1.动量-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 1.动量 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　寻求碰撞中的不变量 1．在用滑轨探究碰撞中的不变量时，不需要测量的物理量是(　　) A．小车的质量 B．挡光的时间 C．挡光片的宽度 D．光电门的高度 解析　根据实验原理可知本实验不需要测量光电门的高度，故选D。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 4 2.“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球的质量m1＝15 g，原静止的被碰小球的质量m2＝10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x­t图像如图所示，可知入射小球碰撞后的m1v1′是________ kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是________ kg·m/s，被碰小球碰撞后的m2v2′是________ kg·m/s。由此得出结论：___________ ____________________。 0.0075 0.015 0.0075 碰撞前后 mv的矢量和是不变量 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 5 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 6 典型考点二　对动量的理解与计算 3．(多选)关于动量，下列说法正确的是(　　) A．动量大的物体，运动一定快 B．动量相同的物体，运动方向一定相同 C．动量相同的物体，动能也一定相同 D．动能相同的物体，动量不一定相同 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 7 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 9 4．(多选)关于动量和动能，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．做匀速圆周运动的质点，其动能不随时间发生变化 C．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 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 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 11 5.(多选)一质量为4 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为4 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为3 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 13 典型考点三　对动量变化量的理解与计算 6．一质量为58 g的网球，以40 m/s的速度水平飞来，某运动员将其以60 m/s的速度反向击回的过程中，网球的动量变化量为(　　) A．大小为1.16 kg·m/s，方向与初速度方向相同 B．大小为1.16 kg·m/s，方向与初速度方向相反 C．大小为5.8 kg·m/s，方向与初速度方向相同 D．大小为5.8 kg·m/s，方向与初速度方向相反 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 14 解析　规定网球初速度的方向为正方向，网球初状态的动量为：p1＝mv1＝0.058×40 kg·m/s＝2.32 kg·m/s，末状态的动量为：p2＝mv2＝0.058×(－60) kg·m/s＝－3.48 kg·m/s，则动量的变化量为：Δp＝p2－p1＝－3.48 kg·m/s－2.32 kg·m/s＝－5.8 kg·m/s，负号表示方向与网球初速度方向相反，D正确。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 15 [名师点拨]　同一直线上动量变化量的计算方法 在分析计算时：①首先确定正方向，一般取初速度v1的方向为正方向；②然后分别写出初、末状态的动量p1和p2，与v1同向为正，与v1反向为负；③最后由Δp＝p2－p1进行计算。动量的变化量是末动量与初动量的差。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 16 7．(多选)关于动量的变化量，下列说法正确的是(　　) A．在加速直线运动中，物体动量的变化量Δp的方向与运动方向相同 B．在减速直线运动中，物体动量的变化量Δp的方向与运动方向相反 C．物体的速度大小不变时，动量的变化量Δp为零 D．物体做曲线运动时，动量的变化量一定不为零 解析　在加速直线运动中，物体的末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1>0，与物体运动方向相同，A正确；在减速直线运动中，p2<p1，Δp与p1、p2方向相反，B正确；当物体的速度大小不变、方向变化时，Δp≠0，C错误；当物体做曲线运动时，动量的变化量Δp可能为零，如做匀速圆周运动的物体运动一周时的Δp为零，D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 17 核心能力提升练 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 19 解析　最终的结论虽然是在碰撞前后沿同一直线运动的情况下得到的，但是否适用于其他情况，还要由实验判断，A错误；系统的质量与速度的乘积之和在碰撞前后为不变量是实验的结论，其他探究的结论不成立，故D正确，B错误；速度是矢量，式中速度均应考虑方向，C错误。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 20 2．甲、乙两物体的动能相等，它们的质量之比为m甲∶m乙＝1∶4，则它们的动量大小之比p甲∶p乙为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 21 3．质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，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＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 22 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 23 4．(多选)质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β(α≠β)的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，则A、B两物体(　　) A．滑到h1高度时的动量相同 B．滑到h1高度时的动能相等 C．由h2高度滑到h1高度的过程中动量变化量相同 D．由h2高度滑到h1高度的过程中动能变化量相等 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 24 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 25 5．动量p随位置x变化的p­x图像称为相轨。相轨在近代数学分析和理论物理的发展中扮演了极为重要的角色。一物体从x＝0处以初速度v0沿x轴正方向开始运动，运动过程中只受一方向与速度v相反、大小为kv(k＞0且为常量)的力。其相轨应为下图中的(　　) 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 26 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 27 6．用如图所示装置探究碰撞中的不变量，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧数字计时器，记录时间为0.040 s，右侧滑块通过右侧数字计时器，记录时间为0.060 s，左侧滑块质量为100 g，左侧滑块m1v1的大小为______ g·m/s，右侧滑块质量为150 g，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝____ g·m/s。 22.5 0 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 28 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 29 7.在“探究碰撞中的不变量”实验中，某同学采用如图所示的装置进行实验。把两个小球用等长的细线悬挂(使两小球在竖直方向静止时，刚好接触)，让B球静止，拉起A球，由静止释放后使它们相碰，碰后结合在一起。实验过程中除了要测量A球被拉起的角度θ1及它们碰后摆起的最大角度θ2之外，还需测量________________(写出物理量的名称和符号)才能探究碰撞中的守恒量。用测量的物理量表示碰撞中的守恒量应满足的关系式是___________________________________。 两球质量mA、mB 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 30 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 31 8．质量为m的地球绕太阳做半径为r、角速度为ω的匀速圆周运动，则极短的时间Δt内，地球动量变化量的大小为________，方向为__________。 mrω2Δt 指向太阳 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 32 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　由图可知，碰撞前入射小球的速度v1＝eq \f(Δx1,Δt1)＝eq \f(20×10－2,0.2) m/s＝1 m/s，碰撞后入射小球的速度v1′＝eq \f(Δx1′,Δt1′)＝eq \f(（30－20）×10－2,0.4－0.2) m/s＝0.5 m/s，被碰小球的速度v2′＝eq \f(Δx2′,Δt2′)＝eq \f(（35－20）×10－2,0.4－0.2) m/s＝0.75 m/s；入射小球碰撞后的m1v1′＝0.015×0.5 kg·m/s＝0.0075 kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1＝0.015×1 kg·m/s＝0.015 kg·m/s，被碰小球碰撞后的m2v2′＝0.01×0.75 kg·m/s＝0.0075 kg·m/s；碰撞前质量与速度的乘积之和p＝m1v1＝0.015 kg·m/s，碰撞后质量与速度的乘积之和p′＝m1v1′＋m2v2′＝0.015 kg·m/s，由此可知：碰撞前后mv的矢量和是不变量。 解析　动量是物体的质量与速度的乘积，动量大的物体，如果质量大，其速度不一定大，运动得不一定快，故A错误；动量是矢量，其方向与运动方向相同，所以动量相同的物体，其运动方向一定相同，B正确；动能与动量之间的关系式为：Ek＝eq \f(p2,2m)，因为物体的质量关系未知，所以不能确定动能相同的物体的动量之间的关系，也不能确定动量相同的物体的动能之间的关系，故C错误，D正确。 [名师点拨]　 动量与动能的区别与联系 (1)区别：动量是矢量，动能是标量。质量相同的两物体，动量相同时速度一定相同，但动能相同时速度不一定相同。 (2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝eq \f(p2,2m)或p＝eq \r(2mEk)。 解析　根据动量的定义可知p＝mv，且动量是矢量，其方向与速度的方向相同；而动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，动能是标量。做匀速圆周运动的质点，速度大小不随时间发生变化，速度方向随时间发生变化，故动量随时间发生变化，动能不随时间发生变化，故A错误，B正确；摆球相邻两次经过最低点时速度方向相反，则动量方向相反，故C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，在竖直方向上的动量p竖＝mvy＝mgt，故D正确。 解析　前两秒，由题图结合牛顿第二定律F＝ma得a＝eq \f(F,m)＝0.25 m/s2，则t＝1 s时物块的速度大小为v1＝at＝0.25 m/s，A错误；t＝2 s时物块的速度大小为v2＝at＝0.5 m/s，则动量大小为p2＝mv2＝2 kg·m/s，B正确；2～4 s，合力F反向，物块减速，根据牛顿第二定律可得a′＝－0.25 m/s2，所以t＝3 s时物块的速度大小为v3＝v2＋a′(t－2 s)＝0.25 m/s，动量大小为p3＝mv3＝1 kg·m/s，t＝4 s时物块的速度为v4＝v2＋a′(t－2 s)＝0，C错误，D正确。 1．在“探究碰撞中的不变量”实验中，对于最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是(　　) A．仅限于碰撞前后均沿同一直线运动的情况 B．任何情况下m1veq \o\al(2,1)＋m2veq \o\al(2,2)＝m1v1′2＋m2v2′2也一定成立 C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小 D．式中的不变量是质量分别为m1和m2的物体组成的系统的质量与速度的乘积之和 解析　甲、乙两物体的动能相等，则：eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,甲)＝eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,乙)，甲的动量为：p甲＝m甲v甲＝2,甲)eq \r(2m甲·\f(1,2)m甲v) ，乙的动量为：p乙＝m乙v乙＝2,乙)eq \r(2m乙·\f(1,2)m乙v) ，所以eq \f(p甲,p乙)＝eq \f(\r(m甲),\r(m乙))＝eq \f(1,2)，故B正确。 解析　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合力做的功：W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.2×42 J－eq \f(1,2)×0.2×62 J＝－2 J，故A正确。 解析　A、B两物体由静止从h2高度下滑到h1高度的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有mg(h2－h1)＝eq \f(1,2)mv2，解得滑到高度h1时两物体的速度大小均为v＝eq \r(2g（h2－h1）)，由于α≠β，故速度的方向不同，由此可判断，A、B两物体滑到h1高度时动能相同，动量不相同，则两物体由h2高度滑到h1高度的过程中动量变化量不相同，而动能变化量相等，故B、D正确，A、C错误。 解析　对该物体，根据牛顿第二定律得－kv＝ma，两边同乘以Δt，得－kΔx＝mΔv＝Δp，所以p­x图线的斜率为eq \f(Δp,Δx)＝－k，可知斜率为定值，故选D。 解析　以水平向左为正方向，两滑块被弹簧弹开后，左侧滑块的速度为v1＝eq \f(d,t1)＝eq \f(9.0×10－3,0.040) m/s＝0.225 m/s，则左侧滑块的m1v1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s，右侧滑块的速度为v2＝－eq \f(d,t2)＝－eq \f(9.0×10－3,0.060) m/s＝－0.15 m/s，则右侧滑块的m2v2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s，因m1v1与m2v2等大、反向，两滑块质量与速度的乘积的矢量和m1v1＋m2v2＝0。 mAeq \r(1－cosθ1)＝(mA＋mB)eq \r(1－cosθ2) 解析　碰撞中的守恒量是两球质量与速度的乘积之和，mAvA＝(mA＋mB)v，即mAeq \r(2gL（1－cosθ1）)＝(mA＋mB)eq \r(2gL（1－cosθ2）)，整理得mAeq \r(1－cosθ1)＝(mA＋mB)eq \r(1－cosθ2)。 解析　如图所示，设地球绕位于O点的太阳做匀速圆周运动，地球在极短的时间Δt内从A点运动到B点，转过角度θ，动量由p变成p′，则动量变化量Δp＝p′－p(此处为矢量运算)。根据p＝mv可知，地球的初、末动量大小均为p＝p′＝mv，其中线速度大小v＝rω；根据几何关系可知，△OAB与矢量三角形相似，则eq \f(Δp,p)＝eq \f(AB,r)，由于时间Δt极短，则θ极小，因此可认为AB等于eq \o(AB,\s\up18(︵))的长度s＝rθ，又θ＝ωΔt，联立可解得地球动量变化量的大小为Δp＝mrω2Δt。由于θ极小，则可认为Δp的方向为指向O点的太阳。 $$