第1章 动量守恒定律 单元复习归纳-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

重雅点手细高中物理选择性必修第一册J 单元复习归纳 01微传题妙总结。 微专题1系统的思想方法 (2)第1号木块与木板刚好相对静止时的 整体法是根据众多的已知要素、事实，按 速度0. 照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的 解析(1)n个木块和木板组成的系统在整 方法。 个运动过程中动量守恒.由动量守恒定律有 整体法是系统方法在中学物理解题中的 m十2mh十…十nm%=21Ua,解得vn 具体表现和应用，整体性是系统方法最根本的 (n+1)w 4 特点，整体法就是从整体的角度出发，或者是 全方位分析问题的方法.整体法的具体运用可 (2)当第1号木块与木板刚好相对静止 体现在以下两方面 时，其余木块的速度各不相同，所以第1号木 1.对多个研究对象进行整体思维，即把两 块与木板相对静止时系统的总动量难以表示， 个或两个以上的独立物体视为系统进行考虑， 故按第(1)问解法列式有困难.但对每个木块 如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成 应用动量定理分析后发现：由于每个木块受到 的摩擦力相等，尽管在第1号木块与木板相对 系统.从整体角度出发，忽略中间状态或过程， 静止时各木块的速度不相等，但是在这一段时 化繁为简，使问题得以顺利解决。 间里，各木块动量的增量都和第1号木块动量 2.对多个物理过程进行整体思维，即把几 个过程合为一个过程来处理，如用动量定理或 的增量(m一mw)相同.所以n个木块动量的 动量守恒定律解决比较复杂的运动过程问题. 增量之和n(n一m)与木板的动量的增量 例①如图所示，一块足够长的木板放在 (一0)应大小相等、方向相反.即n(一 光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是 m)=-(m一0)，解得n=受。 1、2、3、…、n的木块，所有木块的质量均为m, 微专题2动量定理的综合应用 与木板间的动摩擦因数都相同.木板的质量与 L.应用动量定理的两类简单问题 所有木块的总质量相等.开始时，木板静止不 (1)应用I=△p求变力的冲量和平均作 动，第1、2、3、…、n号木块的初速度分别是4、 用力 2h、3、…,w,方向都向右，最终所有木块与 如果物体受到变力作用，则不能直接用 木板以共同速度匀速运动.设木块之间均无相 I=F△t求变力的冲量，这时可以求出在该力作 互碰撞.试求： 用下的物体动量的变化量△p,等效代换变力 3 正2a止 的冲量I,进而可求得平均作用力。 (2)应用△p=F△1求恒力作用下的曲线 (1)所有木块与木板一起匀速运动时的速 运动中物体动量的变化.曲线运动中物体速度 度n 的方向时刻在改变，求动量变化量△p=p一p 64 第-章动量守恒定律么组 需要应用矢量运算方法，比较复杂，如果作用 十I2十…十Im=△x十2△2十…十 力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量 mn△Ur' 的变化量. 1v十I2y十…十Im=m1△十2△2，十…十 2.使用动量定理需要注意的事项 mn△Uw (1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的 对于不需要求解系统内部各物体间作用 问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及 力的问题，应用系统动量定理将会使求解过程 加速度和位移，用动量定理求解更简便， 简单、明了. 动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于 3.应用动量定理解题的一般步骤 随时间变化的力.这种情况下，动量定理中的 (1)选定研究对象，明确运动过程 力F应理解为变力在作用时间内的平均值， (2)进行受力分析和运动的初、末状态分析. (2)注意外力作用时间. (3)选定正方向，根据动量定理列方程求解. 动量定理不仅适用于作用在物体上的所 例②如图所示，矩形盒B的质量为M,放 有外力对物体的作用时间都相同的情况，也适 在水平地面上，盒内有一质量为m的物体A,A 用于物体受到的各个外力的作用时间不同的 与B、B与地面间的动摩擦因数分别为1、？， 情况，即“物体所受各外力冲量的矢量和等于 开始时二者均静止.现瞬间使物体A获取一向 它的动量的变化”，其相应的数学表达式为 右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度 F1th十F2t2十…十Flm=p'-p. ,之后物体A在与盒B的左、右壁碰撞时，B (3)注意动量定理的矢量性， 始终向右运动.当A与B最后一次碰撞后，B 动量定理的数学表达式是一个矢量式，其 停止运动，A则继续向右滑行距离s后也停止 运算应按照矢量运算法则进行，教材中应用动 运动，求盒B运动的时间t。 量定理数学表达式解决问题时，所需要进行的 运算只是在同一条直线上的矢量运算，实际学 习中，我们还应该注意掌握动量定理数学表达 A 77777777777777777777777 式中各个矢量不在同一条直线上的矢量运算 解析以A、B组成的系统为研究对象，设 方法，其本质和数学中向量的运算相同。 B停止运动时A的速度为，以向右为正方向， (4)注意研究对象的系统性。 对系统分析，由动量定理得 教材在导出动量定理和用动量定理研究 -(m十M0gt=w-mu. 问题时，都是以单个物体作为研究对象.但动 当B停止运动后，对A分析，应用动能定 量定理也可以以几个相互联系的物体组成的 理得 系统作为研究对象，则动量定理可叙述为“系 统动量的变化量等于系统所受外力冲量的矢 一hmgs=0 2m2. 量和” 联立解得1=m一mv2型 若将系统受到的所有外力、系统内每一个 2(M十m)g 物体的速度沿正交的两个方向(x轴和y轴)分 微专题了碰撞问题的综合应用 解，则系统动量定理的数学表达式可写为 当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞 65 国雕手细高中物理选择性必修第一册？) 环境如何，首先要想到利用动量守恒定律。 高度为h时，与静止的内芯碰撞（如图乙）： 1L,三种碰撞类型的特点 ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上 对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对 升至外壳下端距桌面最大高度为2处（如 于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完 图丙). 全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大 设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重 (1)弹性碰撞：碰撞过程中不仅动量守恒， 力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g.求： 机械能也守恒，碰撞前后系统动能相等.在弹 (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度 性碰撞问题中常进行动量和动能的换算 大小 (2)非弹性碰撞：碰撞过程中动量守恒，碰 (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧 撞结束后系统动能小于碰撞前系统动能，减少 做的功 的动能转化为其他形式的能量， (3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处， (3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中动量守 笔损失的机械能 恒，碰撞结束后两物体结合为一个整体以相同 解析(1)下压外壳使弹簧处于压缩状态， 的速度运动，系统动能损失最大 释放后外壳上升h1高度时具有速度心，与内 2.处理碰撞问题的思路 芯碰撞.由于内芯与外壳的撞击力远大于笔所 (1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是 受的重力，故应遵从动量守恒定律，并以共同 否守恒，其次再看总动能是否变化 速度2上升(h2一h,)高度.在此过程中，动能 (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外 转化为重力势能，则有 还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不再发生 1 二次碰撞的速度关系判定， (4m+m)G-0=(4m+m)g(h2-h).① 3)要灵活运用E=元或p=√2m,B 得=√2g(h2一h1). (2)由动量守恒定律有 -加或p-25几个关系转换动能与动量 4m=(4m+m). ② 例③探究某种笔的弹跳问题时，把笔分 将代入②式得=员V2gh,-么. 为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和 又由能量关系有 外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为 三个阶段： w-4mgh=2×4m听。 ③ 将9代入③式得W=25,一9h g 弹 (3)在整个过程中，笔损失的机械能 外壳 Ea=号4mf-24m+m)d. ④ 将西代入④式得E最=mg红：一点 乙 ①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳 微专题4动量守恒定律应用中的临界问题 使其下端接触桌面（如图甲）： 1.常见的临界问题 ②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面 (1)涉及弹簧的临界问题 66 第-章动量守恒定律么9 对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相 注意木块固定和放于光滑平面上，子弹 互作用过程中，弹簧处于最长（最短）状态时两 完全穿出时系统产生的热量相等 物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量 2.解决相互作用物体系统的临界问题时， 守恒、机械能守恒. 应处理好以下两个方面的问题 m1h=(1十22)v., (1)寻找临界状态：题设情景中看是否有 2m6=m+m)5+E 1 相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免 相碰和物体开始反向运动等临界状态 弹簧处于原长时弹性势能为0，系统满足 (2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界 动量守恒、机械能守恒. 问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速 m1h=1十m22, 度关系与相对位移关系。 m味+m话， 2m6-1 例4如图甲所示，质量为M=3.0kg的 =m1一m2 221 平板小车C静止在光滑的水平面上，在t=0 i1十m2 m十m. 时，两个质量均为1.0kg的小物体A和B同 (2)涉及斜面的临界问题 时从左、右两端水平冲上小车，1.0s内它们的 在物体滑上斜面（斜面放在光滑水平面 t图像如图乙所示，g取10m/s2. 上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方 (1)试分析小车在1.0s内所做的运动，并 向将做加速运动.物体滑到斜面上最高点的临 说明理由。 界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同速 (2)要使A、B在整个运动过程中不会相 度，物体在竖直方向的分速度等于0. 碰，车的长度至少为多少？ (3)涉及摆的临界问题 (3)假设A,B两物体在运动过程中不会相 装在车内的摆（由一段绳子和小球组成） 碰，试在图乙中画出A、B在1.0~3.0s时间 随车运动时，小球上升到最高点的临界条件是 内的v-t图像 小球和小车的速度相等. 0目B (4)涉及追碰的临界问题 O 两个在光滑水平面上沿同一直线做匀速 P 运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物 ↑m·s与 体的速度岬必须大于乙物体的速度吃，即 4.0 婵>忆.而甲物体刚好追不上乙物体的临界条 2.0 件是弹=2： 1.0 2.0 3.0tis (5)涉及子弹打木块的临界问题 -2.0 B 子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿 出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木 解析(1)由图乙可知，在第1s内，A、B 块位移与木块厚度之和.由系统动量守恒、能 的加速度大小相等，a=2m/s2, 量守恒有m6=(m十m)u,FL时= 2m6 物体A、B所受的摩擦力均为f=ma= (n+m2. 2N,方向相反. 根据牛顿第三定律，小车C受到A、B的 67 国雕手细高中物理选择性必修第一册？) 摩擦力大小相等，方向相反，合力为0，故小车 2.力学问题的三把“金钥匙” C保持静止状态 (1)牛顿运动定律结合运动学公式（我们 (2)设系统最终的速度为，由系统动量守 称之为力的观点)是解决力学问题的基本思路 恒得 和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系，利 mvA+mun=(2m+M)v. 用此种方法解题时必须考虑运动状态改变的 代入数据，解得v=0.4m/s,方向向右. 细节 由系统能量守恒得 从中学研究的范围来看，只能用于匀变速 十w）=2m4+2m6-22m+M2. 运动（包括直线和曲线运动）. 解得A、B的相对位移即小车的最小长度 (2)动量定理和动量守恒定律（动量观点）. s=51十sB=4.8m (3)动能定理和能量守恒定律（能量观点）. (3)1s后A继续向右减速滑行，小车与B 这两个观点研究的是物体或系统运动变 一起向右加速运动，最终达到共同速度，在该 化所经历的过程中状态的改变，无须对过程变 过程中，对A运用动量定理得一f△1=m△U,解 化的细节做深入研究，而更关心的是运动状态 得△1=0.8s. 的变化即结果改变量及引起变化的原因.对于 即系统在1=1.8s时达到共同速度，此后 不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及运动 一起做匀速运动， 时间的问题，特别是对于打击、碰撞类问题，因 在1.0~3.0s时间内的t图像如图丙所示 时间短且冲力随时间变化，故应用动量定理 年(m·s) 求解 4.0 对于不涉及物体运动过程中的加速度和 2.0--- 时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功， 0.4 1.01.82.03.0s 一般都应用动能定理求解：如果只有重力和弹 2.0 簧弹力做功而不涉及运动过程中的加速度和 内 时间的问题，则应用机械能守恒定律求解 微专题5力学综合问题的求解方法 例5如图所示，固定的凹槽水平表面光 对力学综合问题分析和求解，要明确如下 滑，其内放置U形滑板V,滑板两端为半径 几点 R=0.45m的圆弧面，A和D分别是圆弧的 1.力学知识体系 端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑.小滑 力学研究的是物体的受力作用与运动变 块P1和P2的质量均为，滑板的质量M 化的关系.以三条线索（包括五条重要规律）为 4m.P和P。与BC面间的动摩擦因数分别为 纽带建立联系，如图所示。 力的究问积累效（能定理） 41=0.10和=0.40，最大静摩擦力近似等于 ΣW=AE 滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端，P2静 (包括机械能守h定律) 力的瞬时作州规律 止在粗糙面的B点，P以=4.0m/s的初速 F-ma 运动 度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰 力的刑问积累效果（动量定迎） 撞后，P,处在粗糙面B点上.当P,滑到C点 FAt=mAv (位活动敏守相定律) 时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘 68 第一章动量守恒定律么 连，P继续滑动，到达D点时速度为O.P与 共同速度 P2视为质点，g取10m/s2,则： 根据动能定理，对P2有 (1)P2在BC段向右滑动时，滑板的加速 ⑧ 度为多大？ (2)BC的长度为多少？N、P,和P,最终 对P,和滑板有 静止后，P,与P2间的距离为多少？ mgL=M+m说. ⑨ L2和L、分别为P2和滑板对地移动的距 离，联立⑦⑧⑨式，得BC的长度 (=L2-LN=1.9 m. ① 解析(1)首先判断滑板与P1是否发生相 滑板与槽粘连后，P,在BC上移动的距离 对滑动. 为，由动能定理得-Amg4=0-m听. ① 由hmg=ma1mm得P1能够获得的最大加 速度 P2从D点滑下后，在BC上移动的距离为 aimax=1.0 m/s2. ① l2,由动能定理得mgR一emgl2: ② P2在BC面滑动时，假设滑板与P相对 联立⑩①②式，可得系统完全静止时P 静止，设滑板的加速度为av,则有 与P2的间距 umg=(M+m)aN, △1=l-41-l2=0.695m. 解得av=0.8m/s2. ② 微专题6动量与电磁学的综合问题 ammx>av,所以P1相对滑板静止，滑板的 系统动量守恒的条件是系统不受外力或 加速度应是 受到的外力的矢量和为0，亦即只有系统内各 av=0.8m/s2. ③ 个物体之间的相互作用力.系统内各个物体之 (2)选地面为参考系，P1滑到B,点时的速 间的相互作用力除了弹力、摩擦力之外，也可 度为B,由机械能守恒得 以是两带电体之间的库仑力，还可以是磁场中 mgR+2m6-mi, 两金属棒体之间的安培力.这时，作为系统内 力的库仑力或安培力的冲量只能改变系统中 解得g=5.0m/s. ④① P2在C点的速度为c,由机械能守恒得 单个物体的动量，而不能改变系统的总动量 mgk-号呢 所以系统在相互作用的一对库仑力或安培力 ⑤ 作用下动量守恒. 解得=3.0m/s. ⑥ 实例分析：如图甲所示，两个带电小球在 由于P,与P1质量相等，因此在B点碰撞 光滑绝缘水平面上，质量分别为mA、mB,小球 后二者交换速度。 B以速度。向A靠近的同时，释放A球，两者 P2从B滑到C的过程中，P1与滑板速度 相互作用过程中，它们之间的库仑力属于系统 相同，由滑板、P:和P2组成的系统动量守恒有 内力，如果除此之外系统不受其他外力，那么 moB=(M十m)功十. ⑦ 系统动量守恒.而且它们相互作用的过程， 为滑板与槽的右端粘连前滑板和P,的般没有直接碰撞，也就没有内能产生，只是机 69 国雕手细高中物理选择性必修第一册？) 械能与电势能间的相互转化.从初状态至两个 路，如图所示.两根导体棒的质量皆为m,电阻 带电小球速度相同的过程中，两带电小球总动 皆为R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个 量守恒，有gvo=(mg十mA)v,由能量守恒可 导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应 知增加的电势能等于系统减少的动能，E。 强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑 2(mB十mA)2. 行.开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初 速度.若两导体棒在运动中始终不接触，求： B 777777777777777777 中 如图乙所示，两根足够长的固定的平行金 属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根 (1)在运动中产生的焦耳热最多是多少 导体棒ab和cd,棒ab的质量为m1,棒cd的质 (2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd 量为m2.给棒ab一个指向棒cd的初速度ou, 于是产生感应电流.棒ab受到与运动方向相反 棒的加速度是多少 的安培力作用做减速运动，棒cd则在安培力 解析(1)从初始至两棒达到速度相同的 作用下做加速运动.在棒ab的速度大于棒cd 过程中，两棒总动量守恒，设两棒共同速度为 的速度时，回路中总有感应电流，棒ab继续减 v,有6=2mu. 速，棒cd继续加速.当两棒达到相同速度后， 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感 应电流，两棒以相同的速度做匀速运动.从 初状态至两棒达到速度相同的过程中，两棒总 (2)设ab棒的速度变为初速度的时，td 动量守恒，有1=(m:十2)v,根据能量守 棒的速度为山1，则由动量守恒可知=m· 恒，整个过程中产生的总热量Q=m诺 十m.此时回路中的感应电动势和感应电 多(m+m 流分别为E=(子w一)BL,1=录，此时d E 例⑥两根足够长的固定的平行金属导轨 棒所受的安培力F=IBL,所以cd棒的加速 位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨 上面横放着两根导体棒ab和d,构成矩形回 度为u=E=BL 7 4mR' -02-单元学能测评。 时间：75分钟 满分：100分 一、选择题（本大题包括10小题，每小题4分， 项符合题目要求.每小题全部选对的得4分， 共40分.在每小题给出的四个选项中，第1一 选对但不全的得2分，有选错的得0分) 7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多 1.(2024·云南文山一中高二期中)关于冲量， 70 第-章动最守恒定律么组 下列说法正确的是( 向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q A.物体所受合力的冲量为0时，合力做功 两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出 也为0 去，则( B.物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲 量为0 C.物体所受合力的冲量越大，合力做功越多 D.只要物体受到了力的作用，一段时间内物 体受到的总冲量就一定不为0 A.质量较大的P先落回地面 2.(2024·黑龙江鸡西实验中学高二阶段练 B.炸裂前后瞬间，总动量守恒 习)一个物体在下列运动中，动量不发生变 C.炸裂后，P飞行的水平距离较大 化的是(). D.炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相等 A.匀加速直线运动 B.斜向上抛运动 6.(2024·河南驻马店第一高级中学高二阶段 C.匀速圆周运动 D.匀速直线运动 练习)如图所示，滑块和小球的质量分别为 3.下列情况中系统的动量不守恒的是( M、m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上 A.小车停在光滑水平面上，车上的人在车 自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可 上走动时，对人与车组成的系统 伸长的轻绳相连，轻绳长为(.开始时，轻绳 B.子弹水平射入放在光滑水平面上的木块 处于水平拉直状态，小球和滑块均静止.现 中，对子弹与木块组成的系统 将小球由静止释放，当小球到达最低点时， C.子弹射入固定在墙角的木块中，对子弹与 下列说法正确的是( 木块组成的系统 D.斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，对手 榴弹组成的系统 4.下列关于冲量与动量的叙述正确的是 (). A.当力与速度夹角为0°时，该力对物体所 A.滑块和小球组成的系统动量守恒 做功为0，对物体的冲量也为0 B.滑块和小球组成的系统机械能不守恒 B.物体受到的合力的冲量越大，它的速度一 C.绳子对滑块做的功等于滑块动能的增 定越大 加量 C.当人从某高度跳到地面上时，屈腿是为了 D.小球重力势能的减少量等于小球动能的 减小冲量 增加量 D.系统动量守恒也就是系统总动量的变化 7.(2024·武汉二中月考)如图所示，质量为M 量始终为0 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段 5.(2024·佛山四中高二阶段练习)如图所示， 是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC 冲天炮飞上天后会在天空中爆炸.当冲天炮 段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切 从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方 于B点.一质量为m的滑块（可视为质点） 71 国雕手册高中物理选择性必修第一册？) 从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然 中，下列说法正确的是( 后滑入BC轨道，最后恰好停在C点.已知 B 60t6000气 M=3,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 A.小球AB组成的系统动量守恒 4,重力加速度为g,则下列说法正确的是 B.当弹簧恢复至原长时，小球A与B的动 能之比为m:M C小球B发生的位移大小为M化 D.小球A发生的位移大小为M干m A.滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车 10.(2024·云南师大附中高三阶段练习)如图 组成的系统动量守恒 所示，一平板状均质光滑半圆弧槽放置在 B.滑块滑到B点时的速度大小为√2gR 光滑水平面上，半圆弧槽半径为R一1m, C.滑块从A滑到C的过程中，滑块的位移 AC为其直径，O为其圆心，半径OB与AC 大小为3(R+L) 垂直.半圆弧槽底边靠着固定挡板EF,可 4 沿E℉无摩擦滑动.一小球（可视为质点） D,水平轨道的长度L=R 以垂直于EF的速度U,=3m/s向圆弧槽 运动，从A点沿圆弧槽切线方向进入圆弧 8.高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的 槽.若圆弧槽质量M=9kg,小球质量m 痛”，威胁着人们的安全，刑法修正案新增高 1kg,则下列说法正确的是( 空抛物罪.假设质量为200g的花盆从离地 面12.8m高的高楼窗户自由下落到地面， 花盆与地面撞击时间为0.02s,花盆可视为 质点，不计空气阻力，重力加速度大小g取 10m/s2,则( ）. A.小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 A.花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为 B.小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒 16m/s C,小球通过B点时，对圆弧槽的压力大小 B.花盆与地面撞击前瞬间的速度大小为 为10N 32m/s D.小球离开圆弧槽时，圆弧槽沿EF滑动 C.花盆对地面平均作用力的大小为162N 的距离为0.2m D.花盆对地面平均作用力的大小为324N 二、非选择题（本大题包括5小题，共60分】 9.如图所示，把两个大小相同的小球A和B 11.(7分)(2024·四川广元中学高二阶段练 用细线连接，中间夹一被压缩的轻弹簧，静 习)用图甲所示实验装置验证动量守恒定 止在光滑的水平桌面上.已知A的质量为 律，主要步骤为： M,B的质量为m,弹簧的压缩量为x,原长 ①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端 为L.现烧断细线，在弹簧恢复原长的过程 水平： 72 第一章动量守恒定律么9 ②让质量为m的入射球多次从斜槽上S 骤如下： 位置静止释放，记录其平均落地点位置： ③把质量为2的被碰球静置于槽的末端， 再将入射球从斜槽上S位置静止释放， ①将斜槽轨道放置在水平桌面上； 与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球 ②用天平测得A,B两个滑块的质量分别 的平均落地点位置： 为m1、2; ④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点 ③不放滑块B,使滑块A从倾斜轨道顶端 O,测出碰撞前后两小球的平均落地点位 置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、 P点由静止释放，滑块A最终静止在平 直轨道上，记下滑块A静止时其右侧面 ,如图乙所示 对应的刻度x1: ④把滑块B放在平直轨道上，记下其左侧 面对应的刻度xo: MP M ⑤让滑块A仍从倾斜轨道顶端P点由静 止释放，滑块A与滑块B发生碰撞后最 (1)实验中入射球和被碰球的质量应满足 终均静止在平直轨道上，记下最终滑块 的关系为 B静止时其左侧面对应的刻度x2、滑块 A.m<m2 B.m1=2 C.m1>2 A静止时其右侧面对应的刻度xa: (2)关于该实验，下列说法正确的是 (1)实验中应满足的条件是 A,斜槽轨道必须光滑 A.倾斜轨道必须光滑 B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否 B.平直轨道必须水平 水平 C.滑块A的质量应大于滑块B的质量 C.入射球和被碰球的半径必须相同 D.同一组实验中，滑块A静止释放的 D.实验中必须测量出小球抛出点的离 位置可以不同 地高度H (2)实验中滑块A碰撞前的速度大小与 (3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关 成正比 系式为 ;若碰撞是弹性碰撞， A.z B.xI-to 还应满足的关系式为 (以上两 空均用题中所给物理量的符号表示). C.(x1-xw)9 D.x1-0 12.(10分)(2024·吉林四平榆树市实验高级 (3)若关系式h√一= 成立， 中学高二期中)一同学利用如图所示的斜 则可得出结论：滑块A、B碰撞过程中 槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙 动量守恒.若要进一步验证滑块A、B 程度相同的滑块A、B做“验证动量守恒定 的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系 律”的实验.斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨 式m1(x1一xo) 是否成立 道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在 (以上两空均用题中所给物理量的符号 平直轨道上一侧固定有刻度尺.其操作步 表示) 73参考答架与解析么 14.(1)小球弹出后做平抛运动，则 单元学能测评 h=, ① 1.A[合外力的冲量等于动量的变化量，如果合外力的 x=功 @ 冲量为0，则动量的变化量为0，所以物体速度不变，动 小球弹出过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守 能变化量为0，合外力做功也为0，选项A正确：重力是 恒，则 恒力，则重力的冲量为mg1,与重力是否做功无关，选 Emd. ③ 项B错误：物体所受合力的冲量越大，则动量的变化量 越大，动量变化可能只改变方向，故动能不一定变大， 联立①@③式可得E=四二 4h 合外力做功不一定越大，选项C错误：物体受到了力的 代人数据可得E=0.91. 作用，这个力一般指的是合力，但是如果力是变力，则 一段时间内的总冲量也可能为0，如匀速圆周运动中受 (2)设向右为正方向，在小球弹出过程中，小球与小车 到了力的作用.但在转一周的过程中的总冲量是0，选 组成的系统动量守恒、机械能守恒，则 项D错误.故选A.] 0=mv-Mve, ⑦ 2.D[物体做匀加速直线运动时，速度一直增大，根据p E=mi+号M, ⊙ =v可知其动量发生了变化，故A错误：同理，物体做 小球弹出后，小车在地面阻力作用下逐渐减速为0的 斜上抛运动，其速度方向时刻在改变，可知其动量发生 过程中，由动能定理得 了变化，故B错误：同理，物体做匀速圆周运动时，速度 方向时刻在发生变化，可知其动量发生了变化，故C错 -kMgs-0-Mvi. ⑥ 误：当物体做匀速直线运动时，其速度大小和方向均不 联立①⑤⑤式可得 变化，所以其动量不发生变化，故D正确.故选D.] ① 3.C[小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时， s-RM(Mm)gE. 人与车组成的系统所受合外力为0，动量守恒，故A不 代人数据可得=0.3m 符合题意：子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中， (3)仅根据现有信息，不能预测与s的大小关系.理 子弹与木块组成的系统所受合外力为0，动量守恒，故 由如下： B不符合题意：子弹射人固定在墙角的木块中，墙壁对 第一，在实验一中，上述计算弹簧储存的弹性势能E 木块有弹力作用，系统所受合外力不为0，动量不守恒， 时，由于没有考虑小球运动过程中所受阻力的彩响， 故C符合题意：斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，手 使得E,的预测值比实际值偏小，由⑦式可知预测值s 榴弹组成的系统内力远大于外力，动量守恒，故D不符 将偏小 合题意.故选C.] 第二，在实验二中，上述预测值计算时没有考虑弹出 4.D[当力与速度的夹角为0时，该力对物体做功不为 小球过程中地面摩擦的影响，使得小车速度边的预 0,对物体的冲量也不为0，所以A错误：物体受到的合 测值要比实际值偏大：同时，在上述预测值计算中，也 力的冲量越大，合力可能越大，加速度也越大，如果物 没有考虑小车反冲过程所受空气阻力的影响，由⑥式 体做减速运动，速度减小，所以B错误：当人从某高度 可知，均可致使预测值s偏大. 跳到地面时，屈麗是为了减小冲力，但是冲量大小不 综上，仅根据现有信息，无法比较上述偏差的大小关 变，是冲力作用的时间变长了，所以C错误：系统动量守 系，所以不能预测s与s的大小关系。 恒也就是系统总动量的变化量始终为0，所以D正确.] 11 重难⑤手册高中物理透择性必修第一册 5.B[炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作 确.故选D.] 用，动量守恒，因此，P,Q两块的速度方向均沿水平方 8.AC[花盆从离地面12.8m高的高楼窗户自由下落 向，之后做平抛运动回到地面，同时落地，故A错误，B 到地面，由子=2gh解得花盆与地面撞击前瞬间的速 正确：炸裂时，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也 度大小为v=√2×10×12.8m/s=16m/s,枚A正 可能与原方向相反，无法确定P,Q两块炸裂时速度的 确，B错误：设竖直向上为正方向，花盆与地面撞击时， 大小关系，也就无法比较水平距离大小关系，故C错 对花盆由动量定理得(F一mg)=0一（一），解得地 误：炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反， 面对花盆的作用力F=m四+mg=162N,根据牛顿第 故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向 相反，故D错误.故选B 三定律可知，花盆对地面平均作用力的大小为162N, 6.C[小球下落过程中，小球竖直方向有分加速度，系统 故C正确，D错误.故选AC, 的合外力不为0，因此系统动量不守恒，故A错误：滑 9.ABD[小球A,B组成的系统受到的合外力为0，则小 块和小球组成的系统只有重力做功，所以机械能守恒， 球A、B组成的系统满足动量守恒，当弹簧恢复至原长 故B错误：对于滑块来说，只有绳子拉力做功，根据动 时有M=阳，可得小球A与小球B的动能之比为 能定理可知绳子所做的功等于滑块动能的增加量，故 C正确：由于绳子拉力对小球做功，所以小球的机械能 2m喻 一-行：故AB正确：根据M=m, 不守恒，所以小球重力势能的减少量不等于小球动能 则有Mk=ml,可得Mxa=,xu,又EA十xB=x,联 的增加量，故D错误.故选C.] 拉 7.D[滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖 立解得=严=牛m,放C钻误，D正确故 直方向上合力不为0，系统动量不守恒，故A错误：滑 选ABD.] 块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水 10.D「挡板对小球和圆弧槽组成的系统有力的作 平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得0=。 用，因此系统动量不守恒，故A错误：小球和圆弧槽组 Mu,mgR=之md+号Mi,解得=√ 3gR 成的系统，只有系统内的弹力做功，系统机械能守恒， 2 故B正确：从小球进入圆弧槽到B点的过程中，小球 √零，所以滑块滑到B点时的速度为√ gR ,故B错 和圆弧槽组成的系统机械能守恒，平行于EF方向动 误：设全程小车相对地面的位移大小为，根据题意可 量守恒，可得m=M,mi十号M=之m, 知全程滑块水平方向相对小车的位移为R十L,则滑块 水平方向相对地面的位移为x'一R十L一，滑块与小 解得=9m/s,w=四m/s,以圆孤精为参 10 10 车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正 考系，小球做圆周运动，对小球，有=m十 R 方向，在水平方向，由动量守恒定律得m(R十L一s) =10N,故C正确：从小球进入圆弧槽到离开圆弧槽， M=0,已知M=3m解得s=子R+D,=是(R+ 平行于EF方向，有x,十xM=2R,根据动量守恒可得 L),滑块在竖直方向上相对地面的位移为R,故滑块的 xm=9.x,解得x=0.2m,故D正确.故选BCD.] 位移精=V√R+xT=√25R+9L+18R ,故C错 1L.(1DC.(2)C.(3)12=m+m:x:m1x3= 1十25， 误：系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整 [(1)为了避免碰撞后小球被撞回，需要求入射球的质 个过程，由动量守恒定律得0=(m+M)v',解得v=0, 量大于被碰球的质量，即>，故选C, 由能量守恒定律得mgR=ngL,解得L=尺，故D正 (2)只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得 12 参考答案与解析收 小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光 13.(1)规定向上为正方向，o=一7m/s,根据动量定理得 滑，故A错误：铅垂线的作用是用来确定O点位置 (F-mg)h=0一mu.解得地面对他的作用力大小为 的，不是用米检验斜槽是否水平，故B错误：为了能够 F=4800N. 让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相 (2)若着地时弯曲双腿，根据动量定理得(F一g):= 同，故C正确：小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动， 0一，解得地面对他的作用力大小为F=2000N 由于高度相同，所以在空中的运动时间相同，即可用 14.(1)最终A、B以相同速度向右运动，且A、C之间的距 水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离 离保持不变，则三者速度相同，设为，以三者为系 地高度H,故D错误.故选C 统，由动量守恒定律得(m十阳)=(m十n十k), (3)设小球在空中运动的时间为1，若满足动量守恒定 其中功= I=6m/s,解得=4m/sA与C mA十mB 律，有m·号=m·马十成·马，整理得m 发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A的速度为，由 1x十m.若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守 动量守恒定律得4w=mA十，解得4=3m气 恒定律，即m1x=1x十mx. 则A,C碰撞时损失的机被能为△E=2m6 12.(1C(2)D:(3)h√一看十他√一：（一 xo）+m:(-x）. (号mi+7m或）=301. [(1)倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块A到达底端 (2)从A、C发生碰撞到A、B再次以相同速度向右运 的速度相同即可，A错误：因为两滑块的材料相同，表 动，以A、B为系统，根据能量守恒可得sgL 面的粗糙程度相同，则由牛顿第二定律mgsin0一 mgcos0=ma得a=gsin0-gcos0,可知无论轨道 之m暖+空mad-之（m十m)t,解得L-3m 是否水平，两滑块在轨道上运动的加速度都相同，所 则滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度为3m, 以平直轨道不一定必须水平，B错误：为防止滑块A 15.(1)物块B与弹簧分离后，对B、C,根据动量守恒定律 与滑块B碰后反弹，则滑块A的质量必须大于滑块B 有mva=(mg十)r,根据机械能守恒定律有 的质量，C正确：为保证滑块A每次到达底端的初速 mi=之(ma十m:)十magh,解得饰=4m/ 1 度相同，则同一组实验中，滑块A静止释放的位置要 (2)对物块A、B构成的系统，根据动量守恒定律有0= 相同，D错误.故选C (2)对滑块A,由动能定理有一wmg(一xn）=0 m一m.根据机械能守恒定律有E=受m十 2,可得滑块A碰撞前的速度大小为。 之mi,解得E=10 √/2g(-ro),即wc√一x,故选D (3)若A没有滑离小车，对A与小车，根据动量守恒 (3)若滑块A,B碰撞过程中动量守恒，则有m一 定律有mA=(m,十M)W,令相对位移为x,则有 m边十2边，又因为饰=√②g(一)，= mgx=之mi一立(m十M06,解得x=0.5 √2g(.一o),=√2g(一n),联立可得 4干M:可知，当小车质量M增大时，相对位移x增 √一=m1√a一十√一.若滑块 大，当x=L时，解得M=4kg.可知，当4kg<M A,B发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律有？m访 6kg时，物块A滑离小车，相对位移为L,则有Q= m听十之m,联立可得m一)=m( 1 mgl.=1J.当1kg≤M≤4kg时，物块A没有滑离 xo)+m:(.x-o).] 小车.则有Q=mr,解得Q= 13