1.10 第一章 单元综合提升-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（粤教版）

本讲义聚焦动量与动量守恒定律核心知识点，系统梳理动量、冲量、动量定理等基础概念，通过高考真题（如2023年广东高考滑块碰撞题）与教材习题（如列车挂接问题）衔接，构建从概念理解到综合应用的学习支架。 资料以科学思维培养为核心，通过对比分析高考题与教材模型（如滑块碰撞与列车挂接的动量守恒条件辨析）提升模型建构能力，结合生活情境题（如购物车碰撞、无人机播种）强化科学推理。单元检测与易错辨析设计，课中辅助教师突破重难点，课后助力学生查漏补缺，深化对动量守恒定律的理解与应用。

单元综合提升 (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 答案：BD 解析：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。 学生用书第39页 [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 答案：D 解析：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 答案：CD 解析：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－2μmgL＝0－×2mv22，解得v2＝2 m/s，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v1＝4 m/s，碰撞过程，由能量守恒定律得mv12＝×2mv22＋ΔE，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－μmgL＝mv12－mv02，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 学生用书第40页 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： (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； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案：(1)　(2)6mgL－3mv02　(3) 解析：(1)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t＝＝。 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W＝·2mv02＋2mg·3L－·2m(2v0)2＝6mgL－3mv02。 (3)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 ·2m(2v0)2－＝· ·2m(2v0)2 解得v1＝2v0，v2＝v0 (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＝。 (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； (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 答案：(1)能　(2)0.2 s 解析：(1)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2as1＝v02－v12 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 s＝＝ m＝0.02 m＝s2 可知乙恰好能滑到边框a。 (2)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。 (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； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案：(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 解析：(1)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N1＝g＝8 N 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)滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有 －mgl－fl＝mv12－mv02 解得v1＝8 m/s。 (3)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mv1＝v 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 －gh＝0－v2 联立解得h＝0.2 m。 学生用书第41页 [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。 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 答案：BD 解析：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 答案：AC 解析：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mgR＝mv02，解得小球P从a点运动到c点时的速度大小为v0＝，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mv02＝(M＋m)v2＋mgh，联立解得h＝，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，mv02＝mv12＋Mv22，联立解得B槽具有的速度为v2＝ ，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　 学生用书第42页 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(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝2mA D．mB＝5mA 答案：C 解析：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。 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； (2)碰撞后瞬间小球的动量大小； (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：(1)0.25　(2)5 kg·m/s　(3)6 m/s 解析：(1)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s＝at2 解得μ＝0.25。 (2)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，有mg＝m 设碰撞后到小球的速度为v2，由机械能守恒定律得mv22＝mvmin2＋2mgL 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)碰撞后物块做匀变速直线运动，有v12＝2as 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－μMgs1＝Mv2－Mv02 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； (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？ 答案：(1)m0v0　(2)　(3)nSm0v02 解析：(1)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)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＝m0v02－0 解得F＝。 (3)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 F′t＝v0－Mv0 解得卫星推进器需要增加的推力大小F′＝nSm0v02。 学科网（北京）股份有限公司 $