第7章 课时冲关35 素养培优10 利用力学“三大观点”解决力学综合问题&课时冲关36 实验8 科学验证：动量守恒定律-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

由动量定理，物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中， 圆孤槽C所受合外力冲量的大小 1e=m%一m=专N·s 答案：1)48N(20.2(3)号Ns 课时冲关35素养培优10利用力学“三大 观点”解决力学综合问题 1.解析：(1)根据动量守恒定律m=（m十4m)u1,解得u1 (2)两者共速时设间距为'，根据能量守恒定律可知此时 电势能为E,'=合mw2十方m-号X5m' 1 25mu,2, 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒， 则有∑mt=∑mvat1十∑4mt, 即有m6ti=mxA十4m.x, 根据位移关系可知x十l。=xA十1'， 联立解得=-异私： (3)对全过程，对系统根据动能定理F。= 对全过程，根据动量定理Ft2=4m一mv, 2L0 联立解得，一西 答案：1片。2号品（兴 2,解析：(1)由题图乙可得滑块的加速度大小4，=西” t 4m/s2, 木板的加速度大小a,==5m/s, 由牛顿第二运动定律，对滑块得以12g=2a1 对木板得41m2g-(M十m2)g=Ma2, 解得41=0.42=0.1. (2)t=0~1s时间内，设滑块的位移大小为x1,木板的位 移大小为x,,则有 5=支=7m4=2=2.5m 2 由于x1一x2<L,故t=1s时，滑块还未到木板A端.t= 1s后，滑块与木板一起做匀减速运动，加速度大小设为 ag,则有2(M十m)g=(M十m2)a, 设木板A端运动到C端时滑块速度大小为1，由匀变速 直线运动规律有y12一v=一2a,(s一x,)A端运动到C 端之后，滑块做匀减速运动，加速度大小为α1，则有 i-=-2a1(L十x2-x1), 解得va=2m/s。 (3)滑块和小球在C处发生弹性正碰，设碰后瞬间小球 的速度为1，滑块的速度为2，由动量守恒和能量守恒 文刻 有2Ua=m1U'十m2V2, 1 1 假设小球不能到达圆轨道最高点，脱离圆轨道时速度为 ,由机械能守恒定律有 2m4、1 1 -之m12=m1g(R+Rcos8), 刚要脱离圆轨道时，由牛顿第二运动定律有 m1gcos0-k(。-R)=mR' 解得cos0=0.9 可见c0s日1，假设成立，离开圆轨道时，弹簧与竖直方 向夹角日的余弦值为0.9. 答案：(1)%=0.42=0.1(2)a=2m/s(3)0.9 课时冲关36实验八科学验证：动量守恒定律 1.解析：(1)滑块的速度可由带刻度尺的气垫导轨以及具 有计时功能的摄像机求出，要测量滑块的动量，还需要 测量滑块的质量，故还需要的器材是天平. (2)为减小重力对实验的影响，开动气系后，调节气垫导 轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做匀 速直线运动 (3)由题意可知①图线为滑块B碰前的图线，根据图像 可知④图线为碰前A物块的图线，且碰后A、B均向负 方向运动，即碰后A反向运动，B保持原来速度方向运 动，根据速度合理性可知，碰后A的速度大小大于B的 速度大小，根据图像的斜率绝对值表示速度大小可知， 图线③为碰后A物块的图线， 根据图线②可知滑块B碰后的速度为咖= 408-425×103m/s≈-0.015m/s 2-0.9 滑块B碰后的动量为p=m%=1X(一0.015)kg·m/s =-0.015kg·m/s. 答案：(1)C(2)匀速直线(3)③-0.015(-0.013 -0.017) 2.解析：(1)A.实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其 碰撞前、后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实 验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；B.为使两 小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B 错误：C.为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要 用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确 (2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这 个圆的圆心位置代表平均落点 碰撞前、后小球均做平抛运动， 由A=之可知，小球的运功时间相同，所以水平位移 与平抛初速度成正比，所以若m1OP=1OM十mON, 即可验证碰撞前后动量守恒 (3)设轻绳长为L,小球从偏角日处静止摆下，摆到最低 点时的速度为，小球经过圆弧对应的弦长为，则由动 能定理有 mgL1-cas9)=子m, 由数学知识可知sin2=2L' 8 联立两式解得=√气， 若两小球碰撞过程中动量守恒，则有v1=一v 十M3, 又有w=√臣=任= 整理可得ml1=一ml2十ML. 答案：(1)AC(2)a.用圆规画圆，尽可能用最小的圆把 各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点b. m OP=m OM+m,ON (3)ml1=-ml2+Ml3 课时冲关37机械振动 1.C2.C3.D4.C 5.C[根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过A 点，2s后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的 速度大小相等，则A、B两点关于平衡位置对称，而振动 经过了半个周期的运动，则周期为T=2t=2X2s=4s, 从A到B经过了半个周期的振动，路程为0.4m,而一 个完整的周期路程为0.8m,为4个振幅的路程，有4A =0.8m,解得振幅为A=0.2m.] 6.C[由题图可知，振子的周期为1.6s,振幅为12cm,则 有w-票-平rmd/s,设振子做简谐运功的表达式为x Asin(,舒释x=12sn(受+受）)m,放A.D错 误；由图可知，0.5s未振子从平衡位置向最大位移处运 动，1.1s末振子从最大位移处向平衡位置运动，所以振 子在这两个时刻的速度方向不相同，故B错误；由图可 知，在0.4s一0.8s时间内弹簧振子从平衡位置移动到 最大位移处，该过程中，弹簧振子做减速运动，即振子的 速度和加速度方向始终相反，故C正确.门 7.D[振子在C、D,点时速度为0，加速度大小相等，方向 相反，故A错误：t=0.15s,振子到达最高，点C,加速度 方向向下，处于失重状态，故B错误；t=0.1s,振子处于 平衡位置，加速度为零，故C错误；t=0.05s,振子处于 最低点，弹簧的弹性势能最大，动能为零，振子的重力势 能最小，故D正确.门 8.解析：由题图可知绸带上形成的波是自左向右传播的， 根据波形上下坡法，可判断绸带上P点运动方向向上： 绸带上产生更加密集的波浪状起伏效果，说明波长变 小，而同种介质中同类型波的传播波速是不变的，根据入 =T= 可知运动员上下抖动的周期变短、频率增大 答案：向上增大 9.BC[因质点通过M、V两，点时的速度相同，说明M、V 两，点关于平衡位置对称，由时间的对称性可知，质，点由 N,点到最大位移处的最短时间与由M点到最大位移处 的最短时间相等，均为-管=0.5s,则子=6w十24 2 =2s,即T=4s,A错误，B正确；由对称性可知，质点在 这2s内通过的路程恰为2A,则2A=12cm,A=6cm,C 正确，D错误.门 10.BD[忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆孤切线 方向的分力提供，故A错误；当秋千摆至最低点时，有 N一mg=吧，可知秋千对手机的支持力大于手机所受 的重力，故B正确；秋千摆动到最高点时，垂直手机平 面方向的加速度（向心加速度）为0，根据题图乙可得秋 文刻 千摆动的周期为T=t一t,根据单摆的周期公式有 1=√层可特g品此C维说DE真] 11.BC[单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g=gsia, 单摆在钟面上的月期T=臣-服品。A错 误；回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故摆 球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，B正确；若 小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平 衡位置时，等效重力加速度为g”=gsin a+gE,所以单 摆在斜面上的周期T'=2元 L =2π L ,周 g Vgsin a-gE 期减小，C正确，D错误.门 12.解析：(1)由图乙可知T=0.8s, 则f=7=1.25 2由T=2√F得1买=0.16m 4π (3)完成50次全振动所用的时间为100s, 则周期T=七=2s, n 根据公式T=2√g ，得g入T =1.6m/s. 答案：(1)1.25Hz(2)0.16m(3)1.6m/s 课时冲关38机械波 1.C2.A3.D4.AC 5.BD[由题乙图可知，0.2s时Q处于平衡位置且向下振 动，根据“上下坡”法可知，波沿x轴负方向传播，根据图 像可得，振幅为A=20cm,周期为T=0.4s,波长为1= 4m,所以波速为0=分=10m/s,从=0.2s到t=0.4s, 该波沿x轴负方向传播的距离为x=ut=2m,故B正 确：t=0.2s时，质点P的位移为y=Asin干= l0√2cm,根据题意，质点P的振动方程为y=Asin(a十p), 将t=0.2s,y1=10√反cm代入可得10√2= 20sin(×0.2+9）小解得9=子，所以1=0.3s时，有 为=20sin(6xX0.3-）em=10Ecm,所以度点P在 平衡位置上方，且向平衡位置靠近，加速度方向与y轴 负方向相同，故A错误；在t=0.5s时，有y= 20s(6xX0.5-）m=-10Em从1=2s到1 0.5s,质点P通过的路程为 s=40十2(20-10√2)cm=(80-20√2)cm,故C错误；在 t=0.4s时，P质点的位移为 y=20sin(5mX0.4-)em=-10v2cm,故D正确.] 6.解析：(1)由波形图可知波长为8m,振幅为5cm. (2)因2T>t-ti1=0.05s 即T>0.025s 9课时冲关35 素养培优10利用力 1.(2025·陕晋 青宁卷，15) 如图，有两个电性相同及质量分别为m、 4m的粒子A、B,初始时刻相距l。,粒子A 以速度。沿两粒子连线向速度为0的粒 子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能 等于元m,经时间粒子B到达P点， 此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B 施加一恒力，方向与速度方向相同.当粒 子B的速度为，时，粒子A恰好运动至 P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为 1。,这时撤去恒力.任意两带电粒子系统的 电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重 力.求：(m、l,、t1均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小v1; (2)t1时间内粒子B的位移大小xB; (3)恒力作用的时间t2. 2.如图甲，一固定在竖直平面内的光滑圆弧 轨道圆心为O,半径R=0.2m,底端C点 切线水平.原长1，=0.22m劲度系数k= 100N/m的轻弹簧，一端挂在过O点的光 滑水平轴上，另一端拴接一个质量m1 1kg的小球，小球静止在C点.轨道右边水 平地面上有一长L=6m,质量M=1.5kg 300 学“三大观点”解决力学综合问题 的木板AB,A端与C端的距离s=7m, AB上表面与C点等高.t=0时，一质量 m2=3kg的滑块以o,=9m/s的水平初 速度滑上木板的B端，之后一段时间内滑 块和木板的速度v与时间t的关系图像如 图乙所示.滑块和小球均视为质点，木板A 端碰到C端会立即被粘住，取重力加速度 大小10m/s2. ◆/(m·8) 甲 (1)求滑块与木板之间的动摩擦因数41， 以及木板与地面之间的动摩擦因数2； (2)求滑块运动到木板A端时的速度大 小0A； (3)滑块与小球在C点发生弹性正碰后， 小球随即沿圆弧轨道运动，试通过计算分 析小球能否到达圆弧轨道的最高点.若能 到达，求出在最高点处小球对轨道的压力 大小；若不能到达，求出小球脱离轨道时， 弹簧与竖直方向夹角0的余弦值. 课时冲关36 实验八 1.如图1为某小组探究两滑块碰撞前后的动 量变化规律所用的实验装置示意图.带刻 度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度 可调，装置上方固定一具有计时功能的摄 像机. 滑块A 滑块B气垫导轨 左支点 右支点 图1 x/mm 用 470.0 460.0 450.0 440.0 430.0 420.0 410.0 400.0 390.0 380.0 0.000.501.001.502.00s 图2 (1)要测量滑块的动量，除了前述实验器材 外，还必需的实验器材是 A.打点计时器 B.光电门 C.天平 D.刻度尺 (2)为减小重力对实验的影响，开动气泵 后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑 块能在气垫导轨上近似做 运动 (3)测得滑块B的质量为1kg,两滑块碰 撞前后位置x随时间t的变化图像如图2 所示，其中①为滑块B碰前的图线.取滑 块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据 可得滑块A碰后的图线为 （选 填“②”“③”“④”)，滑块B碰后的动量为 kg·m/s.(结果保留两位有 效数字) 2.(2024·北京卷，16)如图甲所示，让两个小 球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律， m 甲 30 学验证：动量守恒定律 (1)关于本实验，下列做法正确的是 (填选项前的字母). A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B.选用两个半径不同的小球进行实验 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的 垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜 槽上的S位置由静止释放，小球落到复写 纸上，重复多次.然后，把质量为2的被 碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的 小球从S位置由静止释放，两球相碰，重 复多次.分别确定平均落点，记为M、N和 P(P为m1单独滑落时的平均落点). 站g 0 的 乙 a.图乙为实验的落点记录，简要说明如何 确定平均落点 b.分别测出O点到平均落点的距离，记为 OP、OM和ON.在误差允许范围内，若关 系式 成立，即可验证碰撞前后动 量守恒. (3)受上述实验的启发，某同学设计了另一 种验证动量守恒定律的实验方案.如图丙 所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个 半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等 高的O点和O'点，两点间距等于小球的直 径.将质量较小的小球1向左拉起至A点 由静止释放，在最低点B与静止于C点的 小球2发生正碰.碰后小球1向左反弹至 最高点A',小球2向右摆动至最高点D.测得 小球1,2的质量分别为m和M,弦长AB= L1、AB=l2、CD=L3. m M -①②- D B C 丙 推导说明，m、M、l1、L2、L3满足 关 系即可验证碰撞前后动量守恒