第一章 动量守恒定律 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

　　　　 第一章　动量守恒定律 单元综合提升 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 易错辨析　强化落实 3 单元测试卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理　构建网络 返回 教考衔接　明确考向 返回 (2022·重庆高考·T4)在测试汽车的安全气囊对驾 乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部 所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰 撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊 的作用，则由曲线可知，假人头部 A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小 C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小 √ 真题1 由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F -t图像 的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F -t图像 的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方， 由于头部有初动量，由题图可知，动量变化越来越大， 则动量的大小一直减小直到假人头静止，动量变化最大，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝ ，而F -t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。故选D。 衔接教材　人教版选择性必修第一册P9·STSE：汽 车碰撞试验，当汽车以50 km/h左右的速度撞向刚 性壁障时，撞击使汽车的动量瞬间变到0，产生了 极大的冲击力(如图)。“轰”的一声巨响之后，载 着模拟乘员的崭新轿车眨眼间被撞得短了一大截。 技术人员马上查看车辆受损情况：安全气囊是否爆开？安全带是否发挥了作用？前挡风玻璃是否破碎？“乘员”是否完好无损？车门是否能够正常开启？…… 衔接分析　人教版选择性必修第一册P9·STSE：汽车碰撞试验 以汽车碰撞试验为情境，介绍了汽车安全气囊、安全带等设备在汽车碰撞过程中通过其缓冲作用，减小对乘员的作用力及伤害，体现了动量定理在生产、生活、科技中的应用问题。 近几年的高考以动量定理的实际应用为情境进行命题成为高考的一个考查热点，例如：2022·重庆高考·T4以测试汽车的安全气囊对假人头部防护作用的实验为情境，考查了F-t图像及动量定理的应用问题。 针对练1．(2023·福建三明高二月考)轿车发生碰撞时关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是 A．减小了驾驶员的动量变化量 B．减小了驾驶员的动量变化率 C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量 D．延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大 √ 在碰撞过程中，驾驶员动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变；而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、C、D错误。故选B。 针对练2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是 A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．将司机的动能全部转换成汽车的动能 D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 √ 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。故选项D正确。 (2022·北京高考·T10)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 B．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 √ 真题2 x -t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知碰前 m1的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，碰前m2的速度为 0，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式 Ek＝ mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。故选C。 衔接教材　人教版选择性必修第一册P29·T7 质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰， 碰撞时间不计，其位移－时间图像如图所示。 (1)若m1＝1 kg，则m2等于多少？ (2)两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？ 衔接分析　人教版选择性必修第一册P29·T7，以两个物体碰撞前后的x -t图像为情境，考查了x -t图像与动量守恒定律的应用及碰撞种类的判断问题。 近几年的高考以动量守恒定律与x -t图像、v -t图像为情境进行命题成为高考的一个考查热点，例如：2022·北京高考·T10也是以两个物体碰撞前后的x -t图像为情境，考查了x -t图像与动量守恒定律的应用及有关速率、动量、动能等的计算问题。本高考题的情境与教材的一样，但是考查的问题则是x -t图像与动量守恒定律的迁移应用。 针对练1．(2023·山东临沂高二月考)甲、乙两个物块 在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并 与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变 化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞 过程两物块损失的机械能为 A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J 设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，碰撞过程中动量守恒，则mv1＋Mv2＝mv3＋Mv4，解得M＝6 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能ΔE＝ ＝3 J，故A正确，B、C、D错误。故选A。 √ 针对练2．(2023·河南郑州高二质检)在光滑水平面上， 一质量为2 kg的物体a与另一物体b发生正碰，碰撞时 间极短，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以 a物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是 A．碰撞后a的动量为6 kg·m/s B．碰撞后b的动量为2 kg·m/s C．物体b的质量为2 kg D．碰撞过程中a对b的冲量为6 N·s √ 由题图可知，碰撞前a的速度为v0＝ m/s＝4 m/s， 碰撞后a、b共同的速度为v＝ m/s＝1 m/s， 则碰撞后a的动量为pa＝mav＝2 kg×1 m/s＝2 kg·m/s， 故A错误；a、b碰撞过程中，由动量守恒定律可得 mav0＝(ma＋mb)v，解得mb＝6 kg，故C错误；碰撞后b的动量为pb＝mbv＝6 kg×1 m/s＝6 kg·m/s，故B错误；对物体b，由动量定理可得 Ib＝mbv－0＝6×1 N·s＝6 N·s，故D正确。故选D。 (2022·山东高考·T2)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．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 √ 真题3 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻 力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚 开始向上运动时高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和， 故火箭向上做加速度减小的加速运动；当向上的高压气体的推力 等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最 大；接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和 时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零；故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力的冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。故选A。 衔接教材　人教版选择性必修第一册P27·科学漫步：三级火 箭。把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把 箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级 地连起来，理论上火箭的速度可以提得很高(如图)。但是实 际应用中一般不会超过四级，因为级数太多时，连接机构和 控制机构的质量会增加很多，工作的可靠性也会降低。 衔接分析 人教版选择性必修第一册P27·科学漫步：三级火箭，介绍了三级火箭的工作原理及火箭级数的设计问题。 近几年的高考以火箭发射为情境进行命题，考查火箭的工作原理及有关动量守恒定律的应用问题成为高考的一个考查热点，例如：2022·山东高考·T2以我国多次成功使用“冷发射”技术发射火箭为情境，考查了火箭发射过程中动量定理、动量守恒定律、功能关系等规律的综合应用问题。 针对练1．(2023·重庆市市辖区期末考试)近年，中国航天取得 的成就令世人瞩目，如图为长征五号运载火箭在文昌航天发 射场点火升空。火箭点火后，燃气以很大的速度从火箭喷口 喷出，火箭获得推力而上升，以下说法正确的是 A． 火箭加速上升过程，火箭处于失重状态 B．火箭减速上升过程，火箭处于超重状态 C．火箭加速时，燃气对火箭的推力大小等于火箭对燃气的推力大小 D．火箭加速时，燃气对火箭的推力大小大于火箭对燃气的推力大小 √ 火箭加速上升过程，加速度向上，故火箭处于超重状态，故A错误；火箭减速上升过程，加速度向下，故火箭处于失重状态，故B错误；火箭加速时，根据作用力与反作用力的关系，燃气对火箭的推力大小等于火箭对燃气的推力大小，故C正确，D错误。 针对练2．(2023·广东阳江月考)“火箭”这个词在公 元三世纪的三国时代就已出现。关于现代火箭，下列 说法正确的是 A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的 反作用力作用的结果 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭 C．影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比 D．火箭、汽车、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力 √ 火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产 生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获 得反冲速度，是靠燃气对火箭产生推动力，而不是 靠地面或空气，A、B项错误；设喷气速度为v，喷 出气体的质量为m，喷气后的火箭质量为M，火箭获得的速度大小为v′，则根据动量守恒定律有mv＝Mv′，故影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与火箭质量之比，C项正确；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动；汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进，不属于反冲运动；喷气式飞机的运动是利用喷出气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动；直升机是利用空气的浮力而使飞机上升，不属于反冲运动，D项错误。 返回 易错辨析　强化落实 返回 1．(忽视动量、动量变化量的矢量性致错)(多选)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下沿直线运动，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量为 A．2 kg·m/s，方向与初速度方向相反 B．2 kg·m/s，方向与初速度方向相同 C．5 kg·m/s，方向与初速度方向相反 D．5 kg·m/s，方向与初速度方向相同 √ √ 易错分析　本题容易漏选C项，原因是忽视了速度、动量及动量变化量的矢量性，题目已知“一段时间后速度大小变为7 m/s”，末速度的方向有两种可能，而在求解问题时往往只想到“末速度方向与初速度方向相同”的情况，却漏掉了“方向与初速度方向相反”的情况。 以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度的方向相同，由Δp＝mv′－mv得Δp＝(7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向与初速度方向相同，A错误，B正确；如果末速度的方向与初速度的方向相反，由Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与初速度方向相反，C正确，D错误。 2．(漏掉重力致错)如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则 A．过程Ⅱ中钢珠动量的变化量等于零 B．过程Ⅱ中钢珠动量变化量的大小等于阻力冲量的大小 C．整个过程中合外力的总冲量等于零 D．过程Ⅰ中钢珠动量的变化量大于重力的冲量 √ 易错分析　本题容易错选B项，原因是误认为过程Ⅱ中钢珠只受阻力而忽视了重力，从而错误认为过程Ⅱ中钢珠动量变化量的大小等于阻力冲量的大小，而正确的是过程Ⅱ中钢珠动量变化量的大小等于阻力冲量与重力冲量的矢量和的大小。 过程Ⅱ中钢珠的初动量不为零，末动量为零，因此动量的变化量不为零，故A错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中小球的动量变化量的大小等于过程Ⅱ中重力冲量与阻力冲量的矢量和的大小，故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，整个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠动量的变化量等于重力的冲量，故D错误。故选C。 3．(忽视碰撞三原则致错)(多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是 A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s √ √ 易错分析　本题容易多选C项，原因是只考虑碰撞过程中系统的动量守恒，而选择A、C、D三项，但是C项虽然满足动量守恒，却违背了“碰撞过程中系统的总动能不增加”的原则。 4．(不理解人船模型的能量特点致错)生命在于 运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所 示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量 为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m， 不计空气和水的阻力，下列说法正确的是 A．人在甲板上慢步走时，船保持静止 B．人在立定跳远的过程中船会后退 C．人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m D．若人在地面上立定跳远，其最好的成绩一定为1.8 m √ √ 易错分析　本题容易错选D项，原因是不理解人在船上跳远时释放的能量等于人和船的总动能，而人在地面上跳远时释放的能量全部转化为人的动能。 根据动量守恒可知，人动船也动，则当人在甲板上慢步走时，船将慢慢运动，A错误；人在立定跳远的过程中船将后退，B正确；根据人船模型动量守恒，有Mx＝m(d－x)，代入已知量解得x＝0.2 m，即人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m，C正确；人在船上跳远时，相对地面的位移为2 m－0.2 m＝1.8 m，即人在船上的立定跳远成绩为1.8 m，人在船上跳远时，人释放的能量等于人和船的总动能，当人在地面上跳远时，人释放的能量全部转化为人的动能，则人在地面上立定跳远，其最好的成绩一定会超过1.8 m，D错误。故选BC。 5．(不理解人船模型的位移关系致错) 一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光 滑水平面上，将一半径为 R、质量为m的小球紧靠底座 右侧由静止释放，释放时小球球心O′和底座圆心O在同 一水平高度上，且M＝3m，当小球到达底座最低点时， 底座运动的位移大小是 √ 小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和底座的位移分别为x1、x2，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝ R，解得x2＝ R。故A正确。 易错分析　本题容易错选B项，原因是忽视了小球的半径，误认为x1＋x2＝R，从而解得x2＝ R，导致错选B项。 返回 单元测试卷 返回 1．将质量相等的三只小球A、B、C从离地同一高度以大小相同的初速度分别上抛、下抛、平抛出去，空气阻力不计，那么，有关三球动量和冲量的情况是 A．三球刚着地时的动量均相同 B．三球刚着地时的动量均不相同 C．三球从抛出到落地时间内，受重力冲量最大的是A球，最小的是B球 D．三球从抛出到落地时间内，动量的变化量均相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 动量与速度的大小和方向都有关；上抛、下抛落地时速度相同，动量相同；平抛落地时的速度方向与前两者不同，动量与前两者不同，故A、B错误；A球上抛，在空中运动时间最长；B球下抛，在空中运动时间最短；则三球从抛出到落地时间内，受重力冲量最大的是A球，最小的是B球；根据动量定理可得，三球从抛出到落地时间内，A球动量的变化最大，B球动量的变化最小，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹 部上方静置一质量M＝80 kg的石板，另一演员手持一 质量为m＝5 kg的铁锤，从h1＝1.8 m高处由静止落下， 与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m处，结果石板裂开而 平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间为t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间为t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取10 m/s2，则下列判断错误的是 A．铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s B．撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s C．撞击过程中石板对铁锤的平均作用力大小为3 550 N D．缓冲过程中演员对石板的平均作用力大小约为870 N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v1，则由自由 落体运动规律可得v ＝2gh1，可得v1＝6 m/s，A正 确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为v2，则有v ＝ 2gh2，解得v2＝1 m/s，以竖直向上为正方向，由 动量定理可得I＝mv2－(－mv1)＝35 N·s，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的作用力大小为F1，则有I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N，C正确；石板与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度为v3，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝Mv3－mv2，解得v3＝ m/s，设缓冲过程中演员对石板的作用力大小为F2，由动量定理可得－(F2－Mg)t2＝0－Mv3，解得F2＝870 N，D正确。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．质量为0.2 kg的球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合力对小球做的功W，下列说法正确的是 A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝0 C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J √ 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞的过程中动量的变化量为Δp＝mv2－mv1＝[0.2×4－0.2×(－6)] kg·m/s＝2 kg·m/s；由动能定理可得，合力做功为W＝ ×0.2×62 J＝－2 J，故A正确，B、C、D错误。 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 4．(2023·山东潍坊高二期中)2023年11月14中国在建单 体容量最大海上风电项目并网发电，我国自主研发制造 的世界上最大的海上风电机SL5 000，叶片直径128 m， 风轮高度超过40层楼，是世界风电制造业的一个奇迹。 风速为12 m/s时发电机满载发电，风通过发电机后速度 减为11 m/s，已知空气的密度为1.3 kg/m3，则风通过发电机时受到的平均阻力约为 A．4.0×104 N B．2.0×105 N C．2.2×106 N D．4.4×106 N √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 叶片直径d＝128 m，叶片旋转所形成的圆的面积S＝ ，一小段时间Δt内流过该圆面的风柱体积V＝ Sv1Δt，风柱的质量m＝ρV，设风通过发电机时受 到的平均阻力大小为Ff，取v1的方向为正方向， 则v1＝12 m/s, v2＝11 m/s，根据动量定理有－FfΔt ＝mv2－mv1，联立并代入数据解得Ff≈2.0×105 N，B正确。 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 5．“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定 的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人 产生在天空翱翔的感觉。如图所示，一质量为m的游 客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流 密度为ρ，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S，风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零，则风洞内气流的流量(单位时间内流出风洞的气流体积)为 √ 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 由动量定理可知－FΔt＝0－Δmv，其中F＝mg， Δm＝vΔtSρ，流量Q＝S′v＝ v，解得Q＝ ，故选A。 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 6．(2023·安徽黄山期中)如图所示，世界冠军丁俊 晖在斯诺克比赛中正准备击球，设丁俊晖在这一杆 中，白色球主球和花色球碰撞前后都在同一直线上 运动，碰撞前，白色球A的动量pA＝6 kg·m/s，花 色球B静止；碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是 A．mB＝ mA B．mB＝mA C．mB＝ mA D．mB＝3mA √ 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝ 2 kg•m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有 ，代入解得mB≥0.5mA，碰撞 后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则 ，解得mB≤2mA，综上得0.5mA≤mB≤2mA，故B正确，A、C、D错误。 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 7．(2023·山东临沂高二质检)如图所示，小桐和小 旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬 间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以 v0的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为 光滑，则 A．若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C．碰后乙的速率可能为3v0 D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率 √ 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 甲、乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹 珠甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为 v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2， ，联立解得v1＝ ，若碰后甲、乙同向运动， 则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有－1.2v0＝ ，解得0.2m2＝－2.2m1，质量不能为负值，可知若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；若碰后乙的速率为3v0，则有3v0＝ ，解得m1＝－3m2，质量不能为负值，可知碰后乙的速率 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 不可能为3v0，故C错误；若碰后甲 反弹，且甲的速率大于乙的速率， 则有 ，可知只 要m2－m1>2m1即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。故选A。 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 8．如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈 A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的 末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨 道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是 A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0 B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为 C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为 D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为 mgR √ √ 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 9．(2023·河南开封市月考)a、b两物体在x轴上运动， 迎面相撞后结合为物体c，a、b、c运动的位置x随时 间t变化的图像如图所示，图中相关坐标值均为已知， 已知b的质量为m。下列说法正确的是 A．碰撞之前a的动量大于b的动量 B．碰撞之后c的动量大于碰前a的动量 C．a的质量为5m D．碰撞过程中a、b组成的系统损失的机械能为 √ √ √ 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 2 3 4 5 6 7 8 10．如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝ 4 kg，木板C上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一 起，初始A、B和C均处于静止状态，mA＝1 kg，mB ＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，木板C足够长，以下结论正确的是 A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB B．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒 C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒 D．整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J √ √ 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有 0＝mAvA－mBvB，代入数据得vA＝2vB，故A正 确；若A、B与木板C上表面的动摩擦因数相同，由于A、B质量不等，则爆炸后A与B所受的滑动摩擦力方向相反、大小不等，A、B组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；对A、B、C整体分析，所以合力为零，满足动量守恒，故C错误；C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能，为27 J，故D正确。故选AD。 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 11．(6分)(2023·河南驻马店市高二月考)某研究小组设计了 如下实验来验证动量守恒定律：两条相同的细线分别挂着 两个等体积小球，质量分别是m1和m2，中间夹有一轻弹簧， 再用一细线穿过弹簧连接两球，弹簧处于压缩状态但不与 小球连接。用火烧断细线，两球向左右运动，测出它们最大的摆角分别为α、β，如图所示。 (1)实验过程中，_____(选填“有”或“没有”)必要测出竖直细线的长度。 没有 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设细线的长度为L，烧断细线的过程两球组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0 烧断细线后小球摆到最高的过程机械能守恒，由机械能守恒定律 根据以上分析可知，实验过程中，没有必要测出竖直细线的长度。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)理论上，质量大的小球摆角____ (选填“大”或“小”) 小 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)试写出验证动量守恒的表达式：_____________________________。(用题中所给物理量表示) 设细线的长度为L，烧断细线的过程两球组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0 烧断细线后小球摆到最高的过程机械能守恒，由机械能守恒定律 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12．(8分)(2023·重庆涪陵区期中)用如图所示的 装置做“验证动量守恒定律”的实验，即研究 小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。 (1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是 ________(选填选项前的字母) A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 C．轨道倾斜部分必须光滑 D．轨道末端必须水平 √ √ √ 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球 的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止 释放，A正确；为了保证碰后入射小球不反弹， 入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，B 正确；轨道倾斜部分是否光滑不影响碰撞前入射小球的速度是否相同，故轨道倾斜部分不需要光滑，C错误；为了保持小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，D正确。故选ABD。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影， 实验时先让入射小球多次从斜槽上位置S由静止 释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位 置P，测出平抛射程 。然后，把半径相同的被 碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点的位置分别为M、N。实验中还需要测量的物理量有________。(选填选项前的字母) A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2 B．入射小球开始的释放高度h C．小球抛出点距地面的高度H D．两球相碰后的平抛射程 、 √ √ 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后入射小 球的速度为v1，被碰小球的速度为v2，入射小 球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，若碰 撞过程满足动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2 设小球做平抛运动的时间为t，则有v0＝ ，v1＝ ，v2＝ 联立可得m1· ＝m1· ＋m2· 故实验中还需要测量的物理量有：入射小球和被碰小球的质量m1、m2，两球相碰后的平抛射程OM、ON。故选AD。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式________________________ (用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒；若满足关系式__________________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球发生的是弹性碰撞。 在实验误差允许范围内，若满足关系式m1· ＝m1· ＋m2· ，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒； 若两球发生的是弹性碰撞，根据系统机械能守恒可得 ＋ 可得m1· 2＝m1· 2＋m2· 2。 m1· ＝m1· ＋m2· m1· 2＝m1· 2＋m2· 2 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13．(8分)“嫦娥四号”飞船在月球背面 着陆过程如图所示，在反推火箭作用下， 飞船在距月面h＝100 m处悬停，通过对 障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝1 m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝1.6 m/s2，四条“缓冲脚”的质量不计。求：(结果均保留1位有效数字) (1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做的功； 答案：－6×104 J 设飞船加速下降时火箭推力为F，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，推力对火箭做功为W＝－Fh，解得W＝－6×104 J。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0 的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲 量大小。 “缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为v，则v2＝2ah，从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I，取竖直向上为正方向，根据动量定理得4Isin 60°－mgt＝0－m(－v)，解得I≈5×103 N·s。 答案： 5×103 N·s 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14．(10分)如图所示，一滑板的上表面由长度为L的粗糙 水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑 板静止于光滑的水平地面上，物体P(可视为质点)置于滑 板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数 为μ(已知μ<1，但具体大小未知)，一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m的小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，已知物体P的质量为2m，滑板的质量为2m，R＝ L，重力加速度为g，求： (1)小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小； 答案： 3mg 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由机械能守恒定律可得mgL＝ mv2 则v＝ 由牛顿第二定律可得F－mg＝m 则细线对小球拉力的大小F＝3mg。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小； 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若要保证物体P既能到达圆弧BC，同时不会 从C点滑出，求物体P与滑板水平部分的动摩擦 因数满足μ的取值范围。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 如果物体P运动到C点与滑板共速，根据动量守恒和能量守恒得2mv2 ＝4mv3 μmin·2mgL＝ 则μmin＝ 如果物体P运动到B点与滑板共速，根据动量守恒和能量守恒得2mv2 ＝4mv4 μmax·2mgL＝ 则μmax＝ 所以物体P与滑板水平部分的动摩擦因数 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15．(10分)如图所示，静置于水平地面的两辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平初速度使其运动，当车运动了距离l时与第二辆车相碰，两车瞬间结为一体，以共同速度继续运动了距离l，与竖直墙相碰，反弹后运动 停止。已知车与墙相碰损失80%的机械能，车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，忽略空气阻力，求： (1)两车与墙碰后反弹的速度大小； 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 车与墙壁碰撞后做减速运动，设碰撞后的速度大小为v，由动能定理可得 －2kmg×＝ 解得v＝ 。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)人给第一辆车水平动量的大小。 选择向右为正方向，设第一辆车的初速度为v0，与第二辆车碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v2，第一辆车减速的过程中，有 －kmgl＝ 两辆车碰撞的过程中动量守恒，有mv1＝2mv2 碰撞后车向右运动的过程中，只有摩擦力做功，则－2kmgl＝ － 由动量定理可得，人给第一辆车的水平冲量转化为车的动量，即I＝mv0 联立解得I＝2m 。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16．(12分)(2023·河北武安三中期末)如图所示，在光滑 的水平面上静止放一质量为2m的木板B，木板表面光滑， 右端固定一轻质弹簧。质量为m的木块A以速度v0从木板的左端水平向右滑上木板B。求： (1)弹簧的最大弹性势能以及此时A速度的大小； 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速 度，此时弹簧的弹性势能最大。设共同速度为v，从 木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有mv0＝ v 解得v＝ 由能量关系得弹簧的最大弹性势能 Epm＝ 解得Epm＝ 。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)弹簧被压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量 的大小和方向； 对木块A，取向右为正方向，由动量定理有 I＝mv－mv0 解得I＝－ mv0 即弹簧给木块A的冲量的大小为 mv0，方向向左。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)当木块A和木板B分离时，木块A和木板B速度的大 小和方向。 从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为v1和v2，取向右为正方向，则有 mv0＝mv1＋2mv2 即A的速度大小为 ，方向向左；B的速度大小为 ，方向向右。 返回 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 mv＋Mv－mv－Mv ＝ ＝ 设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝＋＝。若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s。碰后总动能Ek′＝＋<，故可能发生，A正确；若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能发生，B错误；若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝＋>，故不可能发生，C错误；若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，碰后p′＝12 kg·m/s＝p，Ek′＝＋<，故可能发生，D正确。 mv－mv＝×0.2×42 J－ ≥＋ ≤ v0 m1v＝m1v＋ m2v v0，v2＝v0 v0 v0>v0 滑块D在斜劈A上滑动时，斜劈A与滑块D组 成的系统在水平方向上动量守恒，且系统机械能守 恒，则当滑块D滑到水平地面上时，有0＝mvD－ mvA，mgR＝mv＋mv，联立解得斜劈A、滑块D分离时的速度为vD＝vA＝，即斜劈A与滑块D的速度大小相等、方向相反，下滑过程中对斜劈A，由动能定理得W＝mv－0，解得W＝mgR，故A错误；D与B碰撞前的速度即为斜劈A、滑块D分离时滑块D的速度大小，为，故B正确；滑块D与滑块B碰撞过程动量守恒， 有mvD＝(m＋m)vB，则碰撞后滑块B、D整体的速 度大小为vB＝，损失的机械能ΔE＝mv－ (m＋m)v，计算可得滑块D与滑块B碰撞过程 中损失的机械能ΔE＝mgR，故D正确；滑块B与滑块C碰撞过程中，滑块B、C、D组成的系统动量守恒，有(m＋m)vB＝(m＋m＋m)vC，则滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为vC＝ ，故C错误。故选BD。 碰撞后c的运动方向与碰撞前a的运动方向相同，故 可知碰撞之前a的动量大于b的动量，A正确；由动 量守恒定律可得－mava＋mbvb＝－mcvc，可知碰撞之 后c的动量小于碰前a的动量，B错误；由图像可得碰 撞前后三个物体的速度大小分别为va＝vb＝，vc＝，代入上式可得ma＝5m，C正确；碰撞过程中损失的机械能可表示为ΔE＝mav＋mbv－mcv，解得ΔE＝，D正确。故选ACD。 对m1：m1v＝m1gL 对m2：m2v＝m2gL 整理得m1＝m2。 由以上推导过程可知，实验需要验证的表达式是m1 ＝m2。 m1＝m2 m1v＝m1v m2v ·2mv－·4mv－2mg·L ·2mv－·4mv ＝0－·2mv2 答案： 2m mv－mv v mv mv－v2 mv＝mv＋×2mv $$