧，在的右侧有一个固定的弹性挡板， 与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡 板.已知在之后的运动中，弹簧的最大弹性势能与的初动能相等，则 与挡板发生碰撞时，弹簧 的弹性势能与 的初动能之比为( ) B A. B. C. D. 63 解析 设A、B的质量分别为、，A的初速度为 ，B与挡板碰撞前的瞬间,A、B的速度分别 为、，以水平向右为正方向，则有 ，B与挡板碰后至弹簧的弹性势能最 大时，由动量守恒定律有 ，由能量守恒定律有 ，联立以上方程可得,, ，B与挡板碰 撞时弹簧的弹性势能为,则 .故选B. 64 $$