第一章 动量与动量守恒定律 高考强化-【高中必刷题】2025-2026学年高中物理选择性必修1同步课件(教科版)

物理 选择性必修 第一册 JK 1 1 第一章高考强化 刷真题 2 1.［全国新课标 2023·19］（多选）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲 的极正对着乙的 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放 甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( ) BD A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 考点1 动量、动量定理的应用 3 解析 设乙对甲的磁力大小为 ，对两磁铁受力分析如图所示，由牛顿第二定律和牛顿第三定律 可知,，因为，所以 ,故在它们相互接近过程中的任一时刻 ,A错误；由动量定理可知，因为,所以 ,B正确，C错误； 对甲、乙整体分析，取向右为正方向，甲和乙的动量之和 ，可知甲和乙 的动量之和不为零，D正确. 考点1 动量、动量定理的应用 4 2.［全国甲2024·20］（多选）蹦床运动中，体重为的运动员在 时刚好落到蹦床上， 对蹦床作用力大小与时间 的关系如图所示.假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与 蹦床接触时蹦床水平.忽略空气阻力，重力加速度大小取 .下列说法正确的是( ) BD A. 时，运动员的重力势能最大 B.时，运动员的速度大小为 C. 时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 考点1 动量、动量定理的应用 5 解析 根据牛顿第三定律可知， 时蹦床对运动员的作用力最大，运动员在最低点，重力 势能最小，A错误；由题图可知，时运动员离开蹦床做竖直上抛运动， 时落 回蹦床，竖直上抛运动总时间为，则上升时间为，在 时，运动员运 动到最大高度处，由可得运动员竖直上抛的初速度大小为 ，B正确，C错误；取竖 直向上为正方向，运动员每次与蹦床接触到离开蹦床过程，由动量定理得 ，运动员与蹦床作用时间，解得 ，根据 牛顿第三定律可知，运动员对蹦床的平均作用力大小 ,D正确. 考点1 动量、动量定理的应用 6 3.［广西2024·10］（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方 孔，方孔各侧壁完全相同.木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全 相同且与上底面的夹角均为 .木栓质量为，与方孔侧壁的动摩擦因数为 .将木栓对准方孔， 接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为 ，方向竖直向下.木栓在竖 直方向前进了 的位移，未到达方孔底部.若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变 化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则( ) BCD A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为 B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为 C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了 D.木栓前进 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 考点1 动量、动量定理的应用 7 解析 以竖直向上为正方向，木栓进入过程，木栓重力的冲量为 ，对木栓分析可知合外力 的冲量为0，可知木料对木栓的合力的冲量 ，A错误；锤子撞击木栓后木栓获得的 动能为 ，木料对木栓的阻力方向竖直向上，对木栓，由动能定理得 ，解得平均阻力 ，B正确；木料机械能未发生变化，木栓进 入过程损失的机械能即为阻力做的功，所以 ，C正确； 由题意知弹力呈线性变化，故摩擦力也呈线性变化，木栓进入过程，对木栓由动能定理得 ，最大静摩擦力 ，联立解得 ，D正确. 考点1 动量、动量定理的应用 8 4.［广西2024·8］（多选）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球和 水平向右运动， 速度大小为与静置于平台边缘的 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒.若不计空气阻力，则 碰撞后， 在( ) BC A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于 D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于 考点2 对动量守恒定律的理解 9 解析 由于两小球碰撞过程中总机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等, 故碰撞后两小球交换速度,即,.碰后将以速度 做平抛运动,竖直方向为自由落体运 动,水平方向为匀速直线运动,故竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,水平地面上的垂直投 影的运动速度大小等于 ,B、C正确,A、D错误. 考点2 对动量守恒定律的理解 10 5.［江苏2024·9］在水平面上有一个形滑板，的上表面有一个静止的物体 ，左侧用轻弹簧 连接在物体的左侧，右侧用一根细绳连接在物体 的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面 均光滑，剪断细绳后，则( ) A A.弹簧原长时动量最大 B.弹簧压缩最短时 动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 考点2 对动量守恒定律的理解 11 解析 系统所受合外力为0,系统动量守恒,C错误；系统在运动过程中只有动能和弹性势能的转化, 系统机械能守恒,D错误；根据动量守恒定律有 ,根据机械能守恒定律有 ,联立解得,弹簧原长时弹性势能的变化量 最大,滑 板和物体速度最大,滑板和物体各自的动量最大,滑板和物体的动能最大,A正确,B错误. 考点2 对动量守恒定律的理解 12 一题多解 系统所受外力不做功,故只存在弹簧弹性势能与、 动能的相互转化,则弹簧处于原长时,弹性势能 最小,、 动能最大,各自的动量也最大,A正确. 考点2 对动量守恒定律的理解 13 6.［山东2024·13］在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验.受此启发,某同学使用 如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装、两个位移传感器，测量滑块 与 它的距离，测量滑块与它的距离 .部分实验步骤如下: 甲 ①测量两个滑块的质量，分别为和 ; ②接通气源，调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块，使、 均向右运动; 考点3 动量的相关实验 14 ④导出传感器记录的数据，绘制、 随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示. 乙 丙 考点3 动量的相关实验 15 回答以下问题: （1）从图像可知两滑块在_____ 时发生碰撞; 1.0 解析 题图乙和题图丙中的位移图线均在时弯折,说明 时两滑块发生碰撞. （2）滑块碰撞前的速度大小______ （保留2位有效数字）; 0.20 解析 滑块碰前的速度大小为 . （3）通过分析，得出质量为的滑块是___（填“”或“ ”）. 解析 碰撞前后滑块远离传感器,滑块靠近传感器,碰撞前、 的速度分别为 、,碰撞后、 的速度分别为 、 , , ,由动量守恒定律得 ,则,解得,所以质量为 的滑块是 . 考点3 动量的相关实验 16 7.［北京2024·16］如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律. 甲 考点3 动量的相关实验 17 （1）关于本实验，下列做法正确的是____（填选项前的字母）. A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 解析 实验中要保证碰撞后小球做平抛运动,则实验前需要调节装置使斜槽末端水平,A正确；为使 两小球发生对心碰撞,两小球的半径需要相同,B错误；为使碰后两球均向前飞出,需要用质量大的 小球去碰撞质量小的小球,C正确. 考点3 动量的相关实验 18 （2）图甲中点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为的小球从斜槽上的 位置 由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次.然后，把质量为 的被碰小球置于斜槽末端，再将 质量为的小球从位置由静止释放，两球相碰，重复多次.分别确定平均落点，记为、和 （为 单独滑落时的平均落点）. a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点________； 见解析 解析 用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点. 考点3 动量的相关实验 19 b.分别测出点到平均落点的距离，记为、和 .在误差允许范围内，若关系式__________ ______________成立，即可验证碰撞前后动量守恒. 乙 解析 碰撞后小球均做平抛运动,由和可得 ,则平抛初速度与水平射程成正 比,则需验证的等式为 . 考点3 动量的相关实验 20 丙 （3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方 案.如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀 质小球悬挂于等高的点和 点，两点间距等于小球的直径.将质量较小的小 球1向左拉起至点由静止释放，在最低点与静止于 点的小球2发生正碰.碰 后小球1向左反弹至最高点，小球2向右摆动至最高点 .测得小球1、2的质 量分别为和，弦长、、 . 推导说明，、、、、 满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒. [答案] （推导说明见解析） 解析 设轻绳长为,小球从偏角为 处由静止摆下,在最低点时速度为 ,小球经过圆弧对应的弦长 为,由动能定理得,又由几何关系得, ,解得 ,可知碰撞前后的速度与弧长对应的弦长成正比,若两球碰撞过程中动量守恒,则需满足 . 考点3 动量的相关实验 21 8.［浙江2025年1月·8］如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板和，滑块 （可视为质点）置于的右端，三者质量均为.以的速度向右运动，和一起以 的速度向左运动，和发生碰撞后粘在一起不再分开.已知和的长度均为，与、 间 动摩擦因数均为，重力加速度取 ,则( ) D A.碰撞瞬间 相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为 C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 D.碰撞后到三者相对静止，相对长板滑动的距离为 考点4 动量守恒定律和能量的综合 22 解析 与碰撞瞬间仍相对地面向左运动，A错误；以向右为正方向，、 碰撞过程，由动量 守恒定律有，解得，方向向右，当三者共速时，假设 未滑离长板， 有，解得 ，即最终三者一起静止，从碰撞后瞬间到三者相对静止，因摩 擦产生的热量，由功能关系可知，解得 ， 小于与的长度之和，假设成立，可知碰撞后到三者相对静止经历的时间 ， B、C错误，D正确. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 23 9.［安徽2024·14］如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光 滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点.一物块静止于小车最左端，一 小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 点正下方，并轻靠在物块左侧.现将细线拉直到水平位置，由 静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞.碰撞后，物块沿小车上的轨道运动.已 知细线长，小球质量，物块、小车质量均为 ，小车上的水平 轨道长，圆弧轨道半径 .小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速 度取 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 24 （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小； [答案] 解析 小球从释放到运动到最低点，根据机械能守恒定律有 ， 根据牛顿第二定律，对小球有 ， 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 25 （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； [答案] 解析 小球与物块发生弹性碰撞，设碰后小球速度为，物块速度为 ，根据动量守恒定律、能 量守恒定律有 ， ， 联立解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 26 （3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围. [答案] 解析 物块在小车上运动时，物块与小车组成的系统水平方向合外力为零，水平方向上动量守恒， 物块在上升阶段不脱离小车，则物块上升到圆弧轨道最高点时，两者速度相同，物块与水平轨道 间动摩擦因数 取得最小值，根据动量守恒定律、能量守恒定律有 ， ， 解得 ； 考点4 动量守恒定律和能量的综合 27 物块恰能进入圆弧轨道，则物块恰好运动到圆弧轨道底端时与小车共速，此时，物块与水平轨道 间动摩擦因数 取得最大值，根据动量守恒定律、能量守恒定律有 ， ， 解得 ， 综上所述，要使物块能够滑上圆弧轨道且不脱离小车，物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范 围为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 28 10.［山东2024·17］如图甲所示，质量为 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面 粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点.质量为 的小物 块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.已知 轨道半圆形部分的半径，重力加速度大小 . 甲 考点4 动量守恒定律和能量的综合 29 （1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到点时，受到轨道的弹力大小等于 ， 求小物块在点的速度大小 ； [答案] 解析 物块运动到点时,由牛顿第二定律有,代入,解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 30 （2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 ，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度 与 对应关系如图乙所示. 乙 （ⅰ）求 和 ； [答案] ; 考点4 动量守恒定律和能量的综合 31 解析 当时,轨道与物块一起加速运动,对整体由牛顿第二定律有 , 整理得 , 对应题图乙中图线斜率为 , 当时,轨道与物块存在相对滑动,对轨道由牛顿第二定律有 , 整理得 , 对应题图乙中图线斜率为 , 解得, , 当时,物块与轨道间即将相对滑动,物块的加速度大小为,有 , 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 32 （ⅱ）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块到 点 时撤去，小物块从点离开轨道时相对地面的速度大小为.求轨道水平部分的长度 . [答案] 解析 根据题图乙可知,当时轨道的加速度,物块的加速度 ,方 向均水平向左, 设物块到达轨道上点时轨道速度大小为,物块速度大小为,运动时间为,有, , 则有,即 , 物块在半圆形轨道部分运动时,物块与轨道组成的系统机械能守恒,水平方向上动量守恒,设物块到 达轨道上点时,轨道速度为,物块速度为 ,有 , 考点4 动量守恒定律和能量的综合 33 , 代入,解得或 , 当时,解得,,当物块在半圆形轨道最高点时轨道对物块弹力为 ,有 , 解得 ,物块恰好经过最高点； 当时,解得, ,轨道速度比物块速度大,物块不能离开轨道,因此 不符合题意,舍去. 由运动学公式可知轨道水平部分长度 , 解得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 34 11.［河北2024·15］如图，三块厚度相同、质量相等的木板、、 （上表面均粗糙）并排静 止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于木板左端.已知三块木板质量均为， 木 板长度为，机器人质量为，重力加速度取 ，忽略空气阻力. （1）机器人从木板左端走到木板右端时，求、 木板间的水平距离. [答案] 考点4 动量守恒定律和能量的综合 35 解析 机器人从木板左端走到木板右端的过程中,机器人与木板组成的系统动量守恒, 木板向 左运动,、木板静止,设机器人的质量为,三个木板的质量均为,由动量守恒定律得 , 设所用时间为,则有,即,又 , 联立解得 , 则、木板间的水平距离为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 36 （2）机器人走到木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从木板右端跳到 木板左端， 求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值. [答案] ; 2 解析 设机器人起跳的速度大小为,速度方向与水平方向的夹角为 ,机器人从木板右端跳到 木板左端的时间为,由斜抛运动规律得 , , 联立解得 , 考点4 动量守恒定律和能量的综合 37 机器人跳离 木板的过程中,系统水平方向动量守恒, 由动量守恒定律得 , 由功能关系得,机器人做的功为 , 联立可得 , 由数学知识可知,当且仅当时,即时,机器人做功最少,代入可得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 38 （3）若机器人以做功最少的方式跳到木板左端后立刻与木板相对静止，随即相对 木板连续 不停地3次等间距跳到木板右端，此时木板恰好追上木板.求该时刻、两木板间距与 木板 长度的关系. [答案] 解析 由,可计算出,由解得,此后 木 板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离木板到与木板相对静止的过程中,机器人与、 木 板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得 , 此过程中木板向左运动的距离 , 代入数据得 , 考点4 动量守恒定律和能量的综合 39 机器人连续三次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和 木板组成的系统水平方向动量守恒,设 每次跳起后机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为,机器人每次跳跃的时间为 , 以向右为正方向,由动量守恒定律得 ①, 每次跳跃,机器人和木板的相对位移为,则有 ②, 机器人到达木板右端时,木板恰好追上木板,从机器人跳上左端到跳到的右端的过程中, 、 木板的位移之差为,则有 ③, 联立①②③三个式子得 , A、两木板的间距为, , 整理得 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 40 一题多解 第（3）问的其他两种解法 解法一 累积法 当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,求解、之间的距离,可以转化为求解 板左端到 的距离,这样就不需要再关注板的运动.机器人跳离木板到与 木板相对静止的过程中,机器人 与、 木板组成的系统在 水平方向动量守恒,得,机器人开始三连跳,、分离,的速度向右保持 不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到木板右端,整个过程机器人和 木板组成的系统水平方 向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为,木板的速度大小为 ,则 , 考点4 动量守恒定律和能量的综合 41 机器人跳跃的总时间为,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间 ,得 , 设机器人与、共速时,从左端到右端用时间,向右运动,向左运动 ,机 器人向右运动,即 , 板长 , 代入数据可得 , B能追上,则该时刻、两板间距 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 42 解法二 巧选参考系法 当机器人跳到板右端时,板左端恰好追上板,则求解、之间的距离,可以转化为求解 板左端 到的距离,这样就不需要再关注板的运动.当机器人在上开始三连跳时,、分离,则 的速度不 再发生变化,以为参考系,可以只研究机器人与组成的系统,机器人与初始时与 共速,则二者组 成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为, 木板 的速度大小为,则在跳跃过程中任意时刻满足 , 机器人从木板左端走到木板右端时,机器人、木板运动位移分别为、,有 , 如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长 , 代入数据可得 , B左端到的距离即、两板间距为 . 考点4 动量守恒定律和能量的综合 43 1 第一章高考强化 刷原创 44 1.一小球质量为，在被抛出后运动一段距离到达 点，此时对小球施加一个竖直向上的恒力，到 达点时速度方向刚好水平，、之间的水平距离为 .此时撤去恒力，小球继续运动一段时间 后在点落地，在、两点的速度方向平行，、之间水平距离为，重力加速度大小为 ，忽 略空气阻力，则恒力的大小为( ) C A. B. C. D. 45 解析 小球在点的速度水平,在、之间的运动可看成反向的类平抛运动, 段为平抛运动.水平 方向上小球做匀速直线运动,段与段所用时间之比为,小球水平速度恒定，在、 两点的 速度方向平行，则小球在、两点速度相同,小球的动量变化量为零.对小球从到 的过程,以竖 直向下为正方向,由动量定理可得,解得,即大小为 ,方向竖直 向上，C正确. 46 2.如图所示，光滑水平地面上、两物块中间拴接一个轻弹簧，的质量为的.某时刻起， 以 一定初动能压缩弹簧，在的右侧有一个固定的弹性挡板， 与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡 板.已知在之后的运动中，弹簧的最大弹性势能与的初动能相等，则 与挡板发生碰撞时，弹簧 的弹性势能与 的初动能的比值为( ) B A. B. C. D. 47 解析 设、的质量分别为、,的初速度为,与挡板碰撞前的瞬间,、 的速度分别为 、,以水平向右为正方向,则有, 与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时,由 动量守恒定律有,由能量守恒定律有 ,联 立解得,,, 与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为 ,则 ，故B正确. 48 $$