第一章 单元综合提升(一) 动量守恒定律-【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教师用书word（人教版）

单元综合提升(一) 动量守恒定律 (2024·广东高考·T14)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a，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FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (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H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时 学生用书第36页 间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 答案：(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 解析：(1)敏感球受到向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力FN′，由牛顿第二定律可得tan θ＝ma 解得tan θ＝。 (2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s，方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s 头锤与气囊作用过程(取向上为正方向)，由动量定理可知IF－Mgt＝Mv－(－Mv0) 解得v＝2 m/s 则上升的最大高度h＝＝0.2 m。 [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考查热点之一，例如：2024·广东高考·T14以汽车的安全带能通过感应车的加速度自动锁定和安全气囊的性能测试为情境，考查了利用F-t图像计算冲量、动量定理及牛顿第二定律的综合应用问题。 (多选)(2024·广西高考·T8) 如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N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，N在(　　) 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v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 答案：BC 解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，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vM＝0，vN＝v，碰后小球N飞出平台做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。 [衔接教材]　人教版选择性必修第一册P29·T8 把一个质量为0.2 kg的小球放在高度为5.0 m的直杆的顶端(如图)。一颗质量为0.01 kg的子弹以500 m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离为20 m，g取10 m/s2。求子弹落地处离杆的距离。 [衔接分析]　人教版选择性必修第一册P29·T8，以子弹击中并穿过放在直杆顶端的小球为情境，考查了动量守恒定律与平抛运动规律的综合应用问题。 近几年的高考以动量守恒定律与平抛运动等综合问题为情境进行命题成为高考的考查热点之一，例如：2024·广西高考·T8以在光滑平台上两个相同的弹性小球M和N(静置于平台边缘)发生弹性正碰为情境，考查了动量守恒定律的应用及对平抛运动的两个分运动的分析问题。 学生用书第37页 (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 答案：C 解析：x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题图可知碰前m1的速度大小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v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小v2＝＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝＋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＝可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。故选C。 [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，但是考查的问题是x-t图像与动量守恒定律的迁移应用。 (2022·山东高考·T2)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 答案：A 解析：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上运动时高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力的冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知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的增加量，故D错误。故选A。 [衔接教材]　 人教版选择性必修第一册P27·科学漫步：三级火箭 ……把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，理论上火箭的速度可以提得很高(如图)。但是实际应用中一般不会超过四级，因为级数太多时，连接机构和控制机构的质量会增加很多，工作的可靠性也会降低…… [衔接分析]　人教版选择性必修第一册P27·科学漫步：三级火箭，介绍了三级火箭的工作原理及火箭级数的设计问题。 近几年的高考以火箭发射为情境进行命题，考查火箭的工作原理及有关动量守恒定律的应用问题成为高考的考查热点之一，例如：2022·山东高考·T2以我国多次成功使用“冷发射”技术发射火箭为情境，考查了火箭发射过程中动量定理、动量守恒定律、功能关系等规律的综合应用问题。 (2024·新课标卷·T22)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离x，将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。 学生用书第38页 完成下列填空： (1)记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma________(填“>”或“<”)mb； (2)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式______________________，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是_______________ ______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：(1)>　(2)maxP＝maxM＋mbxN　见解析 解析：(1)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb。 (2)两球离开斜槽后均做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等， 碰撞前a球的速度大小v0＝ 碰撞后a球的速度大小va＝ 碰撞后b球的速度大小vb＝ 如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，则有mav0＝mava＋mbvb 整理得maxP＝maxM＋mbxN。 两小球离开斜槽末端后均做平抛运动，竖直方向高度相同，故下落时间相同，水平方向做匀速直线运动，则小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 [衔接教材]　人教版选择性必修第一册P19·参考案例2：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒 本案例中，我们研究两个小球在斜槽末端发生碰撞的情况。 实验装置如图所示。将斜槽固定在铁架台上，使槽的末端水平。让一个质量较大的小球(入射小球)从斜槽上滚下，跟放在斜槽末端的另一个大小相同、质量较小的小球(被碰小球)发生碰撞。 使入射小球从斜槽不同高度处滚下，测出两球的质量以及它们每次碰撞前后的速度，就可以验证动量守恒定律。 [衔接分析]　人教版选择性必修第一册P19·参考案例2，介绍了研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒的方案。 近几年的高考以斜槽末端小球的碰撞等方案验证动量守恒定律为情境进行命题成为高考的考查热点之一，例如：2024·新课标卷·T22以斜槽末端小球的碰撞为情境，考查了动量守恒定律的验证问题。 易错点1．忽视动量、动量变化量的矢量性致错 (多选)质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下沿直线运动，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量为(　　) A．2 kg·m/s，方向与初速度方向相反 B．2 kg·m/s，方向与初速度方向相同 C．5 kg·m/s，方向与初速度方向相反 D．5 kg·m/s，方向与初速度方向相同 答案：BC 解析：以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度的方向相同，由Δp＝mv′－mv得Δp＝(0.5×7－0.5×3) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向与初速度方向相同，A错误，B正确；如果末速度的方向与初速度的方向相反，由Δp＝mv′－mv得Δp＝[0.5×(－7)－0.5×3] kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与初速度方向相反，C正确，D错误。故选BC。 [易错分析]　本题容易漏选C项，原因是忽视了速度、动量及动量变化量的矢量性，题目已知“一段时间后速度大小变为7 m/s”，末速度的方向有两种可能，而在求解问题时往往只想到“末速度方向与初速度方向相同”的情况，却漏掉了“末速度方向与初速度方向相反”的情况。 易错点2．应用动量定理时漏掉重力致错 如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则(　　) A．过程Ⅱ中钢珠动量的变化量等于零 B．过程Ⅱ中钢珠动量变化量的大小等于阻力冲量的大小 C．整个过程中合力的总冲量等于零 D．过程Ⅰ中钢珠动量变化量的大小大于重力冲量的大小 答案：C 解析：过程Ⅱ中钢珠的初动量不为零，末动量为零，因此动量的变化量不为零，故A错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中小球的动量变化量的大小等于过程Ⅱ中重力冲量与阻力冲量的矢量和的大小，故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，整个过程中合力的总冲量等于零，故C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠动量变化量的大小等于重力冲量的大小，故D错误。故选C。 [易错分析]　本题容易错选B项，原因是误认为过程Ⅱ中钢珠只受阻力而忽视了重力，从而错误地认为过程Ⅱ中钢珠动量变化量的大小等于阻力冲量的 学生用书第39页 大小，而正确的是过程Ⅱ中钢珠动量变化量的大小等于阻力冲量与重力冲量的矢量和的大小。 易错点3．忽视碰撞三原则致错 (多选)质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是(　　) A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s C．pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s D．pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s 答案：AD 解析：设两球质量均为m，碰前总动量p＝pA＋pB＝12 kg·m/s，碰前总动能Ek＝。若pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后总动量p′＝pA′＋pB′＝12 kg·m/s，碰后总动能Ek′＝<，故可能发生，A正确；若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s，碰后p′＝pA′＋pB′≠p，故不可能发生，B错误；若pA′＝－6 kg·m/s，pB′＝18 kg·m/s，碰后Ek′＝>，故不可能发生，C错误；若pA′＝4 kg·m/s，pB′＝8 kg·m/s，碰后p′＝12 kg·m/s＝p，Ek′＝<，故可能发生，D正确。故选AD。 [易错分析]　本题容易错选C项，原因是只考虑碰撞过程中系统的动量守恒，而选择A、C、D三项，但是C项虽然满足动量守恒，却违背了“碰撞过程中系统的总动能不增加”的原则。 易错点4．不理解人船模型的能量特点致错 (多选)生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　) A．人在甲板上慢步走时，船保持静止 B．人在立定跳远的过程中船会后退 C．人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m D．若人在地面上立定跳远，其最好的成绩一定为 1.8 m 答案：BC 解析：根据动量守恒定律可知，人动船也动，则当人在甲板上慢步走时，船将慢慢运动，A错误；人在立定跳远的过程中船会后退，B正确；根据动量守恒定律有Mx＝m(d－x)，代入已知量解得x＝0.2 m，即人在立定跳远的过程中船后退了0.2 m，C正确；人在船上跳远时，相对地面的位移为2 m－0.2 m＝1.8 m，即人在船上的立定跳远成绩为1.8 m，人在船上跳远时，人释放的能量等于人和船的总动能，当 人在地面上跳远时，人释放的能量全部转化为人的动能，则人在地面上立定跳远，其最好的成绩一定会超过1.8 m，D错误。故选BC。 [易错分析]　本题容易错选D项，原因是不理解人在船上跳远时释放的能量等于人和船的总动能，而人在地面上跳远时释放的能量全部转化为人的动能。 易错点5．不理解人船模型的位移关系致错 一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光滑水平面上，将一半径为R、质量为m的小球紧靠底座右侧由静止释放，释放时小球球心O′和底座圆心O在同一水平高度上，且M＝3m，当小球到达底座最低点时，底座运动的位移大小是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．R B．R C．R D．R 答案：A 解析：小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球的水平位移为x1，底座的位移为x2，则有mx1＝Mx2，且x1＋x2＝R，解得x2＝R。故选A。 [易错分析]　本题容易错选B项，原因是忽视了小球的半径，误认为x1＋x2＝R，从而解得x2＝R，导致错选B项。 单元检测卷(一)　动量守恒定律 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．(2024·广东佛山高二期中)如图甲所示，自动流水线中有实现货物转弯的传送带，简化图如图乙所示，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送速率保持不变，则货物在此过程中(　　) A．所受摩擦力的冲量为零 B．所受合力做功不为零 C．所受合力的冲量不为零 D．动量变化量为零 答案：C 解析：货物所受摩擦力的冲量I＝FfΔt不为零，故A错误；货物动能不变，则所受合力做功为零，故B错误；所受合力的冲量I合＝mΔv不为零，故C正确；动量变化量Δp＝mΔv不为零，故D错误。故选C。 2．如图所示，在某次杂技表演中，一演员平躺在水平面上，腹部上方静置一质量M＝80 kg的石板，另一演员手持一质量m＝5 kg的铁锤，从高h1＝1.8 m 处由静止落下，与石板撞击后反弹至h2＝0.05 m 处，结果石板裂开而平躺着的演员没有受伤。若铁锤撞击石板的时间t1＝0.01 s，由于缓冲，演员腹部与石板相互作用的时间t2＝0.5 s，铁锤的下落视为自由落体运动，重力加速度g取，则下列判断错误的是(　　) A．铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为6 m/s B．撞击过程中铁锤受到的冲量大小为25 N·s C．撞击过程中石板对铁锤的平均作用力大小为 3 550 N D．缓冲过程中演员对石板的平均作用力大小约为870 N 答案：B 解析：设铁锤撞击石板前瞬间的速度大小为v1，则由自由落体运动规律可得v12＝2gh1，解得v1＝6 m/s，A正确；设撞击后铁锤反弹的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，解得v2＝1 m/s，以竖直向上为正方向，由动量定理可得I＝mv2－(－mv1)＝35 N·s，B错误；设撞击过程中石板对铁锤的平均作用力大小为F1，则有I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N，C正确；石板与铁锤撞击过程时间很短，可近似认为动量守恒，设碰撞后瞬间石板的速度大小为v3，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝Mv3－mv2，解得v3＝，设缓冲过程中演员对石板的平均作用力大小为F2，由动量定理可得－(F2－Mg)t2＝0－Mv3，解得F2＝870 N，D正确。故选B。 3．(2024·安徽蚌埠高二月考) 水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A．F1的冲量等于F2的冲量 B．F1的冲量大于F2的冲量 C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量 答案：D 解析：题图中，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a运动的总时间小于b运动的总时间，根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0－0，F2t2－FftOD＝0－0，由题图可知tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，则合力的冲量都为零，故D正确。故选D。 4．(2024·江苏高考·T9) 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B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．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 答案：A 解析：对整个系统分析可知合力为0，A和B组成的系统动量守恒，有mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时，有Ep＝mAvA2＋mBvB2，联立可得Ep＝vB2，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。 5．如图所示，小桐和小旭在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。小桐瞬间将弹珠甲对着小旭脚边的静止弹珠乙弹出，甲以v0的速度与乙发生了弹性正碰，则(　　) A．若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为1.2v0 C．碰后乙的速率可能为3v0 D．若碰后甲反弹，则甲的速率不可能大于乙的速率 答案：A 解析：甲、乙碰撞瞬间动量守恒、机械能守恒，设甲、乙的质量分别为m1、m2，碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有m1v0＝，＝m2v22，联立解得v1＝v0，若碰后甲、乙同向运动，则v1>0，可知甲的质量一定大于乙的质量，故A正确；若碰后甲反弹，且甲的速率为1.2v0，则有v0，解得0.2m2＝－2.2m1，质量不可能为负值，可知若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为1.2v0，故B错误；若碰后乙的速率为3v0，则有3v0＝v0，解得m1＝－3m2，质量不可能为负值，可知碰后乙的速率不可能为3v0，故C错误；若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有v0>v0，可知只要m2－m1>2m1，即m2>3m1，就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，故D错误。故选A。 6．(2024·浙江温州高二期中) 在科技节的“鸡蛋撞地球”挑战活动中，某同学制作了如图所示的“鸡蛋保护器”装置。若该装置从离地10 m处静止释放，2 s后装置着地且速度立刻减为零，鸡蛋在装置中继续下降0.1 s后静止且完好无损。若装置着地前看成匀加速直线运动，装置质量M＝0.7 kg，鸡蛋质量 m＝0.05 kg，重力加速度 g取10 m/s2，则(　　) A．装置在空中下降过程中机械能守恒 B．装置在落地时的速度大小为 10 m/s C．从开始下落到鸡蛋最后静止的整个过程中，装置和鸡蛋的系统始终动量守恒 D．鸡蛋在装置中下降0.1 s过程中受到的平均阻力大小为5.5 N 答案：D 解析：若装置做自由落体运动，其运动时间t0＝≈1.4 s<t＝2 s，则装置在空中下降过程中受到空气阻力作用，机械能不守恒，A错误；设装置在落地时的速度大小为v，则h＝t ，解得v＝10 m/s ，B错误；下落过程中，装置和鸡蛋组成的系统所受的合力始终不等于零，系统动量不守恒，C错误；鸡蛋在装置中下降0.1 s过程中，以竖直向下为正方向，根据动量定理得－F阻·Δt＋mg·Δt＝0－mv ，解得F阻＝5.5 N ，D正确。故选D。 7．如图所示，世界冠军丁俊晖在斯诺克比赛中正准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰撞前，白色球A的动量pA＝ 6 kg·m/s，花色球B静止；碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝3mA 答案：B 解析：由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝2 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mB≥0.5mA，碰撞后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB≤2mA，综上得0.5mA≤mB≤2mA。故选B。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8．(2024·全国甲卷·T20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t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(　　) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s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4 600 N 答案：BD 解析：根据牛顿第三定律并结合题图可知，t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10× 1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知，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4 600 N，故D正确。故选BD。 9．a、b两物体在x轴上运动，迎面相撞后结合为物体c，a、b、c运动的位置x随时间t变化的图像如图所示，图中相关坐标值均为已知量，b的质量为m。下列说法正确的是(　　) A．碰撞之前a的动量大于b的动量 B．碰撞之后c的动量大于碰前a的动量 C．a的质量为5m D．碰撞过程中a、b组成的系统损失的机械能为 答案：ACD 解析：碰撞后c的运动方向与碰撞前a的运动方向相同，故可知碰撞之前a的动量大于b的动量，A正确；由动量守恒定律可得－mava＋mbvb＝－mcvc，可知碰撞之后c的动量小于碰前a的动量，B错误；由题图可得碰撞前后三个物体的速度大小分别为va＝vb＝，vc＝，代入上式可得ma＝5m，C正确；碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mcvc2，解得ΔE＝，D正确。故选ACD。 10．如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是(　　) A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中对斜劈A做的功为0 B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为 C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为 D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为mgR 答案：BD 解析：滑块D在斜劈A上滑动时，斜劈A与滑块D组成的系统在水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，以水平向右为正方向，则当滑块D滑到水平地面上时，有0＝mvD－mvA，mgR＝，联立解得斜劈A、滑块D分离时的速度大小vD＝vA＝，即斜劈A与滑块D的速度大小相等、方向相反，下滑过程中对斜劈A，由动能定理得W＝mvA2－0，解得W＝，故A错误；D与B碰撞前的速度大小即为斜劈A与滑块D分离时滑块D的速度大小，为，故B正确；滑块D与滑块B碰撞过程动量守恒，有mvD＝(m＋m)vB，可得碰撞后滑块B、D整体的速度大小vB＝，损失的机械能ΔE＝，故D正确；滑块B与滑块C碰撞过程中，滑块B、C、D组成的系统动量守恒，有(m＋m)vB＝(m＋m＋m)vC，可得滑块B与滑块C碰撞后的速度大小vC＝ ，故C错误。故选BD。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(10分)(2024·陕西宝鸡高二期中)用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，即研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。 (1)下列关于本实验条件的叙述，正确的是________。(填选项前的字母) A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放 B．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 C．轨道倾斜部分必须光滑 D．轨道末端必须水平 (2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程。然后，把半径相同的被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点的位置分别为M、N。实验中还需要测量的物理量有________。(填选项前的字母) A．入射小球和被碰小球的质量m1、m2 B．入射小球开始的释放高度h C．小球抛出点距地面的高度H D．两球相碰后的平抛射程、 (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式__________________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒；若满足关系式__________________________(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球发生的是弹性碰撞。 答案： (1)ABD　(2)AD　(3)m1·　m1·　 解析：(1)同一组实验中，为了保证每次碰撞前入射小球的速度相同，入射小球必须从同一位置由静止释放，A正确；为了保证碰后入射小球不反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，B正确；轨道倾斜部分是否光滑不影响碰撞前入射小球的速度是否相同，故轨道倾斜部分不需要光滑，C错误；为了保持小球抛出时做平抛运动，轨道末端必须水平，D正确。故选ABD。 (2)设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后入射小球的速度为v1，被碰小球的速度为v2，入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，若碰撞过程满足动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2 设小球做平抛运动的时间为t，则有v0＝ 联立可得m1· 故实验中还需要测量的物理量有：入射小球和被碰小球的质量m1、m2，两球相碰后的平抛射程、。故选AD。 (3)在实验误差允许范围内，若满足关系式m1·，则可以认为两球碰撞前后的动量守恒； 若两球发生的是弹性碰撞，根据系统机械能守恒可得m2v22 可得m1·。 12．(10分)(2024·重庆九龙坡期中)某老师欲用气垫导轨和光电计时器等器材进行“验证动量守恒定律”的实验，实验装置如图所示，下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨和光电门，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②测得滑块A、B上遮光片的宽度均为d； ③测得滑块A、B(包含遮光片)的质量为m1、m2； ④向气垫导轨通入压缩空气； ⑤利用气垫导轨左右的弹射装置，使滑块A、B分别向右和向左运动，测出滑块A、B在碰撞前经过光电门过程中挡光时间分别为Δt1和Δt2； ⑥观察发现滑块A、B碰撞后通过粘胶粘合在一起，运动方向与滑块B碰撞前运动方向相同，此后滑块A再次经过光电门的挡光时间为Δt。 (1)碰撞前滑块A的速度大小为________，碰撞前滑块B的速度大小为________。 (2)为了验证碰撞中动量守恒，需要验证的关系式是____________________(用题中所给物理量表示)。 答案：(1) 　 　(2) 解析：(1) 碰撞前滑块A的速度大小vA＝，碰撞前滑块B的速度大小vB＝。 (2)为了验证碰撞中动量守恒，需要验证的关系式为m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v 其中碰后共同速度v＝ 可得。 13．(10分)“嫦娥六号”在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求： (1)分离后A的速度大小； (2)分离时A对B的推力大小。 答案：(1)　(2) 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0＝Mv＋mv1，解得 v1＝。 (2)以B为研究对象，对B由动量定理得 FΔt＝Mv－Mv0 解得F＝。 14．(12分)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：如图甲所示，在反推火箭作用下，飞船在距月面h＝100 m处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝1 m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，静止在月球表面上。飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，如图乙所示，月球表面的重力加速度g取，四条“缓冲脚”的质量不计。求：(结果均保留1位有效数字) (1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做的功； (2)从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。 答案：(1)－6×104 J　(2)5×103 N·s 解析：(1)设飞船加速下降时火箭推力大小为F，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，推力对火箭做功为W＝－Fh，解得W＝－6×104 J。 (2)“缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为v，则有v2＝2ah，从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I，取竖直向上为正方向，根据动量定理得4I sin 60°－mgt＝0－m(－v)，解得I≈5×103 N·s。 15．(12分)如图甲所示，静置于水平地面的两辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平向右的初速度使其运动，当车运动了距离l时与第二辆车相碰，两车瞬间结为一体，以共同速度继续运动了距离l，与竖直墙相碰，反弹后运动停止，如图乙所示。已知车与墙相碰损失80%的机械能，车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，忽略空气阻力，求： (1)两车与墙碰后反弹的速度大小； (2)人给第一辆车水平动量的大小。 答案：(1) 　(2)2m 解析：(1)两车与墙壁碰撞后做减速运动，设碰撞后的速度大小为v，由动能定理可得 －2kmg××2mv2 解得v＝ 。 (2)选择水平向右为正方向，设第一辆车的初速度为v0，与第二辆车碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v2，第一辆车减速的过程中，有 －kmgl＝mv02 两辆车碰撞的过程中动量守恒，有mv1＝2mv2 碰撞后两辆车向右运动的过程中，只有摩擦力做功，则－2kmgl＝×2mv22 由动量定理可得，人给第一辆车的水平冲量转化为车的动量，即I＝mv0 联立解得I＝2m。 学生用书第40页 学科网（北京）股份有限公司 $