第一章 动量与动量守恒定律 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026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（教科版）

该高中物理课件聚焦“动量与动量守恒定律”，系统梳理动量、冲量概念及守恒定律，通过高考真题情境（如火箭冷发射、中子发现实验）衔接教材内容，构建从基础概念到实际应用的学习支架，帮助学生形成知识网络。 其亮点在于融合科学思维与科学探究，以真题与教材同源情境（如弹性碰撞推导）强化模型建构，通过易错辨析（如速度相对性、方向动量守恒）培养科学推理能力。采用讲练结合，学生提升解题与应用能力，教师可高效实现教考衔接。

单元综合提升 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 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（一） 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·山东高考)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1 √ 火箭上升过程中受重力、空气阻力及高压气体推力作用，当加速度 变为零时速度最大，动能最大，A正确；火箭上升过程中，高压气 体释放的能量转化为内能、火箭的动能与重力势能，B错误；由动 量定理可得，合外力的冲量等于火箭动量的变化量，故推力的冲量不等于火箭动量的增加量，C错误；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(动能和重力势能之和)的增加量，D错误。 衔接教材　教科版选择性必修第一册P28·火箭的发射 火箭的发射利用了反冲。火箭燃料舱内的燃料被点燃后，产生急 剧膨胀的燃气，舱壁对这部分燃气的作用力使气体从火箭尾部高 速喷出，燃气对火箭的反作用力把火箭推向前方。火箭飞行所能 达到的最大速度，就是燃料燃尽时获得的最终速度。这个速度主 要取决于两个条件：一是向后的喷气速度；二是质量比(火箭开始 飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比)。喷气速度越大，质量比 越大，最终速度就越大。提高喷气速度，需要使用高质量的燃料， 目前常用的液体燃料是液氢，用液氧作氧化剂。质量比与火箭的 结构和材料有关，现代火箭能达到的质量比不超过10。在现有技 术条件下，一级火箭的最终速度还不能达到发射人造卫星所需要 的速度，因而发射卫星要用多级火箭。 衔接分析　本题以火箭“冷发射”为素材，创设情景，与教材中火箭发射(P28)为同源情景，重点考查功能关系和冲量问题。 针对练．总质量为M的火箭以速度v0飞行，质量为m的燃气相对于火箭以速率u向后喷出，则火箭的速度大小为 √ 设喷出气体后火箭的速度大小为v，则燃气的对地速度为(v－u)(取火箭的速度方向为正方向)，由动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)，解得v＝v0＋ ，A项正确。 (2022·湖南高考)1932年，查德威克用未知射线轰击 氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子 (即中子)组成的。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢 核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是 A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 真题2 √ 衔接教材　教科版选择性必修第一册P24 这种中性射线与质量已知的氢核和氮核分别发生碰撞，并认为 这种碰撞是完全弹性的。他在实验中测出了碰撞后氢核和氮核 的速度，于是就可以用动量守恒定律和能量守恒定律求出这种 中性粒子的质量，从而发现了中子。 查德威克因发现中子而获得了1935年的诺贝尔物理学奖。中子 的发现揭开了原子核组成的神秘面纱，开创了人类认识原子核 的新纪元。中子发现后，对中子性质以及中子和原子之间相互作用的研究开创了物理学的一个新分支——中子物理学，进而导致了核裂变的发现。 衔接分析　本题以查德威克发现中子为素材，创设中子与原子核弹性正碰的情景与教材(P24)查德威克发现中子为同源情景，重点考查弹性正碰中动量和能量的关系。 针对练．英国物理学家查德威克通过实验测出某种不带电的“未知粒子”的质量几乎与质子的质量相等，进而发现这就是中子。其测量思路是：通过该粒子与其他已知原子核发生弹性碰撞，测量碰撞后原子核的速度，可间接测出该粒子的质量。测量结果如下：用初速度一定的该粒子与静止的氢原子核碰撞后，氢原子核的最大速度是3.3×107 m/s；该粒子与静止的氮原子核碰撞后，氮原子核的最大速度是4.7×106 m/s。已知氮原子核的质量mN是氢原子核质量mH的14倍。试计算该“未知粒子”的质量m(用mH表示)。 答案：1.16mH (2020·北京高考)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢 球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线 平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞 均为对心正碰。以下分析正确的是 A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h；若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒 真题3 √ 3个小钢球完全相同，1号球与2号球相碰，交换速度，2号球 与3号球相碰，交换速度，3号球升至高度h。若将2号换成质 量不同的小钢球，1号碰2号时不能交换速度，2号碰3号时也 不能交换速度，碰后瞬间3号的动能小于1号与2号碰前瞬间1号的动能，则3号不能摆到高度h，故选项A错误；释放后下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故选项B错误；右侧涂胶的1号碰2号时粘在一起，属于完全非弹性碰撞，机械能不守恒，与3号碰后，3号不能摆到高度h，故选项C错误；2号碰3号时粘在一起，属于完全非弹性碰撞，机械能不守恒，释放后的下落过程以及摆起过程动量都不守恒，故选项D正确。 衔接教材　教科版选择性必修第一册P22 如图所示，英国皇家学会有一个很著名的实验。它是在 天花板上并排悬挂很多摆长相等且摆球质量都相等的双 线摆，当第一个小球摆下以后，这个速度就会一直传递 到最后一个小球，最后一个小球就摆到第一个小球原来的高度。这样一直往复运动下去，中间的各双线摆不运动，起到传递速度的作用。 衔接分析　本题摆球对心正碰的情景，与教材(P22)钢球弹性正碰为同源情景，重点考查弹性正碰的动量、能量关系。 针对练．如图所示，用长度同为l的轻质细绳悬挂四个弹性小 球A、B、C、D，它们的质量依次为m1、m2、m3、m4，且满 足m1≫m2≫m3≫m4。将A球拉起一定角度θ后释放，则D球开 始运动时的速度为 √ (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4 √ 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驾乘人员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．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5 √ 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．(2024·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 √ 返回 易错辨析 强化落实 返回 1．(某一方向动量守恒但总动量不守恒的情况)如图所 示，质量为m＝1 kg的小物块在距离车底部h＝20 m高处 以一定的初速度向左被水平抛出，落在以v0＝7.5 m/s的 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小物块未反弹，小车足够长，质量为M＝4 kg，设小物块在落到车底前瞬间的速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则当小物块与小车相对静止时，小车的速度大小是 A．1 m/s B．3 m/s C．9 m/s D．11 m/s √ 小物块做平抛运动，下落时间为t＝ ＝2 s，小物块落到车底前瞬间，竖直方向速度大小为vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s，小物块在落到车底前瞬间的速度大小是v＝25 m/s，根据速度合成法则可知，小物块水平方向的速度大小为vx＝ ＝ m/s＝15 m/s，小物块与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3 m/s，故B正确。 易错分析　本题中小物块和小车组成的系统在水平方向上不受外力作用，水平方向系统动量守恒，但小物块落在车底前瞬间有向下的加速度，即系统在竖直方向上受外力作用，竖直方向系统动量不守恒，则系统总动量不守恒。在应用动量守恒定律时要注意判断是系统总动量守恒还是系统某一方向上动量守恒。 2．(应用动量守恒定律时不能正确掌握速度的相对性)一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以v＝5 m/s的速度匀速前进，炮身质量为M＝1 000 kg，现将一质量为m＝25 kg的炮弹，以相对炮身的速度v1＝600 m/s与v反向水平射出，求射出炮弹后炮身的对地速度v′。(保留3位有效数字) 答案：19.6 m/s 以地面为参考系，设炮身原运动方向为正方向，根据动量守恒定律有 (M＋m)v＝Mv′＋m[－(v1－v′)] 解得v′＝ v＋≈19.6 m/s，方向与原运动方向相同。 易错分析　错解的主要原因是未将所有速度都转换成同一惯性参考系中的速度。题中给出的炮弹的速度是相对炮身的，而炮身的速度是对地的。在列动量守恒方程时，应将炮弹的速度转换成对地的速度。 3．(单纯套用动量守恒定律的公式，而不考虑实际情况)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现有一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，对于滑块B在木板A上滑动的过程(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，重力加速度为g)，以下说法正确的是 A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒 √ 易错分析　本题容易将C、D选项中的速度代入动量守恒定律的公式中进行计算，进而导致多选D。物理是一门实际应用学科，用数学方法求得的结果有时候不具有实际意义。解决这类问题时运用数学方法求解后还要结合实际情况和物理条件得出正确结果。 4．(绳张紧瞬间机械能损失问题)如图所示，物块A、C的质 量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上。A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连。初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处。现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘在一起。 (1)求A与C刚粘在一起时的速度大小； 轻细线绷紧的过程，A、B组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋2m)v1 解得v1＝ v0之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C组成的系统动量守恒，有mv1＝(m＋m)v2，解得v2＝ v0。 (2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘在一起的过程中，系统损失的机械能为多少？ 易错分析　注意细线张紧的一瞬间动量守恒，但是系统会有机械能损失，相当于A、B发生完全非弹性碰撞；细线张紧后A、B速度相等，A、C碰撞过程中B的速度未发生变化，A、C发生完全非弹性碰撞；全过程有两次机械能损失。 返回 单元测试卷(一) 返回 1．下列说法中正确的是 A．牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力 B．一个恒力对物体做功为零，则其冲量也为零 C．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间是为了减小冲量 D．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据F＝ ，可以把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受到的合外力，故A正确；如果用力推箱子，箱子没动，此力对箱子不做功，但根据I＝Ft知推力对箱子的冲量不为零，故B错误；由Δp＝FΔt知，动量变化量相等时，作用时间越长，力F越小。因此建筑工人的安全帽内的帆布垫，把头和帽子外壳隔开一定空间是为了延长作用时间以减小作用力，故C错误；由Δp＝FΔt可知，玻璃杯掉在水泥地上，作用时间Δt短，力F大，所以易碎，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．(2024·湖北武汉高二期末)如图所示，一轻质弹簧固定在 墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，到弹簧恢复原长的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W的大小分别是 A．I＝0，W＝mv02 B．I＝2mv0，W＝0 C．I＝mv0，W＝ D．I＝2mv0，W＝ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧 对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功为0，即W＝0，木块将以－v0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量的大小I＝2mv0，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．如图所示，篮球比赛中，质量为m的篮球以大小为v1的 速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变 为v2，已知v2<v1，篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正 确的是 A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1＋v2) B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零 C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量守恒 D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知， 撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1 ＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的 系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C错误； 撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统 机械能减小，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 4．质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上， 从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用， F随时间t的变化情况如图乙所示，g取 10 m/s2，则物体9 s末的速度为 A．135 m/s B．130 m/s C．50 m/s D．45 m/s 物块在t＝1 s时刻，F＝1 N＝mg，则1 s后物体将向上运动，则对物体在1～9 s时间内，由动量定理得IF－mgt＝mv，其中t＝8 s，且1～9 s内力F的冲量IF＝ N·s＝13 N·s，代入解得v＝50 m/s，故C正确。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 5．如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上， 质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环 连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大 高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2 A．6∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．4∶3 √ 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 6．(2024·天津高二期中)一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距 √ 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 7．如图所示，海宁高级中学航天科普节活动中，某同学 将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放 升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的 速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g， 空气阻力不计，下列说法正确的是 A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒 C．火箭的水平射程为 sin 2θ D．火箭上升的最大高度为 √ 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 8．(2022·全国乙卷)质量为1kg的物块在水平力F的作用 下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关 系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重 力加速度大小取g＝10 m/s2。则 A．4 s时物块的动能为零 B．6 s时物块回到初始位置 C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 物块与地面间的摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块从0～3 s内由动量定理可知(F－Ff)Δt1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间Δt物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)Δt＝0－mv3，解得Δt＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3 s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－Ff)x1＝ mv32，解得x1＝9 m，3 s～4 s过程中， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－ mv32，解得x2＝3 m，4 s～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝ ＝2 m/s2，发生的位移为x3＝ ×2×22 m＝4 m<x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6 s时的速度大小为v6＝2×2 m/s＝4 m/s，0～6 s拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4) J＝40 J，故D正确。故选A、D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9．(2024·甘肃武威阶段测试)如图所示，光滑水平面上有一 质量mA＝1 kg的A球和一质量mB＝1.5 kg的B球同向运动。已 知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的是 A．当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A球对B球的冲量为7.5 N·s B．碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J C．碰撞后，A球的速度可能为5 m/s D．当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为3 N·s √ √ 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 10．如图所示，质量为3m、半径为R的光滑 圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上，槽底端与水平面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是 A．小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒 B．小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了 C．在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为 D．若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为 √ √ √ 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 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11．(6分)(2024·河北沧州期末)如图所示的实验装置，将气垫导轨调节为水平，可以用来完成“探究加速度与滑块质量的关系”“验证机械能守恒定律”“探究动量定理”等实验。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)在“探究加速度与滑块质量的关系”时，多次改变滑块的质量M，通过实验测量的数据，计算得出对应的加速度a，并利用数据作出 -M图像，图线为直线，斜率为k、纵截距为b，则钩码的质量为__。 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)在“验证机械能守恒定律”时，钩码和滑块的质量分别为m、M，遮光条的宽度为d，两光电门之间的距离为L，滑块经过两光电门时的挡光时间分别为t1、t2，重力加速度为g。若系统的机械能守恒，则关系式 _________________________成立。 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 (3)在“探究动量定理”时，钩码和滑块的质量分别为m、M，遮光条的宽度为d，滑块经过两光电门时的挡光时间分别为t1、t2，滑块由光电门1运动到光电门2的时间为t，重力加速度为g，为了探究动量定理，应探究关系 式________________________是否成立。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 在“探究动量定理”时，滑块由光电门1运动到光电门2的过程中，设细线上拉力大小为F，若动量定理成立，对钩码有(mg－F)t＝mv2－mv1，对滑块有Ft＝Mv2－Mv1，联立得mgt＝(M＋m)v2－(M＋m)v1，整理得mgt＝ 　①，故为了探究动量定理，应探究①式是否成立。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 12．(6分)(2024·广州高二期末)甲、乙两个学习小组的同学分别设计了如图所示的甲、乙两种装置用来验证动量守恒定律。 (1)两组实验中，小球A的半径应________(选填“大于”、“等于”或“小于”)小球B的半径。 等于 为保证碰撞为正碰，应使两小球半径相等。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的投 影，实验时，先让入射小球A多次从斜轨 上同一位置S由静止释放，找到其平均落 地点的位置P，测量平均水平射程OP，然 后把被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球A从斜轨上S位置由静止释放，与小球B相碰并多次重复本操作，接下来要完成的必要步骤还有________(填选项前的字母)。 A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放的高度h C．测量B球距地面的高度H D．通过画最小的圆找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N，并测量平均水平射程OM、ON AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v1t＝m1v2t＋m2v3t，得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以实验需要测量两球的质量、两球的平均水平射程，故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)用刻度尺测量发现OM∶OP∶ON＝1∶5∶6，若碰撞过程中动量守恒，则小球A与小球B的质量之比为________。 3∶2 由(2)可知，若碰撞过程中动量守恒，则m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，已知OM∶OP∶ON＝1∶5∶6，解得m1∶m2＝3∶2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (4)图乙中，B′点为小球球心的等高点，小球在竖直板上的撞击点分别为N′、P′、M′，B′N′＝h1，B′P′＝h2，B′M′＝h3，若两球相碰前后的动量守恒， 则系统动量守恒的表达式可表示为_______________(用m1、m2、h1、h2、h3表示)。 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 13．(10分)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。 (1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量； 答案：1 080 kg·m/s，方向竖直向上 选竖直向上为正方向。 根据Δp＝p2－p1，p1＝－mv1，p2＝mv2 可得Δp＝mv2＋mv1＝1 080 kg·m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)求网对运动员的平均作用力大小； 答案：1 950 N　 根据动量定理( －mg)Δt＝Δp 解得 ＝1 950 N，方向竖直向上。 (3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 答案：1 560 N·s，方向竖直向下　1 560 N·s，方向竖直向上 整个过程中，弹力的冲量 I1＝ ·Δt＝1 560 N·s 运动员初、末动量都为零，则I1＋I2＝0 可得重力的冲量I2＝－1 560 N·s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14．(10分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； 答案：3.0 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有vB′2＝2aBxB 联立并代入数据解得vB′＝3.0 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为xA。由运动学公式有vA′2＝2aAxA 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′ 联立并代入数据解得vA＝4.25 m/s。 (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。 答案：4.25 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 15．(10分)(2024·河北张家口高二期末)如图所示，光滑水平 面上有一质量M＝1.98 kg的小车，车上B点左侧为半径R＝ 0.7 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点 相切，一个质量m＝2 kg的小物块置于B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g的子弹，以v0＝500 m/s的速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知重力加速度g取10 m/s2。求： (1)子弹刚与小车共速时的速度； 答案：5 m/s　 取向右为正方向，对于子弹和小车组成的系统，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋M)v 解得v＝5 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 (2)小物块上升的最大高度； 答案：0.625 m　 当小物块运动到圆轨道的最高点时三者共速，系统水平方向动量守恒，有m0v0＝(m0＋M＋m)v共 解得v共＝2.5 m/s 设最大高度为h，根据机械能守恒定律得 (m0＋M)v2＝ v共2＋mgh 解得h＝0.625 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 (3)当小物块再次回到B点时，小物块的速度大小。 答案：5 m/s 当小物块再次回到B点时，设小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2，系统水平方向动量守恒，有(m0＋M)v＝mv1＋(m0＋M)v2 系统能量守恒，有 (m0＋M)v2＝ mv12＋ (m0＋M)v22，解得v1＝5 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 16．(12分)(2024·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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 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＝(m＋2m)v 解得v＝ 由能量关系得弹簧的最大弹性势能 Epmax＝ mv02－ (m＋2m)v2 解得Epmax＝ mv02。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 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； 答案： mv0　方向向左　 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 (3)当木块A和B板分离时，木块A和B板速度的大小和方向。 答案：　 方向向左 　　 方向向右 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 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 14 15 16 12 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 A．v0＋ B．v0－ C．v0＋ D．v0＋ 设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律，对中子与氢核的碰撞过程有mv0＝mvn＋mv1，mv02＝mvn2＋mv12，解得v1＝v0。对中子与氮核的碰撞过程有mv0＝mvn′＋14mv2，mv02＝mvn′2＋×14mv22，解得v2＝v0。 碰撞后氢核的动量为mv0，氮核的动量为14m×v0＝mv0，氮核的动量大于氢核的动量，A错误；碰撞后氮核的动能为×14m＝mv02，氢核的动能为mv02，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，B正确；由上述分析可知，v1>v2，v2<v0，C、D错误。 未知粒子与静止的氢原子核碰撞前后，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mHvH，由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋mHvH2 联立解得vH＝ 未知粒子与静止的氮原子核碰撞前后，由动量守恒定律得mv0＝mv2＋14mHvN，由机械能守恒定律得mv02＝mv22＋×14mHvN2 联立解得vN＝ 则＝＝，解得m≈1.16mH。 A． B．2 C．4 D．8 设碰撞前瞬间A的速度为v0，根据机械能守恒定律，有m1gl＝m1v02，解得v0＝，设A与B碰撞后A与B的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒定律，有m1v02＝m1v12＋m2v22，联立解得v2＝v0，因m1≫m2，则v2＝2v0。同理，v3＝2v2，v4＝2v3，所以v4＝8v0＝8，D选项正确。 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。 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。 C．当B的速度为v0时，A的速度为v0 D．当A的速度为v0时，B的速度为v0 设A与斜面间的动摩擦因数为μ，A匀速运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ。对于A、B组成的系统，有2mg sin θ＝μ·2mg cos θ，所以系统所受合外力为零，系统的动量守恒；由于系统要克服摩擦力做功产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A、B错误；以A、B组成的系统为研究对象，其所受合外力为零，动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则有mv0＝mvA＋mvB，当vB＝v0时vA＝v0或当vA＝v0时vB＝v0，由于B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以vA≥vB，故C正确，D错误。故选C。 答案：v0　 答案：mv02 轻细线绷紧的过程，A、B组成的系统机械能损失为ΔE1，则ΔE1＝mv02－v12＝mv02在A与C发生碰撞过程中，A、C组成的系统机械能损失为ΔE2，则ΔE2＝mv12－v22＝mv02，整个过程中A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝mv02。 滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v02＝m球gh1，解得h1＝。滑环不固定时，小球仍以v0向右运动，根据水平方向动量守恒、机械能守恒有3mv0＝(3m＋m)v，·3mv02＝(3m＋m)v2＋3mgh2，解得h2＝，则＝，故B正确。 A． B． C．4v D． 设其中一块质量为m，另一块质量为3m，爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－3mv′＝0，解得v′＝；设两块爆竹落地用的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝，落地后两者间的距离为x＝t，联立各式解得x＝ ，故D正确。 火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水组成的系统的机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，火箭上升的时间为t＝＝，火箭的水平射程为x＝v sin θ·2t＝·＝sin 2θ，C正确；水喷出后，火箭向上做斜抛运动，有(v cos θ)2＝2gh，解得h＝cos2θ，D错误。 两球发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律及机械能守恒定律，有mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB，mAv12＋mBv22＝mAvA2＋mBvB2，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，根据动量定理，A球对B球的冲量为I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A错误；若两球发生完全非弹性碰撞，由mAv1＋mBv2＝(mA＋mB)v，解得v＝7 m/s，则碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之间，完全非弹性碰撞的机械能损失最大，损失的最大机械能为ΔE＝mAv12＋mBv22－(mA＋mB)v2＝7.5 J，B错误，C正确；当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正确。故选C、D。 小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统所受合外力不为零，水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B正确；由机械能守恒定律得mgR＝mvB2＋·3mvC2，可得vB＝，vC＝，B与弹簧碰撞过程中，A、B的动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共速， 弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧三者能量守恒，有mvB2＝Ep＋×2mv2，所以在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mvB＋3mvC＝4mv共，mvB2＋·3mvC2＝·4mv共2＋mgh，代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。 在“探究加速度与滑块质量的关系”时，设细线上拉力大小为F，钩码质量为m，钩码与滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，F＝Ma，联立得mg＝(M＋m)a，可得＝×M＋，可知k＝，b＝，因此钩码的质量m＝。 mgL＝－ 滑块通过光电门1、2的速度分别为v1＝，v2＝，则滑块从经过光电门1到经过光电门2的过程，系统动能的增加量ΔE1＝(M＋m)v22－(M＋m)v12，钩码减少的重力势能ΔEp＝mgL；若系统机械能守恒，则ΔEk＝ΔEp，即mgL＝－。 mgt＝－ － ＝＋ 如果碰撞过程系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，水平位移相同，则有m1·＝m1·＋m2·，化简得＝＋。 运动员刚接触网时速度的大小v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向向下 刚离网时速度的大小v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向向上 答案：mv02　　 mv02＝mv12＋×2mv22 解得v1＝－，v2＝ 即A的速度大小为，方向向左，B的速度大小为，方向向右。 $