第1章 动量守恒定律 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（人教版，单选）

章末综合提升 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1．解决力学问题的三大观点的综合应用(三种观点的比较) 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 动量观点 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2.三种观点的选择 (1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。 三、经典例题体验 [典例1]　如图所示,半径R1=1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接,半径R2=0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接,下端与水平地面平滑连接,质量m=0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点,将质量也为m的甲物块在A点由静止释放,让其沿圆弧下滑,并滑上平台与乙相碰,碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出,甲物块与平台间的动摩擦因μ=0.2,BC长L=1 m,重力加速度g取10 m/s2,不计两物块的大小及碰撞所用的时间,求: (1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小; [答案]　(1)3 N　 (1)甲物块从A点滑到B点,根据机械能守恒定律有mgR1=m 甲物块运动到B点时,根据牛顿第二定律有 FN-mg=m 联立解得v1=2 m/s,FN=3 N 根据牛顿第三定律可知,甲物块在B点时对轨道的压力大小FN'=FN= 3 N。 (2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小; [答案]　(2)2 m/s　 (2)甲从B点向右滑动的过程中,做匀减速直线运动,加速度大小为a=μg=2 m/s2 设甲物块运动到与乙相碰前瞬间的速度为v2,有 -=-2aL 解得v2=4 m/s 设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mv2=2mv3 解得v3=2 m/s。 (3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间。 [答案]　(3)0.4 s (3)碰撞后,甲和乙以2 m/s的速度水平抛出,假设两物块会落到水平地面上,则下落的时间t==0.4 s 则水平方向的位移x=v3t=0.8 m=R2 说明两物块刚好落到D点,假设成立 因此抛出后两物块落到CDE段轨道上所用时间为0.4 s。 [典例2]　如图所示,质量M=2 kg的小车A静止在水平地面上,与右侧平台相距d=1.25 m,小车上表面与平台等高。两个完全相同、质量均为m1=6 kg的物块B、D分别静止在小车和平台的最左端,用不可伸长的轻绳将质量m2=4 kg的小球C悬挂在物块B正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态,绳长L=1.25 m。将C由静止释放,下摆至最低点时与B发生弹性碰撞,一段时间后,B滑到小车的最右端时二者恰好共速,此后小车与平台发生碰撞并原速反弹,物块B与D碰撞并粘在一起。已知物块与小车上表面、平台的动摩擦因数均为μ1=0.4,小车与地面的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2。所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力。求: (1)C与B碰撞后,摆动的最高点距离O点的竖直高度; [答案]　(1)1.2 m　 (1)对C,从开始摆动到碰撞前,有 m2gL=m2 C与B发生弹性碰撞,有 m2v0=m1v1+m2v2 m2=m1+m2 对C,从碰撞后到最高点,有 m2=m2g(L-h) 代入数据解得h=1.2 m。 (2)A与B共速时速度的大小; [答案]　(2)2 m/s　 (2)B在A上滑行时,对B有 μ1m1g=m1aB 对A有 μ1m1g-μ2(M+m1)g=MaA 共速时v=v1-aBt=aAt 解得共同速度v=2 m/s。 (3)小车的长度; [答案]　(3)1 m　 (3)共速时两物体的位移分别为 xA=t xB=t 小车的长度 l=xB-xA=1 m。 (4)最终静止时B与A最右端的水平距离。 [答案]　(4) m (4)设小车与平台碰撞前速度为v3,则 v2-=2μ2g(d-xA) 对B、D碰撞过程有 m1v3=2m1v4 对B、D从碰撞后到静止的过程,有 =2μ1gxB' 对A反弹后的过程,有 =2μ2gxA' 最终静止时,B与A最右端的水平距离 x=xA'+xB' 解得x= m。 章末检测(一)　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分。每题只有一个选项符合题意。 1.关于动量,以下说法正确的是(　　) A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化 B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相同 C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变 D.做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比 D 13 14 15 16 做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A项错误;摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B项错误;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C项错误;做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向的分动量p竖=mvy=mgt,故D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2.电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘,使用时转盘可以低速匀速旋转,方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示,一质量为m的盘子(可视为质点)随电动餐桌一起以角速度ω匀速转动,已知A、B两点与圆心O的距离均为r,∠AOB=120°,则盘子随餐桌从A转到B的过程中,摩擦力对盘子冲量的大小为(　　) A.mωr　　　　　　　　 B.mωr C.mωr D.0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 13 14 15 16 由于摩擦力是变力,由动量定理得I=mvB-mvA,盘子在A、B两点速度方向如图甲所示,且有vA=ωr,vB=ωr,将vA平移到B点,如图乙所示,解得I=mΔv=mωr,A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3.质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上,从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用,F随时间t的变化情况如图乙所示,g取10 m/s2,则物体9 s末的速度为(　　) A.135 m/s　 B.130 m/s　　 C.50 m/s　　 D.45 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 物体在t=1 s时刻F=1 N=mg,则1 s后物体将向上运动,则对物体在1~9 s时间内,由动量定理得IF-mgt=mv,其中t=8 s,且1~9 s内力F的冲量IF=[×(1+3)×2+×6×3] N·s=13 N·s,代入解得v=50 m/s,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 4.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体的质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小滑块,沿光滑斜面下滑,在小滑块从斜面顶端自由下滑到底端的过程中,斜面对滑块的支持力大小为FN,则下列说法中正确的是(　　) A.FN=mgcos α B.斜面体对滑块的作用力垂直于接触面, 对滑块不做功 C.滑块下滑过程中,斜面体和滑块组成的系统动量不守恒、机械能守恒 D.当滑块从斜面顶端自由下滑到底端时,滑块向左滑动的水平距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 依题意可知,滑块相对于斜面体下滑时,斜面体将水 平向右加速,所以滑块相对于地面的加速度方向不 再是沿斜面向下,即滑块在垂直斜面方向的合力不 再为零,所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α,故A错误。斜面体对滑块的支持力总是垂直于接触面,且由于滑块相对于斜面体下滑时,斜面体将水平向右加速运动,使得支持力的方向与滑块位移方向的夹角大于90°,所以斜面体对滑块做负功,故B错误。滑块下滑过程中,由于滑块有竖直方向的分加速度,所以斜面体和滑块组成的系统在竖直方向 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 上受到的合外力不为零,所以系统动量不守恒,但系 统水平方向不受外力,系统在水平方向的动量守恒; 滑块下滑过程中,斜面体和滑块组成的系统只有重 力做功,所以系统机械能守恒,故C正确。系统水平 方向动量守恒,设斜面体、滑块的水平位移大小分别为x1、x2,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得m-M=0,即mx2-Mx1=0,又因为x1+x2=,联立求得此过程中滑块向左滑动的水平距离为x2=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 5.某实验小组发射自制水火箭,火箭外壳重2 kg,发射瞬间将壳内质量为4 kg的水相对地面以10 m/s的速度瞬间喷出,g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,火箭能够上升的最大高度为(　　) A.15 m B.20 m C.25 m D.30 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 13 14 15 16 由动量守恒定律有mv1=Mv2,解得火箭的速度v2=20 m/s,又=2gh,解得火箭能够上升的最大高度h=20 m,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 6.如图所示,一辆质量M=3 kg 的小车A静止在光滑的水平面上,A车上有一质量m=1 kg的光滑小球B,将一左端固定于A上的轻质弹簧压缩并锁定(B与弹簧不拴接),此时弹簧的弹性势能Ep=6 J,B与A右壁间距离为l。解除锁定,B脱离弹簧后与A右壁的油灰阻挡层(忽略其厚度)碰撞并被粘住。下列说法正确的是(　　) A.B碰到油灰阻挡层前A与B的动量相同 B.B脱离弹簧时,A的速度大小为3 m/s C.B和油灰阻挡层碰撞并被粘住的过程,B受到的冲量大小为3 N·s D.解除锁定后,B移动的总距离为l 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 B碰到油灰阻挡层前A与B的动量大小相等,方向相反,故A错误;设B脱离弹簧时,A、B的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有Mv1=mv2① 根据能量守恒定律有Ep=M+m ② 联立①②解得v1=1 m/s,v2=3 m/s③ 故B错误;根据动量守恒定律可知,B和油灰阻挡层碰撞并被粘住后,A、B的速度都将变为零,对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为I=mv2=3 N·s④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 故C正确;从解除锁定到B和油灰阻挡层碰撞前瞬间,A、B的速度大小始终满足 MvA=mvB⑤ 所以整个过程A、B移动的距离满足MxA=mxB⑥ 根据位移关系有xA+xB=l ⑦ 联立⑥⑦解得xA=l,xB=l,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 7.如图,棱长为a、大小和形状均相同的立方体木块 和铁块正对放置,质量为m的木块在上、质量为M的 铁块在下,两者用极短细绳连接悬浮在平静的池中 某处,木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳 断裂后,木块与铁块均在竖直方向上运动,木块刚浮 出水面时,铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力,不 计其他阻力,则池深为(　　) A.h B. C. D.h+2a 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 13 14 15 16 设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块系统,系统外力为零,由动量守恒(人船模型)可得 0=mh-Md,池深 H=h+d+2a,解得 H=h+2a,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 8.如图所示,某同学进行足球颠球训练,足球被脚面反弹出去后竖直向上运动,一段时间后又落回到脚面上,足球离开脚面和落回脚面时脚面离地面的高度相同,设整个运动过程中足球受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是(　　) A.足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力的冲量为零 B.足球上升到最高点的时间大于从最高点落回脚面的时 间 C.足球在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量 D.足球上升阶段动量变化量的大小小于下降阶段动量变化量的大小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 由冲量的定义知,足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力的 冲量不为零,故A错误;足球在上升阶段做匀减速直线运动,可以 看成向下的初速度为0的匀加速直线运动,足球受重力和向下的 阻力,加速度较大,足球在下降阶段做初速度为0的匀加速直线运 动,受重力和向上的阻力,加速度较小,由h=at2可知,足球上升到最高点的时间小于从最高点落回脚面的时间,在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量,故B错误,C正确;由v2=2ah可知,足球离开脚面的初速度大于落回脚面的末速度,由Δp=mΔv可知,足球上升阶段动量变化量的大小大于下降阶段动量变化量的大小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9.由高压水枪竖直向上喷出的水柱,将一个质量为16 kg的小铁盒开口向下倒扣在空中,铁盒悬停在距离水枪口的高度为1.8 m处。已知水以恒定速率从横截面积为S=1×10-3 m2的水枪中持续喷出,向上运动并冲击铁盒后,水流以不变的速率竖直返回。忽略水在与盒作用时水的重力的影响,水的密度为1×103 kg/m3,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.水冲击铁盒后以5 m/s的速度返回 B.水枪的输出功率为8 kW C.水从水枪口喷出的速度为10 m/s D.水柱返回时做的是自由落体运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 设水从水枪口喷出的速度为v0,水冲击铁盒后返回的速度为v,极短时间Δt内水与小铁盒作用过程中,对水由动量定理可得FΔt=mv-(-mv),喷出的水质量为m=ρV=ρSv0Δt,水从枪口到铁盒处,根据动力学公式有v2-=-2gh,铁盒悬停时有F=Mg,解得v0=10 m/s,v=8 m/s,故水冲击铁盒后以8 m/s的速度返回,水从水枪口喷出的速度为10 m/s,故A错误,C正确;水枪的输出功率为 P===ρS=0.5 kW,故B错误;水柱返回时,初速度不 为零,故水柱做的不是自由落体运动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 10.(2024·江苏南京第一中学高二检测)小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示。已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发,打靶时枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中后就留在靶里,且待前一发打入靶中后再打下一发,则以下说法中正确的是(　　) A.待打完n发子弹后,小车将以一定的速度向右匀速运动 B.待打完n发子弹后,小车应停在射击之前的位置 C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同 D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移应越来越大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 以车、人、枪、靶和子弹组成的系统为研究对象,其所受的合外力为零,系统动量守恒,打前系统的总动量为零,打完后总动量也为零,所以小车仍然是静止的,故A错误;每打出一发子弹过程小车向右加速运动,打入靶过程向右减速运动,全部打完所有子弹时,小车向右运动了一段距离,故B错误;因为待前一发子弹打入靶中后再打下一发,每次打下一发子弹时,小车均处于静止状态,根据B分析可知在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11.(2024·江苏淮安高二期中)在武警战士的一次射击比赛中,一位战士展示了他用子弹钉钉子的绝活:子弹准确地击中钉子,将钉子钉入木桩。已知子弹弹头质量为10 g,子弹击中钉子后钉子获得的速度为400 m/s,恰好将长为10 cm的钉子钉入木桩,假设子弹将钉子匀变速推入木桩,则在钉子进入木桩的过程中(　　) A.子弹和钉子组成的系统动量守恒 B.子弹和钉子间的作用时间为2.5×10-4 s C.子弹对钉子的冲量大小为4 N·s D.子弹对钉子的作用力大小为800 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 13 14 15 16 子弹推钉子进入木桩的过程中,子弹和钉子做匀变速运动,钉子所受木桩的阻力不可忽略,所以子弹和钉子组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;在子弹和钉子一起做匀减速运动的过程中,根据x=t可得t=,代入数据解得子弹和钉子间的作用时间为t=5×10-4 s,故B错误;子弹动量改变量大小为Δp=mΔv=4 kg·m/s,由动量定理I=Δp可得钉子对子弹的冲量大小为4 N·s,由牛顿第三定律知,子弹对钉子的冲量大小为4 N·s,故C正确;对子弹,由动量定理可知Ft=mΔv,代入数据解得钉子对子弹的作用力大小为F=8 000 N,由牛顿第三定律可知,子弹对钉子的作用力大小为8 000 N,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 二、非选择题:共5题,共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 12.(15分)(2024·江苏如东县教育体育局高二期末)如图甲所示,用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹,A球和B球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作10次。如图乙所示,M、P、N为三个落点的平均位置,未放B球时,A球的落点是P点,O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足m1 　　　　(选填“>”“=”或“<”)m2;除了图中器材外,实验室还备有下列器材,完成本实验还必须使用的两种器材是　　　　。  A.秒表,天平 B.天平,刻度尺 C.秒表,刻度尺 D.天平,打点计时器 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 > B 13 14 15 16 (1)为了防止入射球碰后反弹,应让入射球的质量大于被碰球的质量,即满足m1>m2;实验需要验证m1v0=m1v1+m2v2,因小球离开轨道后做平抛运动,下落时间相同,则可知水平位移x=vt,因此可以直接用水平位移代替速度进行验证,故有m1·OP=m1·OM+m2·ON,实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置,测量质量需要天平,测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺,因此选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)下列说法中正确的有　　　　。  A.安装轨道时,轨道末端必须水平 B.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度 C.实验过程中,复写纸可以移动,白纸不能移动 D.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 13 14 15 16 (2)为使小球离开斜槽后做平抛运动,安装轨道时,轨道末端必须水平,故A正确;小球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点高度相等,小球做平抛运动的时间相等,小球的水平位移与初速度成正比,所以可以用水平位移代替其初速度,故实验不需要测量小球的运动时间,不需要测出斜槽末端距地面的高度,故B错误;实验过程中,白纸不能移动,复写纸可以移动,故C正确;用半径尽量小的圆把10个落点圈起来,这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)在某次实验中,测量出两个小球的质量为m1、m2,记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上,测量出三个落点位置与O点距离OM、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内,若满足关系式　　　　　　　　　　　　,则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒;若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足关系式 　　　　　　　　　　　(用测量的物理量表示)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 m1·OP=m1·OM+m2·ON m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2 13 14 15 16 (3)若两球相碰前后的动量守恒,以向右为正方向, 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2 又OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t 代入得m1·OP=m1·OM+m2·ON 若碰撞是弹性碰撞,满足能量守恒定律,则有 m1=m1+m2 代入得m1·OP2=m1·OM2+m2·ON2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (4)实验中小球与斜槽之间存在摩擦力,这对实验结果　　　　(选填“有”或“没有”)影响。为什么? ______________________________________________________________________。  (4)实验中小球与斜槽之间存在摩擦力,这对实验结果没有影响,因为小球每次都是从同一高度释放,克服摩擦力做的功相同,碰前小球速度相同。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 没有 小球每次都是从同一高度释放,克服摩擦力做的功相同,碰前小球速度相同 13 14 15 16 (5)完成上述实验后,某实验小组对上述装置进行了改造,如图丙所示。在水平槽右方竖直固定一木板,使小球A仍从斜槽上C点由静止滚下,重复上述实验的操作,得到两球落在木板上的平均落点M、P、N。用刻度尺测量木板上与B等高的点B'到M、P、N三点的高度差分别为L1、 L2、L3,则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为　　　　　　(用所测物理量的字母表示)。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 =+ 13 14 15 16 (5)碰撞前,小球A落在题图丙中的P点,设其水平初速度为v1,小球A和B发生碰撞后,A的落点在题图丙中M点,设其水平初速度为v1',B的落点是题图丙中的N点,设其水平初速度为v2,由平抛运动规律得L2=gt2,x=v1t 解得v1=x 同理可得v1'=x,v2=x 碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向, 由动量守恒定律得m1v1=m1v1'+m2v2 整理得=+。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 13.(6分)(2024·江苏常熟中学高二期中)苏州金鸡湖边的摩天轮是世界上最大的水上摩天轮,其设计半径r=60 m,旋转一周的时间为T=1 200 s。 一位质量为m=50 kg的同学乘坐某吊舱进行游乐体验,重力加速度g取 10 m/s2,在这位同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)所受重力的冲量的大小; 答案:(1)3×105 N·s　 (1)摩天轮从最高点转到最低点的过程为半个周期, 重力的冲量为IG=mg· 解得IG=3×105 N·s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)所受合外力的冲量的大小。 答案: (2)10π N·s (2)圆周运动的线速度大小为v= 由动量定理可得I合=2mv 解得I合=10π N·s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14.(8分)如图所示,在光滑水平桌面上,物体A和B用轻弹簧连接,另一物体C靠在B左侧未连接,它们的质量分别为mA=0.2 kg,mB=mC=0.1 kg。现用外力使B、C和A压缩弹簧,外力做的功为7.2 J,弹簧仍在弹性限度内,然后由静止释放。试求: (1)弹簧第一次恢复原长时A的速度大小; 答案:(1)6 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)以向右为正方向,根据动量守恒定律有 mAvA-(mB+mC)vBC=0 根据能量守恒定律有 Ep=(mB+mC)+mA Ep=W=7.2 J 代入数据联立得 vA=vBC=6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)释放后,弹簧处于原长时,物块B的速度大小。 答案: (2)6 m/s或10 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)弹簧第一次恢复原长时,B、C分离,此时 vB=vC=6 m/s 对A、B和弹簧组成的系统,以向右为正方向 根据动量守恒定律有 mAvA-mBvB=mAvA1+mBvB1 根据能量守恒定律有 mA+mB=mA+mB 联立解得vB1=10 m/s,或vB1=-6 m/s 即释放后,弹簧处于原长时物块B的速度大小为6 m/s或10 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 15.(12分)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧20 m处静止着一质量为m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量为M=3 kg、长度为L=2.4 m 的长木板B,B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C。现给A一水平向右、大小为v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取10 m/s2,A、C均可视为质点。 (1)求A与B发生碰撞后,B速度的大小; 答案:(1)4 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)选A为研究对象,在OO1左侧运动阶段,设A与B碰撞前A的速度为v,则 v2=-2a1x 由牛顿第二定律可知μ1mg=ma1 联立解得v=8 m/s A与B发生弹性碰撞的瞬间,C的速度未发生变化,则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒,有 mv=mv1+Mv2 mv2=m+M 解得B的速度大小为v2==4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量。 答案: (2)1 kg (2)对B与C,根据动量守恒定律和能量守恒定律可知Mv2=(m0+M)v3 μ2m0gL=M-(m0+M) 解得m0=1 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 16.(15分)如图所示,一质量M=4 kg的小车静置于光滑水平地面上,左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成,BC与CD相切于C,BC所对圆心角θ=37°,CD长L=3 m。质量m=1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0=4 m/s的速度水平抛出,恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道,滑到D点时刚好与小车达到共同速度v=1.2 m/s。g取10 m/s2,sin 37°=0.6,忽略空气阻力。 (1)求A、B间的水平距离x; 答案:(1)1.2 m　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)由平抛运动的规律得x=v0t 又tan θ= 解得x=1.2 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)求小物块从C滑到D所用时间t0; 答案: (2)1 s　 (2)小物块在小车上CD段滑动过程中,由动量守恒定律得mv1=(M+m)v 由功能关系得FfL=m-(M+m)v2 对小物块,由动量定理得-Fft0=mv-mv1 解得Ff=4.8 N,t0=1 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)若在小物块抛出时拔掉销钉,求小车向左运动到最大位移时小物块到小车左端的水平距离。 答案: (3)3.73 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)有销钉时,对小物块从A到C,有 mgH+m=m 由几何关系得H-gt2=R(1-cos θ) B、C间水平距离xBC=Rsin θ 若拔掉销钉,小车向左运动到最大位移时,速度为0,由系统水平方向动量守恒可知,此时小物块速度为4 m/s, 由能量守恒定律得mgH=Ff(Δx-xBC) 解得Δx≈3.73 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 动力学观点 运动学 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2等 恒力作用下的运动 牛顿第二定律 F合＝ma 三个基本观点 对应规律 公式表达 适用情况 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动 机械能守恒定律 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 $$