假期作业(4)动量守恒定律-【快乐假期每一天】2024-2025学年高一物理暑假作业

第一部分假期作业 (1)滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能 (3)物块P与传送带之间因摩擦而产生的热 △E: 量Q。 (2)曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径 R与h的关系： 假期作业（四） 动量守恒定律 考点分桥 必会知识 典例剖析 知识点一 动量守恒定律 典例@ (2024·广东·模拟预测)如图所示，学 内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的 生练习用脚顺球。某一次足球由静止自由下落 矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。 1.25m,被重新顺起，离开脚部后竖直上升的最 动量守恒定律的三种表达式： 大高度仍为1.25m。已知足球与脚部的作用时 (1)p=p'或m1十m22=m1'1+2v'2 间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度大 系统相互作用前的，总动量p和相互作用后的总 小g取10m/s2,不计空气阻力，则 动量p'大小相等，方向相同。 (2)△p=p'-p=0 系统总动量的变化量为零。 (3)△p1=-△p2 相互作用的系统内的部分中，一部分动量的增加 量等于另一部分动量的减少量。 知识点二动量守恒的特性 A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4kg·m/s 1,矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程，解题时 B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2kg·ms 需要统一正方向。 C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 2.瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系 D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 统任一瞬时的动量恒定。 【答案】B 3.相对性：各物体动量大小，必须统一参考系，一般 【解析】足球达到脚背的速度为=、2gh= 以地面为参考系。 5ms,足球下落到与脚部刚接触时动量大小为 4.系统性：研究的对象是相互作用的两个或多个物 p=mw=0.4×5kg·m/s=2kg·mfs,A错 体组成的系统。 5.普适性：它不仅适用于宏观物体组成的系统，也 误：小球自由下落的时间为气 2h=0.5s,所以 适用于微观粒子组成的系统。 足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mg 假期作业·物理 0.4×10×0.5kg·m1s=2kg·m/s,B正确： -2mv=-2×0.4×5kg·m/s=-4kg·m/s, 根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也 C错误：足球与脚部作用过程中，根据动量定理 是5m/s,设竖直向下为正方向，所以脚背与足 可得(mg-F)t=△p,解得F=44N=11mg,D 球作用过程中，动量变化量为△p=一mv一nw= 错误。故选B。 中中 达标检测 题型三 碰撞模型 题 型练习 (多选)(2024·湖北十堰·高二郧西县第一中学 题型一 变力冲量 校联考阶段练习)如图甲所示，在光滑水平面上 (2024·江西宜春·高二 (mg-） 质量分别为1和m2的A、B两小球发生正碰。 江西省铜鼓中学校考阶段 10 图乙为它们碰撞前后的位移一时间图像。已知 练习)载人飞船的返回舱 1=0.1kg。由此可以判断 速度减为10ms后，在大 s/m 0 0.81.0th8 16 气层中沿竖直方向匀速降落。快到地面时，返回 12 B B 舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速， 左(m (m2右 4 到达地面时速度恰好为0，降落过程的最后一秒 77777777777777777777 0 的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正 甲 确的是 ( ) A.m2=0.3kg A.返回舱最后一秒下降的高度为9m B.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 B.降落过程的最后一秒，返回舱处于失重状态 C.碰前B静止，A向右运动 C.0.8~1.0s内，返回舱处于超重状态 D.A与B发生非弹性碰撞 D.0.8~1.0s内，喷出气体对返回舱作用力的冲 能力提升八 量等于返回舱动量的变化量 题型二动量守恒定律的条件 1.(2024·北京顺义·高二校考期中)如图所示，用 (多选)(2024·广东佛山·高二统考期中)新修 一个与水平面成0角的恒力F拉质量为m的木 订的《未成年人保护法》规定：儿童乘坐汽车应当 箱，木箱沿光滑平面前进在作用时间（内，下列 配备儿童安全座椅。在儿童假人模拟实验中，车 说法正确的是 ( 速为50kmh的车辆与墙壁发生碰撞，10kg的 假人重心相对地面最远移动了0.5m,在此过程 公 T77777777777777777770777 A.F的冲量大小为Ftcos8 B.地面支持力的冲量大小必为0 C.木箱的动量变化率大小为F D.木箱重力的冲量大小为mgt 2.(2024·北京西城·统考二模)研究蹦极运动时 A.假人所受合力的方向水平向后 在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时 B.车、假人组成的系统水平方向上动量守恒 刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦 C.安全座椅对假人水平方向上的平均作用力约2kN 极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数 D.由实验可知大人系好安全带抱紧小孩坐车是 据，得到如图所示的速度一位移图像。忽略空气 安全的 阻力，根据图像可知 () 第一部分假期作业 m“8 表2 20 碰前 碰后 滑块m1滑块m2 滑块m1滑块m2 速度 +0.120 0 0.024 +0.070 v/(m·s-1) 1- 0 5 10152025 30 根据实验数据可推知，在误差允许范围内： A.弹性绳的原长为15m (1)碰前物体的速度 (填“等于”或“不等 B.0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少 于”)碰后物体速度的矢量和： 量大于动能的增加量 (2)碰前物体的动能 (填“等于”或“不等 C.15~27m下落过程中，运动员受合力先减小 于”)碰后物体动能的和： 后增大 (3)碰前物体的质量m与速度v的乘积mv D.0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹 (填“等于”或“不等于”)碰后物体的质量m 性绳弹力冲量 与速度)的乘积mu的矢量和。若在误差允许的 3.(2024·新疆塔城·高二沙湾县第一中学期中) 范围内，则可认为两者相等； 某同学利用气垫导轨上滑块间的碰撞来寻找物 (4)还进行了其他情景的实验，最终在实验中发 体相互作用过程中的“不变量”，实验装置如图所 现的“不变量”是 示，实验过程如下(“十、一”表示速度方向)： (5)在“探究碰撞中的不变量”实验中，关于实验 结论的说明，正确的是 实验1 使m1=m2=0.25kg,让运动的m1碰 A.只需找到一种情景的“不变量”即可，结论对 静止的m2,碰后m1、m2一起运动。数据如表1。 其他情景也同样适用 表1 B.只找到一种情景的“不变量”还不够，其他情景 碰前 碰后 未必适用 滑块m1 滑块m2 滑块m1 滑块m2 C.实验中要寻找的“不变量”必须在各种碰撞情 况下都不改变 速度 +0.140 0 +0.069 +0.069 D.进行有限次实验找到的“不变量”，具有偶然 v/(m·s-1) 性，结论还需要检验 根据这个实验可推知，在误差允许范围内： 4.(2024·福建莆田·统考模拟预测)如图所示，质 (1)碰前物体的速度 (填“等于”或“不等 量为km的木板静止在足够大的光滑水平地面 于”)碰后物体速度的矢量和： 上，质量为m的滑块静止在木板的左端。质量 (2)碰前物体的动能 (填“等于”或“不等 为m的子弹以大小为。的初速度射入滑块，子 于”)碰后物体动能的和； 弹射人滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未滑离木 (3)碰前物体的质量m与速度v的乘积mw 板。滑块与木板间的动摩擦因数为：，重力加速 (填“等于”或“不等于”)碰后物体的质量m 度大小为g,子弹与滑块均视为质点，不计子弹 与速度v的乘积mw的矢量和。若在误差允许的 射入滑块的时间。求： 范围内，则可认为两者相等。 实验2使2m1=m2=0.5kg,让运动的m1碰 静止的m2,碰后m1、m2分开。数据如表2。 77777777777777 假期作业·物理 (1)木板最终的速度大小： 5.如图所示，质量为m的小车静止在光滑水平面 (2)木板的长度L: (3)滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克 上，距其右端号处有一弹性挡板，在其左端的正 服摩擦力做功（产生热量）的平均功率P。 上方L处有一固定景点，通过长为L的细绳悬 挂一质量为2m的小滑块，细绳能承受的最大拉 力为滑块重力的3.25倍，把细绳水平拉直并给 小滑块一个竖直向下的初速度，当小滑块到达最 低点时，细绳恰好被拉断，小滑块滑上小车，滑块 和小车间的动摩擦因数为：，小车与挡板碰撞过 程时间极短，碰后小车速度大小不变，滑块没有 从小车上滑下，求： (1)小滑块的初速度大小%和细线拉断瞬间小 滑块的速度大小： (2)第一次碰撞过程中挡板对小车的冲量： (3)小车从第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰 撞所经历的时间。 14假期作业·物理 0.4,B错误：第2s内物体的位移为=2r=号×2× (3)C运动到最低点时，B对地的压力最小，设弹簧的拉伸 形变量为x',根据系统机械能守恒，有mg(x十x')sin53° 1m=1m,克服摩擦力做的功为W=∫x=4×1J=4J: )一1图像中图线与时间轴所包围的面积表示位移，可知第 =mgx十十△Ep,由功能关系有△E,=名x” 3s内物体的位移为x'=2m,故第3s内克服摩擦力做的 功为W=厂x=8J,则这3s内物体克服摩擦力做功 与，由于B交力平衡，有F十=mg:联立解得F 12J,D正确：这3s内推力F做功WF=6×1J十4×2J =0.4mg。 =14J,C错误。 5.【答案】(1)△E=18J(2)R=0.8-h,(0≤h≤0.6m) 2.【答案】AD (3)6J 【解析】由题意可知，在开始时弹簧的弹力大小为F1= 【解析】(1)弹簧将P,Q弹开的过程动量守恒有m11 2 ngsin0=2 ngsin30°=mg,物块B与物块A刚分离时， mz2,解得2=2m/s 二者具有相同的加速度，且二者间的弹力是零，由此可知 由题知，滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速 此时弹簧对A的弹力大小为F2=2mg,此过程中，弹簧 度格好始终恒为a=2g,则在D点有a=,解得D 弹力的变化量的大小为△F=F一F:=名mg,由朝克定 =4 m/s, 故滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能为△E 律可得△F=△，解得B运动的距离为△r=P= m:+mgH-言m:d,解得△E=18J。 1 A正确：从开始运动到B与A刚分离时，两物块的加速度 VE 沿斜面向上诚小到零，物块B一直做加速运动，且高度逐 (2)同理在E点也有a=R 渐增大，因此B的机械能一直增大，B错误：从开始运动 解得vE=2m/s 到B与A刚分离时，合外力对A、B组成的系统做功不是 从D点到曲线轨道DEF上任意高废有 零，因此A、B组成的系统机械能不守恒，C错误：B与A 2m22 1 1 -m2gh= 分离瞬间，对A、B组成的系统，由动能定理可得EB= 2m2呢 2兜D+Ar）XA+7g·4x-2na·血3r 且a=R k 联立有R=0.8一h 解得B的动能为E-m器， 16kD正确。 其中R≥R1 则0≤h≤0.6m。 3.【答案】(1)1.30(2) md2 (x2-xo) 2△2(x2-x1) (4)x2-xT (3)滑块P在传送带向上减速，其加速度为 ad2 a1=gsin a+ugcos a=10 m/s2 2bg 滑块P向上减速到0时有1=”=0.4s 【解析】(1)游标卡尺主尺读数为13mm,游标尺读数为 a1 0×0.1mm,则d=13.0mm=1.30cm。 位移-名1=0.8m<L (2n位置的递度为=品根据功能关系有B,=mg 则滑块P未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有 1 （一)，根据动能定理有一g（一)=0-2m, 2==0.1s 41 解释5-哥 1 x1=2t2=0.05m (4)x1一x2的过程中，根据动能定理有一mg(x2一x1)= 共速后a2=gsin a一geos a=2ms2 0-之md,可得寸-2 则滑块P向下减速有 42 d ,则横坐标应为2一 1 x1-x=tol3+242 ad? ,旅据国象外本可知=名-票，解得以瑞说 解得t3=0.5s 故整个过程中滑块P与传送带相对运动的距离 4.【答案】(1)0.8mg 3mg2 (2)N10k (3)0.4ng △s=(x+wb41)+(ol2-x2)十(x2-x1-ol3)=1.5m 【解析】(1)C处于静止状态时受力平衡，外力沿斜面方 则Q=am2 gcos a·△s=6J。 向上，有F=ngsin53°，解得F=0.8mg。 假期作业（四） 动量守恒定律 (2)设初始时弹簧的压缩量为x,当弹簧恢复原长时，物块 A上升的高度为T,C沿斜面下滑的距离为x,对A,C、弹 题型练习 簧组成的系统，根据机械能守短定律有mgrm0叶之 题型一 【答案】C =mgx十 1 【解析】由图像可得，图线与坐标轴所国成的面积表示 ·2m,开始静止则mg=kx,解得v 这段时间载人飞船所发生的位移，故最后一秒下降高度 3mg 小于9m,A错误：降落过程的最后一秒中，0~0.8s返回 10k 舱处于平衡状态，0.8~1.0s向下做加速度减小的减速 参考答案 运动，此过程返回舱处于超重状态，B错误，C正确：0,8 【解析】实验1(1)碰后物体速度的失量和为 1.0s内，返回舱所受合力的冲量等于返回舱动量的变化 0.069m/s+0.069m/s=0.138ms 量，D错误。 所以碰前物体的速度不等于碰后物体速度的关量和。 题型二 (2)碰前物体的动能为 【答案】AC 1 【解析】当车柄与培壁发生碰撞时，假人相对于车向前 E=2m1×0.142=0.0098m 运动，所以受到向后的摩擦力，而重力和支持力平衡，所 碰后物体的动能为 以合力水平向后，故A正确：当车辆与墙壁发生碰撞时， Ek=7(m+mg)×0.0692≈0.048m 墙壁对车有向后的作用力，即系统所受的合外力不为零， 碰前物体的动能不等于碰后物体动能的和， 所以系统水平方向动量不守恒，故B错误：根据速度位移 (3)碰前物体的质量m与速度v的乘积为 关系有=2a.x,F=ma,代入数据解得F≈2000N mv=0.14m1 2kN,故C正确：在发生碰撞时，若大人系好安全带，大人 碰后物体的质量m与速度v的乘积m的失量和为 将受到安全带的作用力减速，但小孩将由于惯性继续向 前运动，所以小孩不安全，故D错误。 m'v'=(m1十m2)X0.069=0.138m1 题型三 二者在误差允许的范围内是相等的。 【答案】AC 实验2(1)碰后物体速度的失量和为 -0.024m/s十0.070m/s=0.046m.‘s 【解析】根据位移一时间图像的斜率表示速度，可知A、 所以碰前物体的速度不等于碰后物体速度的失量和 B两小球难前选度分别为以=号s=4n,明=0， (2)碰前物体的动能为 A,B两小球碰后逢度分别为A-日8Ms=一2ms E=2m1×0.122=0.072m a5 碰后物体的动能为 2mfs=2ms,根据动量守恒可得m1以= m1vA十m2B,联立解得m2=0.3kg,故A,C正确：碰撞 E=7m×0.0242+7m×0.0702=0.052m 过程中系统损失的机機能为△E-?m暖一是m货 碰前物体的动能不等于碰后物体动能的和。 (3)碰前物体的质量m与速度)的乘积为 mi=2×0.1X4华J-号×0.1×2J-号×0.3× 1 mv=0.12m1 ! 碰后物体的质量m与速度v的乘积m)的失量和为 2J=0,可知A与B发生弹性碰撞，故BD错误。 m'0=m1×(-0.024)+m2×0.070=0.116m1 能力提升 二者在误差允许的范围内是相等的。 1.【答案】D (4)相互作用的物体的质量与速度乘积的夫量和 【解析】F的冲量大小为F1,A错误：地面支持力的大小 (5)实验中要寻找的“不变量”必须在各种碰撞情况下都 不为零，则支持力的冲量大小不为0，B错误：根据动量定 不改变，进行有限次实验找到的“不变量”，具有偏然性， 理，木箱的动量变化率等于合外力，即大小为FcOs日，C错 结论还雪要检验，B、C、D正确。 误：木箱重力的冲量大小为mgt,D正确。 4.【答案】（1)2（2》8(k+2)g k始 2.【答案】B (3)tmgvo 2 【解析】由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最 【解析】(1)设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同 大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等 速度大小为1，根据动量守恒定律有m0=2mv1,解得v 大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于 15m,故A错误：运动员下落过程中先做加递度为g的加 2,根据动量守恒定律有2mD1=(km十2m)w,解得v 速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小 的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m, k+2 所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等 (2)对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系 于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正 有g·2mgL=号×2m时-号(m+2m)p,解得L 确：15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为 零，之后运动员继续向下运动，弹性绳仲长量继续变大， k呢 =8(k+2)g 弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大，故C错误：0~27m (3)滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦 下落过程中由动量定理可得【G十I单=0，可知运动员重 力微的功W=4·2mgl,设滑块在木板上相对木板滑动 力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。 时木板的加速度大小为，对木板，根据牛顿第二定律有 3.【答案】实验1 :·2mg=ka,设滑块在木板上相对木板滑动的时间为 (1)不等于(2)不等于(3)不等于 实验2 1,根易匀支速直我运动的规律有口=a,又由于P?,解 (1)不等于(2)不等于(3)不等于(4)相互作用的物 体的质量与速度乘积的矢量和(5)BCD 得P=mgo 2 假期作业·物理 5.【答案】号是(2)大小为2mVg,方 2.【答案】CD 【解析】小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带 向水平向左 au-V居 N的速度大小u=√6+=1.0m/s,B错误：小煤块在 【解析】(1)细绳恰好被拉断，根据牛领第二定律有 传送带N上滑动的过程中，其相对传送带N的逸度与所 受滑动摩擦力的方向如图所示 T-2mg=2m2,T=3.25×2mg=6.5mg 解得v=是 小滑块在摆动过程中，根据动能定理得 2·2mw2-1 1 2mgl= ·2md 1 解得0一2红 (2)小车与物块间摩擦力使小车加速，物块减速，若小车 滑动摩擦力的方向与相对传送带V的速度方向相反，加 在碰撞前共速则有2mw=3 解得=√gL 连度为a=四=2mg夫角满足ana一册-是，解得e 一直做加速，则对小车由动能定理可得 一37°即小煤块开始相对于传送带V做匀减速直线运动， r2mgr=m 1 相对于地面做匀变速曲线运动，当垂直于N传送带的分 速度减为0时有o=asin a·to解得to=0.5s此时沿N 4 解得1√3L> 传送带的分速度vy=ac0sa·to=0.8m/s=1。可知， 故分析得碰撞前已经达到共速即叫一√gL 之后小煤块小煤块开始相对于传送带N保持静止状态， 则第一次碰撞过程中，小车与弹性挡板碰撞后速度大小 相对于地面做匀速直线运动，即小煤块相对于地面先做 不变，方向相反，根据动量定理得挡板对小车的冲量 匀变速曲线运动，后做匀速直线运动，A错误：由于小煤 I=一n-w1=-2mgL 块相对于传送带N先做匀减速直线运动，后保持静止状 挡板对小车的冲量大小为2m√g工，方向水平向左。 (3)第一次碰撞后，小车与物块间滑动，根据系统动量守 态，剧小排块留在传送带N上的划痕长度为L=君 恒有 1.02 2X2m=0.25m,C正确：当小煤块的速度最小时，小煤 21一1=312 解得功=VgL 块对地的速度方向与加连度“的方向垂直，根据上述可 知此时小煤块的速度偏转角0=a=37则有tan0=tana 根据牛顿第二定律得，小车加速和减速的加速度大小 =tan37=0.75,D正确. u2mg=ma 3.【答案】AB 解得a=2ug 【解析】小船垂直渡河，由平行四边形定则v来=1cos0 碰撞后小车加速和减速过程的总时间关系有 =3ms,A正确；由小船在垂直河岸方向做匀速直线运 功-(-)=at1,解得t1=号 动可知，河宽为d=1sin0·t=240m,B正确：小船船头 小车第一次碰撞到减速到0，有=2·2g℃1 指向正对岸时，渡河时间凝短，最短时间为号-8。 随后小车加速到2有=2·2gx2 第二次碰撞前小车匀速运动的时间有 C错误；小船以最短的时间渡河的位移为s=lmm= l2= 工2一x1 √/所+球·1=48v3年m,D错误。 2 4.【答案】C 联立解得红=√g 2 【解析】物块A从P到M过程，绳子的拉力一直对A做 正功，根据动能定理可知A的速度一直增加，故A错误： 小车从第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞所经历的 开始时B的速度为零，当物块A到达M点时，物块B下 4、 时间t=1十=3√g 降到最低点，固此B的速度又为零，则B从释放到最低点 过程，速度先增大后减小，故B错误：物块A在N点时， 第二部分 物理模型 將A的速度进行分析，沿蝇方向的分速度大小等于物块 B的速度大小，根据图中几何关系可得 第一节 曲线运动条件、运动的合成 与分解的方法模型 1.【答案】B 【解析】由题意知蜜蜂做曲线运动，所受合外力不肯能 为零，故A点不可能：密封做曲线运动，合外力指向轨迹 凹侧，故B、D两，点均可能，C点不可能，B正确。 36