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（粤教版）

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 单元检测卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 概念梳理　构建网络 返回 返回 教考衔接　明确考向 返回 　　　 (多选)(2023·广东高考)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 真题1 √ √ 取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则两滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2，根据动量守恒定律有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，即滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。故选BD。 衔接教材　粤教版选择性必修第一册P34·T13 列车进入编组站后要分解重组 ，会出现列车挂接问题，许多节车厢逐一组合起来的过程实质上是一个完全非弹性碰撞过程。设一列列车共有n节车厢，各车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为s，第一节车厢以速度v向第二节车厢运动，碰撞后通过“詹天佑挂钩”连接在一起，直到n节车厢全部挂好，则火车的最后速度是多大？整个过程经历的时间是多少？(轨道对车厢的阻力不计，各节车厢质量相等，且碰撞时间很短，可忽略不计) 衔接分析　2023年广东高考真题与日常生产生活紧密结合，以电动窗帘为背景，研究滑块的碰撞特点，与列车挂接问题类似，考查同学的模型构建能力及动量守恒成立的条件。 模型虽然都属于物体间的完全非弹性碰撞，但形同质异，教材模型遵循动量守恒，而高考题设中系统合外力并不为零，系统动量并不守恒。这就要求同学在做题时具体问题具体分析，即对系统进行具体的受力分析和运动分析，看其是否满足动量守恒的条件，切不可根据经验做题。 对点练1.如图所示，建筑工地上常用打桩机把桩打 入地下。电动机先把重锤吊起一定的高度，然后静 止释放，重锤打在桩上，接着随桩一起向下运动直 到停止。不计空气阻力，则下列说法中正确的是 A．重锤与桩的撞击过程中，机械能守恒 B．重锤随桩一起向下运动过程中，机械能守恒 C．整个运动过程中，重锤和桩组成的系统动量守恒 D．整个运动过程中，重锤所受合外力的冲量为零 √ 重锤与桩的撞击过程中，会产生内能，机械能不 守恒，故A错误；重锤随桩一起向下运动过程中， 需要克服阻力做功，机械能不守恒，故B错误； 整个运动过程中，重锤和桩组成的系统初始动量 为零，末动量为零，但运动过程动量不为零，可 知重锤和桩组成的系统动量不守恒，故C错误；整个运动过程中，重锤初始动量为零，末动量为零，根据动量定理可知，重锤所受合外力的冲量为零，故D正确。故选D。 对点练2.(多选)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为10 kg，相距L＝4 m沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动4 m后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了4 m距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的阻力恒为车重的0.25倍，重力加速度为10 m/s2，则   A．两购物车在整个过程中克服阻力做功之和为200 J B．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为4 m/s C．两购物车碰撞时的能量损失为200 J D．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为100 N·s √ √ 两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W＝μmg×2L＋μmgL＝300 J，故A错误；设两辆购物车碰撞后瞬间的速度大小为v2，两辆购物车碰撞后到停下来由动能定理得 故B错误；设碰撞前瞬间第一辆购物车的速度大小为v1，两购物车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得 碰撞过程，由能量守恒定律得 解得碰撞过程损失的机械能ΔE＝200 J，故C正确；设工人刚推出第一辆购物车时购物车的速度大小为v0，由动能定理得 工人推出购物车过程，由动量定理得I＝mv0，解得工人给第一辆购物车的冲量大小I＝100 N·s，故D正确。故选CD。 　　 　(2023·广东高考)如图为某药品自动传送系 统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑 槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L， 平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0 匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后， 从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停 下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： 真题2 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所 用的时间t； 答案： A在传送带上运动时的加速度a＝μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； 答案： B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案： A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒 定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2 解得v1＝2v0，v2＝v0 　　　(2021·广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10-2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10-2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。 (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； 答案：(1)能　 真题3 由牛顿第二定律可得，甲、乙滑动时均有f＝μmg＝ma 则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2 甲与乙碰前的速度v1，则 解得v1＝0.3 m/s 甲、乙碰撞时，由动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3 解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时，位移 可知乙恰好能滑到边框a。 (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 答案：0.2 s 　　　(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发， 设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆 上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处 以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N。 滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌 面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆 的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； 答案：8 N　5 N　 真题4 当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的 重力，即 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛 顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直 向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； 答案：8 m/s　 滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有 解得v1＝8 m/s。 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案：0.2 m 由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 联立解得h＝0.2 m。 衔接教材　粤教版选择性必修第一册P33·T11 如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑 的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩 和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小 孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推去，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量m1＝30 kg，冰块的质量m2＝10 kg，小孩与滑板始 终无相对运动。(取g＝10 m/s2) (1)求斜面体的质量。 (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 衔接分析　2023年广东高考真题与教材中的习题，形异质同，都属于多物体多过程问题，都是考查动力学方法、动量、能量观点的综合应用。 多物体多过程问题需要将问题拆解，匀变速直线运动过程可以应用牛顿运动定律或动能定理；碰撞过程遵循动量守恒；过程间的联系：前一个过程的末速度即为后一个过程的初速度。 返回 易错辨析　强化落实 返回 1．(缓冲问题)(多选) (2024·广州市高二校考)安全带 是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图所示， 在汽车正面碰撞测试中，汽车以72 km/h的速度发生 碰撞。车内假人的质量为50 kg，使用安全带时，假 人用时0.8 s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2 s停下。以下说法正确的是 A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒 B．安全带的作用是延长冲击力作用时间，减小冲击力大小 C．安全带的作用是减小假人受到的冲量 D．无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同 √ √ 碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受外界撞击力作 用，总动量不守恒，故A错误；假人的初动量为 p＝mv0，末动量都为0，根据动量定理有I＝0－mv0， 所以无论是否使用安全带，假人受到的冲量相同， 故C错误，D正确；使用安全带时，假人用时0.8 s停下；不使用安全带时，用时0.2 s停下，可知安全带的作用是延长冲击力作用时间；由冲量的定义I＝Ft可知，冲量相同时，延长力的作用时间可以减小冲击力的大小，故B正确。故选BD。 2．(某一方向的动量守恒)(多选)如图所示，半径均为 R、内外表面均光滑的两个完全相同的四分之一圆弧 槽A、B并排放在光滑水平面上，A、B质量均为M， a、b两点分别为A、B槽的最高点，c、d两点分别为 A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球P(视为质点)从圆弧槽A的顶端静止释放，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．小球P从a点运动到c点时的速度大小为 B．小球P在B槽内运动的最大高度为 C．小球P第一次返回到B槽最低点d时，B槽具有的速度为 D．小球P从B槽最低点d到第一次返回到B槽最低点d过程中，B槽的位移为 √ √ 小球P从a点运动到c点的过程中，A、B均保持静止，根据动能定理可得 解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为 故A正确；小球P滑到B槽后，A依然保持静止，B开始向右运动，由于小球P和B槽组成的系统水平方向上不受外力，则水平方向动量守恒，当小球P在B槽内运动到最大高度时，二者水平速度相同，取向右为正方向，设共同速度为v，根据水平方向动量守恒可得mv0＝(M＋m)v，对小球P和B槽组成的系统，根据机械能守恒定律可得 B错误； 小球P第一次返回到B糟最低点d时，设P的速度为v1，B的速度为v2，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得mv0＝mv1＋Mv2， 联立解得B槽具有的速度为 故C正确；小球P从B槽最低点d到第一次返回到B槽最低点d过程中，虽然系统满足水平方向动量守恒，但由于系统水平动量不为0，有别于人船模型，所以B槽的位移不是 ，故D错误。 3．(碰撞的可能性)如图为运动员正在准备击球的场景，设运动员在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球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 C．mB＝2mA D．mB＝5mA √ 4．(多过程问题) (2024·阳江市高二期末)如图所 示，固定点O上用长L＝0.5 m的细绳系一质量 m＝1.0 kg的小球(可视为质点)，小球与水平面 上的B点刚好接触且无压力。一质量M＝2.0 kg 的物块(可视为质点)从水平面上A点以速度v0(未知)向右运动，在B处与静止的小球发生正碰，碰后小球在绳的约束下恰好能做完整的圆周运动；碰后物块经过t＝1 s后最终停在水平地面上的D点，其水平位移s＝1.25 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块与水平面间的动摩擦因数； 答案：0.25　 物块和小球碰撞后减速，由牛顿第二定律得μMg＝Ma 由逆向思维得 解得μ＝0.25。 (2)碰撞后瞬间小球的动量大小； 答案：5 kg·m/s 小球恰好能做完整的圆周运动，则在最高点时仅由重力提供向心力， 设碰撞后到小球的速度为v2，由机械能守恒定律得 故碰撞后小球的动量大小p小球 ＝mv2 解得p 小球＝5 kg·m/s。 (3)设物块与小球的初始距离为s1＝2.2 m， 物块在A处的初速度大小。 答案：6 m/s 碰撞后物块做匀变速直线运动，有 设碰撞前瞬间物块的速度为v，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2 物块从A点运动到与小球碰撞前瞬间过程，对物块，由动能定理得 解得物块在A处的速度大小v0＝6 m/s。 5．(连续物问题) (2024·佛山市高二统考期中)宇宙尘埃有很大的科研价值，某卫星携带的收集装置如图a所示。如图b为质量为M的卫星以速度v0飞向一颗静止的尘埃，如图c为尘埃被收集装置撞击后嵌入其中的情景，该尘埃的质量为m0(因m0≪M，故卫星速度v0视为不变)，问： (1)该尘埃被卫星收集过程中动量变化量的大小Δp； 答案：m0v0　 由于m0≪M，可认为飞船收集尘埃时速度不受影响，宇宙尘埃的速度会从0加速到v0，则尘埃被卫星收集过程中动量变化量的大小为 Δp＝m0v0－0＝m0v0。 (2)该尘埃在收集装置中嵌入深度为L，则其在被收集过程中 受到的作用力F大小是多少？(假设此过程中作用力大小不变) (3)卫星继续以速度v0进入一个尘埃区，尘埃区每单位体 积空间有n颗尘埃，尘埃的平均质量为m0，已知卫星正面 面积为S，由于大量尘埃与卫星碰撞后均附着在卫星上， 卫星速度会受到影响，为了保持卫星原有的飞行速度，卫 星推进器需要增加多大的推力？ 设卫星在尘埃区飞行时间为t，飞船扫过的尘埃数量为N＝nSv0t 对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理可得 解得卫星推进器需要增加的推力大小 返回 单元检测卷 返回 1．关于冲量、动量、动量变化量，下列说法正确的是 A．足球所受合外力的冲量越大，它的动量也越大 B．推静止的汽车没有推动，推力的冲量一定为零 C．飞机飞行的速度大小不变，飞机的动量也保持不变 D．质量一定的运动员，动量变化量越大，该运动员的速度变化量一定越大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 根据动量定理可知，足球所受合外力的冲量等于足球动量的变化量，与瞬时动量无关，故A错误；根据I＝Ft可知，作用在静止物体上的力的冲量不为零，故B错误；飞机飞行的速度大小不变，飞机的动量大小保持不变，速度方向可能改变，则动量方向可能改变，故动量有可能改变，故C错误；质量一定的运动员，根据Δp＝mΔv，动量变化量越大，该运动员的速度变化量一定越大，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 2．2022年卡塔尔世界杯赛场上，有身高优势的球队在发角球时球员总能把握机会，轻松争顶破门。假如足球质量为m，以速度v沿水平方向垂直撞击运动员的头部，球被反方向弹回，速度大小变为 ，球与头部撞击时间为t，在撞击过程中，球对运动员头部的平均冲力大小是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 3．如图所示，将一质量为m的小球放在玻璃漏斗中，晃动漏 斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做半径为r的 匀速圆周运动，周期为T，重力加速度为g，下列说法正确的是 A．在T时间内，小球受到的重力冲量为零 B．在 时间内，小球受到合力的冲量为零 C．在T时间内，小球受到弹力的冲量为零 D．在 时间内，小球受到弹力的冲量大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 4．如图所示，货车在一水平恒力F作用下沿光滑水平面运动，当货车经过一竖直固定的漏斗下方时，沙子由漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为m0。某时刻，货车(连同已落入其中的沙子)质量为M，速度为v，此时货车的加速度为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 依题意，极短的一段时间Δt内落入货车的沙子质量为Δm＝m0Δt，沙子落入货车后，立即和货车共速，取水平向右为正方向，由动量定理可得F′Δt＝Δmv，解得F′＝m0v，方向向前，根据牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为F″＝m0v，对货车(连同落入的沙子)，由牛顿第二定律可得F－F″＝Ma，解得 故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 5．关于动量守恒，下列说法正确的是 A．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的动量不一定守恒 B．系统只有重力做功，系统的动量才守恒 C．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，枪和子弹组成的系统动量守恒 D．光滑水平面上的两小球发生碰撞，两小球动量守恒 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 系统中所有物体的加速度都为零时，系统中所有物体所受合力为零，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，A错误；系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统动量是否守恒与重力做功无关，B错误；一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，枪和子弹组成的系统所受合外力不为零，枪和子弹组成的系统动量不守恒，C错误；若光滑水平面上的两小球发生碰撞，碰撞过程中两小球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 6．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为3m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是 A．A、B两滑块的动能之比为1∶3 B．A、B两滑块的动量大小之比为3∶1 C．A、B两滑块的速度大小之比为3∶1 D．弹簧对A、B两滑块做功之比为1∶1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 两滑块及轻弹簧组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有－pA＋pB＝0，所以pA∶pB＝1∶1，故B错误；设两滑块速度大小分别为vA、vB，则－3mvA＋mvB＝0，可得vA∶vB＝1∶3，故C错误；两滑块的动能之 比为 由动能定理可得WA∶WB＝EkA∶EkB＝1∶3，故A正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 7．(2024·广州市高二统考期末)使用无人机播种树种时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在静止于离地面10 m高处的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，土壤对种子胶囊的作用力可视为恒力，取g＝10 m/s2，则 A．土壤对种子胶囊冲量的大小为0.1 N·s B．发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为100 N·s C．种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N D．播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 种子胶囊离开无人机后在空中竖直方向做匀加速直线运动，有 解得种子胶囊在空中运动的时间为t＝1 s，可得种子胶囊落地的速度为v＝v0＋gt＝15 m/s，取竖直向下为正方向，根据动量定理可知土壤对种子胶囊的冲量为I1＝0－mv＝－20×15×10-3 N·s＝－0.3 N·s，故土壤对种子胶囊冲量的大小为0.3 N·s，故A错误；发射过程中，播种器对种子胶囊的冲量为I0＝mv0＝20×5×10-3 N·s＝0.1 N·s，故B错误；种子胶囊在土壤中做匀减速运动，有v2＝2ah1，解得加速度为a＝1 125 m/s2，种子胶囊在土壤中运动的时间 根据动量定理有Ft1＝0－mv，解得F＝－22.5 N，解得种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N，故C正确；播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为I＝I0＋I1＝0.1－0.3 N·s＝－0.2 N·s，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 8．(2024·广州市高二校考)如图所示，质量为M的长木板B放置在光滑的水平地面上，在其右端有一质量为m的木块A。分别给A、B大小相等、方向相反的初速度，使A向左运动，B向右运动。已知m<M，且木块A始终没有滑离B板。在A与B相互作用的过程中，它们所受摩擦力的做功情况正确的是 A．摩擦力对A一直做正功 B．摩擦力对A先做负功后做正功 C．摩擦力对B一直做负功 D．摩擦力对B先做负功后做正功 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 设木块A和长木板B最后的速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得 由于m<M，则有v>0，故最后两者速度方向都向右。可知在A与B相互作用的过程中，B一直向右减速运动，B受到的摩擦力方向一直向左，摩擦力对B一直做负功；A先向左减速运动到速度为0，此过程A受到的摩擦力向右，摩擦力对A做负功，之后A向右加速运动，A受到的摩擦力向右，摩擦力对A做正功，则摩擦力对A先做负功后做正功。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 9．(2024·四川绵阳高二校考期中)如图所示，线段a、b、c分别表示在光滑水平面上沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移图线。由图像给出的信息可以判定 A．碰前滑块Ⅰ的速率为0.8 m/s B．碰后滑块的共同速率为0.6 m/s C．碰前滑块Ⅱ的动量比滑块Ⅰ的动量大 D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的6倍 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 由s-t图像斜率表示速度可知，碰前滑块Ⅰ的速率为 v1＝ m/s＝0.8 m/s，故A正确；由s-t图像斜率表 示速度可知，碰后滑块的共同速率为 ＝0.4 m/s，故B错误；碰撞前后系统动量守恒，由 于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正(与滑块 Ⅰ的动量方向相同)，所以碰撞前滑块Ⅰ的动量大于滑块Ⅱ的动量，故C错误；由s-t图像斜率表示速度可知，碰前滑块Ⅱ的速率为 由动量守恒定律可得m1v1－m2v2＝ 可得m1＝6m2，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 10．如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，与钢板碰撞后粘在一起向下运动x0后到达最低点Q，设物块与钢板碰撞的时间Δt极短，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．物块与钢板碰后的速度大小为 B．在Δt时间内，物块对钢板的冲量大小为 C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为mg(x0＋h) D．从碰撞到Q的过程中，弹性势能的增加量为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 11．(7分) (2024·深圳市高二统考期末)某同学利 用如图甲所示装置验证碰撞过程中的动量守恒。 一圆弧面和水平面在A点平滑连接，水平面上涂 有润滑剂。在A、B两点处各安装一个光电门。 现将质量为m2的滑块(含遮光条)Q静置于A、B 之间，将质量为m1的滑块(含遮光条)P从圆弧面 上某点释放，此后A点处光电门记录一个挡光时间Δt1，B点处光电门先后记录两个挡光时间，依次为Δt2和Δt3，遮光条的宽度均为d。 (1)遮光条的宽度可利用游标卡尺测出，如图乙所示，读数为__________； 该游标卡尺的读数为4 mm＋8×0.05 mm＝4.40 mm。 4.40 mm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)是否要求滑块P必须从静止释放？______ (选填“是”或“否”)； 此题需求出滑块P经过A点的瞬时速度，此时瞬时速度的大小可以用v1＝ 求出，不涉及到P释放时的速度，故P释放时是否静止不影响实验的进行。 否 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (3)滑块Q通过光电门的速度可表示为__________ (用题中所给物理量字母表示)； 由题可知，滑块Q先通过右侧光电门，故挡光 时间为Δt2，所以 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (4)若两滑块碰撞瞬间满足动量守恒，则物理量 m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3应满足的关系式为 __________________。 两滑块碰后，P的速度大小v3＝ ，若两滑块碰撞瞬间二者的总动量 保持不变，则m1v1＝m2v2＋m1v3， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 12．(8分)如图所示，某同学利用光电门、斜面、弹簧、滑块、小球等装置设计了一个实验，验证动量守恒定律。主要操作步骤为： ①将光电门固定在光滑水平桌面上； ②用天平分别测出小滑块a(含挡光片) 和小球b的质量ma、mb； ③在桌面右边的地面上铺白纸，白纸 上面放上复写纸； ④在a和b之间放一锁定压缩的轻弹簧，将系统静止放置在平台上； ⑤解除锁定，a、b瞬间被弹开，记录a通过光电门时挡光片的遮光时间t； ⑥记录b落在地面上的点M，用刻度尺测出其到桌面高度h和落地点M到桌子边缘的水平距离s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 已知挡光片宽度为d、重力加速度为g， 请回答下列问题： (1)滑块a经过光电门时的瞬时速度 v＝_________(用题干中字母表示)； 解除锁定后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电 门的速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)小球做平抛运动的初速度 v0＝___________(用题干中字母表示)； 由题意可知，b竖直下落做自由落体运动，根据自由落体运动规律，有 则初速度为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (3)若a、b在解除锁定过程中动量守恒， 需满足的关系式是_________________ (用题干中字母表示)。 由动量守恒定律可得0＝mav－mbv0，即 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (4)写出一条减小实验误差的方法： ____________________。 减小挡光片的宽度 可以减小挡光片的宽度，从而使a经过光电门的速度更精确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 13．(8分) (2024·佛山市高二校考)小明手拿一个50 g的鸡蛋在自家(16楼)阳台看风景，一不小心鸡蛋从手中滑落，假设每层楼高约3 m，鸡蛋落到楼下地面时与地面相撞，撞击时间t为0.01 s。请估算：鸡蛋撞击地面的平均撞击力约为多大？相当于多少个鸡蛋的重力？(忽略小明身高的影响，不计空气阻力，g＝10 m/s2) 答案：150.5 N　301个 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 鸡蛋自由下落的高度h＝(16－1)×3 m＝45 m 鸡蛋落到地面前瞬间速度v＝ ＝30 m/s 取竖直向下为正方向，对鸡蛋由动量定理可知 (mg－F)t＝0－mv 解得地面对鸡蛋的支持力为F＝150.5 N 由牛顿第三定律可知鸡蛋撞击地面的平均撞击力大小为约150.5 N。 F＝150.5 N＝301mg，即相当于301个鸡蛋的重力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 14．(10分)如图所示，质量m1＝2 kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l＝0.5 m。将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度θ＝53°处由静止释放，小球运动至最低点时，与一质量m2＝1 kg的物块发生正碰，碰撞时间很短。之后物块在水平面上滑行一段s＝0.4 m的距离后停下。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)碰前瞬间小球的速度大小； 答案：2m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 根据题意可知，小球从静止释放运动至最低点的过程中，机械能守恒，设小球运动到最低点的速度为v0，由机械能守恒定律有   代入数据解得v0＝2m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)碰后瞬间小球和物块的速度大小。 答案：1m/s　2m/s 根据题意，设碰后小球的速度为v1，物块的速度为v2，物块在水平面上滑动到停止的过程中，由动能定理有 代入数据解得v2＝2m/s 小球和物块碰撞过程动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2 代入数据解得v1＝1m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 15．(12分)(2024·汕头市高二统考期末)如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由倾斜直轨道AB、圆弧细管道BCD、水平直轨道AD组成，轨道光滑，圆弧半径R＝0.4 m，AB、AD与圆弧相切。轨道AB底端装有弹射系统(弹簧质量不计，长度很短，可以认为小球从A点射出)。某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的小球1弹出，小球1进入光滑圆管道后，与处在圆弧细管道最低点的小球2发生弹性碰撞后反弹回管道。已知小球1、2大小相同，小球1的质量为m1＝0.05 kg，小球2的质量为m2＝0.15 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (1)若小球1恰好沿原路径返回，求两球碰撞后 小球1的速度大小； 答案：4 m/s　 若小球1恰好沿原路径返回，可知小球1到达C点时的速度为零，则从D到C由功能关系有 解得两球碰撞后小球1的速度大小v1＝4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 (2)若小球1能够沿原路径返回，求弹簧具 有的初始弹性势能。 答案：1.6 J 当弹簧弹性势能最小时，小球1恰好沿原路径返回，经过最高点C的速度为零，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，在最低点与2相碰时满足(向左为正)m1v0＝m2v2－m1v1   解得v0＝8 m/s，v2＝4 m/s 则弹簧具有的初始弹性势能至少为 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 14 15 13 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 1 12 14 15 13 －2μmgL＝0－×2mv， －μmgL＝mv－mv， v1＝4 m/s， mv＝×2mv＋ΔE， 解得v2＝2 m/s， t＝＝。 6mgL－3mv　 W＝·2mv＋2mg·3L－·2m(2v0)2＝6mgL－3mv。 ·2m(2v0)2－＝· ·2m(2v0)2 (另一组v1＝v0，v2＝v0舍掉) 两物体平抛运动的时间t1＝ 则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1，解得s＝。 2as1＝v－v s＝＝ m＝0.02 m＝s2 甲与乙碰前运动的时间 t1＝＝ s＝0.1 s 碰后甲运动的时间t2＝＝ s＝0.1 s 则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s。 N1＝g＝8 N －mgl－fl＝mv－mv mv1＝v －gh＝0－v2 mgR＝mv， v0＝， mv＝(M＋m)v2＋mgh，联立解得h＝， mv＝mv＋Mv， v2＝ ， A．mB＝mA B．mB＝mA 碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s；总动能不增加，则有＋≥＋，解得mB≥mA；碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故选C。 s＝at2 有mg＝m mv＝mv＋2mgL v＝2as －μMgs1＝Mv2－Mv 答案：　 在尘埃加速到与卫星共速过程中， 根据运动学公式可得s卫星＝v0t，s尘埃＝v0t L＝s卫星－s尘埃＝v0t 以尘埃作为研究对象，根据动能定理可得 Fs尘埃＝m0v－0 解得F＝。 F′＝nSm0v。 答案：nSm0v F′t＝v0－Mv0 v A． B． C． D． 设初速度方向为正，则反弹后的速度为－v，另设头对球的平均作用力为F，则由动量定理可得Ft＝m－mv，解得F＝－；由牛顿第三定律可知，球对运动员头部的平均冲力大小为，故选B。 m 在T时间内，小球受到的重力冲量不为零，故A错误；小球的线速度v＝，在时间内，小球的速度大小不变、方向相反，小球受到的合力冲量为I＝2mv＝，故B错误；在T时间内，小球动量的改变量为零，根据动量定理可得0＝mgT＋IN，解得IN＝－mgT，故C错误；在时间内，小球受到弹力的冲量大小IN′＝＝m，故D正确。故选D。 A． B． C． D． a＝， EkA∶EkB＝∶＝1∶3， h＝v0t＋gt2， t1＝＝ s＝ s， v＝； v， v＝ m/s v2＝ m/s＝2 m/s， m－mgΔt mg 物块下落h，由机械能守恒定律得mgh＝mv，物块与钢板碰撞，根据动量守恒定律，有mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，A正确；物块对钢板的冲量I＝mv2－0＝m，B错误；从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为ΔEp＝mg(x0＋h)＋mgx0＝mg(2x0＋h)，C错误；从碰撞到到达最低点Q，由能量守恒定律可得×2mv＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg，D正确。 　 v2＝。 即＝＋。 ＝＋ 　 v＝。 h＝gt′2， s　 v0＝＝＝s。 ma＝mbs ma＝mbs。 m1gl＝m1v －μm2gs＝0－m2v m1v＝m1g·2R m1v＝m2v＋m1v Ep＝m1v＝×0.05×82 J＝1.6 J。 $