第1章 动量及其守恒定律 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(鲁科版)

物理 选择性必修 第一册 LK 1 1 第1章高考强化 刷真题 2 1.［山东2022·2］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 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 考点1 动量、动量定理的应用 3 解析 高压气体将火箭推出，火箭速度接近零时才点火，故此过程中火箭先做加速度逐渐减小的 加速运动，合外力为零时，加速度为零，此后做减速运动直至速度接近零，故加速度为零时，动 能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能、重力势能和与空气摩擦产生的内能，B 错误；火箭动量的增加量等于火箭所受合外力的冲量，火箭除受到高压气体的推力外，还受到重 力、空气阻力，C错误；火箭动能的增加量为合外力对火箭做的功，即重力、空气阻力和高压气 体的推力做的功之和，D错误. 考点1 动量、动量定理的应用 4 2.［福建2024·7］（多选）如图（a），水平地面上固定有一倾角为 的足够长光滑斜面，一质 量为的滑块锁定在斜面上.时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间 的 变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为 ，则滑块( ) 图（a） 图（b） AD A.在 内一直沿斜面向下运动 B.在 内所受合外力的冲量大小为零 C.在时的动量大小是在 时的一半 D.在内的位移大小比在 内的小 考点1 动量、动量定理的应用 5 解析 时,由牛顿第二定律得 ,解得滑块加速度大小为 ,方向沿斜面向下； 时,由牛顿第二定律得 ,解得滑块加速度大小为 ,方向沿斜面向上,作出滑块在 内的图像,如图所示,由图像知,内滑块一直沿斜面向下运动,A正确.由图像知, 时滑块的速度不等于0,根据动量定理得,B错误.由图像知,时滑块的速度大于 时滑 块的速度,故时动量大小不是时的一半,C错误. 图像与横轴围成的面积表示位移,由图像 知,内滑块的位移小于 内的位移,D正确. 考点1 动量、动量定理的应用 6 3.［广东2024·14］汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置. （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示.在水平路面上刹车的 过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度 ,同时顶起敏感臂,使之处于水 平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带.此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为 . 重力加速度为.忽略敏感球受到的摩擦力,求斜面倾角的正切值 . 甲 考点1 动量、动量定理的应用 7 [答案] 解析 对敏感球受力分析,设底座斜面对敏感球的作用力为 , 在水平方向有 , 在竖直方向有 , 解得斜面倾角的正切值 . 考点1 动量、动量定理的应用 8 （2）如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为 处做自由落 体运动,与正下方的气囊发生碰撞,以头锤碰到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力 随时间的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述.已知头锤质量, ,重力加速 度大小取 ,求: 乙 丙 ①碰撞过程中 的冲量大小和方向; [答案] ,方向竖直向上 解析 根据图线与轴所围面积可知碰撞过程中的冲量大小 , 碰撞过程中安全气囊对头锤的冲量方向为竖直向上. 考点1 动量、动量定理的应用 9 ②碰撞结束后头锤上升的最大高度. [答案] 解析 头锤先做自由落体运动,根据运动学公式有 , 头锤与安全气囊碰撞过程,规定竖直向上为正方向,根据动量定理有 , 头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动,则有 , 联立可得头锤上升的最大高度 . 考点1 动量、动量定理的应用 10 一题多解 （2）②头锤先做自由落体运动,根据机械能守恒定律有 ,根据动量定理有 , 头锤与安全气囊碰撞后做竖直上抛运动,根据机械能守恒定律有,联立解得 . 考点1 动量、动量定理的应用 11 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 12 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 13 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 14 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 15 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 16 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 17 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 18 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“ ”）. B 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 19 7.［福建2024·12］某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小，实验装置如 图（a）所示.所用器材有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、 十分度游标卡尺、电子秤等.实验步骤如下： 图（a） （1）用电子秤分别测量小车的质量和子弹的质量 ； 考点3 动量的相关实验 20 （2）用游标卡尺测量挡光片宽度，示数如图（b）所示，宽度______ ； 0.99 图（b） 考点3 动量的相关实验 21 （3）平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力.在轨道上安装光电门和 ，让装有挡光片的小车以一定 初速度由右向左运动，若测得挡光片经过、的挡光时间分别为、 ，则应适当 调高轨道的____（填“左”或“右”）端.经过多次调整，直至挡光时间相等； （4）让小车处于 的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上，小 车向左运动经过光电门，测得挡光片经过的挡光时间 ； （5）根据上述测量数据，利用公式_ ______（用、、、 表示）即可得到子弹离开枪口 的速度大小 ； （6）重复步骤（4）五次，并计算出每次的 值，填入下表； 次数 1 2 3 4 5 速度 59.1 60.9 60.3 58.7 59.5 （7）根据表中数据，可得子弹速度大小的平均值为______ .（结果保留3位有效数字） 右 59.7 考点3 动量的相关实验 22 解析 （2）游标卡尺的分度值为 ,则挡光片的宽度为 . （3）小车经过光电门的速度为,测得挡光片经过、的挡光时间分别为 、 ,则小车经过光电门的速度大于经过光电门 的速度,故应适当调高轨道的右端. （5）小车经过光电门的速度为 ,子弹粘上小车的过程,根据动量守恒定律得 ,解得 . （7）根据表中数据得,子弹速度大小的平均值为 . 考点3 动量的相关实验 23 8.［湖北2024·10］（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为、长为 的木块，质 量为的子弹水平射入木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小 与射入初速 度大小成正比，即（为已知常数）.改变子弹的初速度大小 ，若木块获得的速度最大， 则( ) AD A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 考点4 动量守恒定律和能量的综合 24 解析 由题意可知,子弹恰好射穿木块且二者共速时木块获得的速度最大,由动量守恒定律可得 ,由能量守恒定律得 ,解得子弹的初速度大小为 ,A正确；由动量定理,对木块,有 ,解得子弹在木块中运动的时间为 ,B错误；木块和子弹损失的总动能为 ,C错误；对木块,由动能 定理有,解得 ,D正确. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 25 9.［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 26 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 27 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 （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 28 （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 ； 考点4 动量守恒定律和能量的综合 29 [答案] 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 30 (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 31 , 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 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] 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 33 （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. 考点4 动量守恒定律和能量的综合 34 [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 , 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 （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 36 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 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 , 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 , 考点4 动量守恒定律和能量的综合 38 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 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 , 考点4 动量守恒定律和能量的综合 40 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 41 1 第1章高考强化 刷原创 42 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. 43 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. 44 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. 45 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. 46 $$