第一章 动量和动量守恒定律 章末总结课件 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版选择性必修第一册

该高中物理单元复习课件系统梳理了动量和动量守恒定律的核心知识，通过知识框架图将动量、冲量的定义及特点，动量定理和动量守恒定律的条件、表达式及应用等内容串联，构建完整的知识网络。 其亮点在于结合汽车碰撞、手机掉落等生活情境设计例题，通过实例分析培养学生的科学思维和运动与相互作用观念，分层练习帮助不同水平学生巩固知识，教师可借此精准把握学情提升复习效率。

章末总结 「命题热点」 命题热点1　对冲量、动量定理的理解及应用 1.(多选)(2025·广东广州校考)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.下列说法正确的有(　 　) [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 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. 2.(多选)(2025·广东惠州期末)当人仰躺着看手机时,手机有时会砸到人的脸部.若手机的质量为120 g,从离脸部高为20 cm处无初速度掉落,砸到脸部后未反弹,冲击脸部的时间为0.1 s,g取10 m/s2.下列分析正确的有(　 　) [A] 手机下落的时间为0.4 s [B] 手机接触脸部前瞬间的速度大小为2 m/s [C] 手机冲击脸部的作用力大小为1.2 N [D] 手机冲击脸部的过程中,动量变化量大小为0.24 kg·m/s BD 3.(多选)(2023·广东卷)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 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= 0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=0.44 kg·m/s,则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=-0.18 kg·m/s= -0.18 N·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=mv2-0=0.22 kg·m/s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确. 命题热点2　对动量守恒定律的理解及应用 4.(2025·广东广州检测)某次冰壶项目训练中,运动员将质量为19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出,冰壶在向前运动过程中,碰到了对方的静止冰壶乙,冰壶乙在运动0.2 m后停下.已知比赛双方所用冰壶完全相同,冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01,当地重力加速度约为10 m/s2.假设两冰壶的碰撞为一维碰撞,且不计碰撞的能量损失,则冰壶甲在碰前的速度约为(　 　) [A] 2.0 m/s [B] 0.2 m/s [C] 1.0 m/s [D] 0.1 m/s B 5.(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的顶端由静止释放,重力加速度为g.下列说法正确的有(　 　) AC 6.(2025·广东阳江期末)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,重力加速度g取10 m/s2. (1)求物块与水平面间的动摩擦因数; 【答案】 (1)0.25　 (2)求碰撞后瞬间小球的动量大小; 【答案】 (2)5 kg·m/s (3)设物块与小球的初始距离为s1=2.2 m,求物块在A处的初速度大小. 【答案】 (3)6 m/s (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. 感谢观看 【解析】 由题意得,手机下落的时间为t== s=0.2 s,故A错误;手机接触脸部前瞬间的速度大小为v=gt=2 m/s,故B正确;由动量定理得Ft=0-mv,解得F=- N=-2.4 N,手机冲击脸部的作用力大小为2.4 N,故C错误;手机冲击脸部的过程中,动量变化量大小为Δp=0-mΔv=-0.24 kg·m/s,即动量变化量大小为0.24 kg·m/s,故D正确. 【解析】 碰撞过程中,甲、乙冰壶的动量守恒,得mv0=mv1+mv2,根据能量守恒定律得m=m+m,对乙冰壶根据动能定理得-μmgx=0-m,解得v0=0.2 m/s,故B正确. [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 【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=m,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m=(M+m)v2+mgh,联立解得h=,B错误; 小球P第一次返回到B槽最低点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定律和机械能守恒定律可得mv0=mv1+ Mv2,m=m+M,联立解得B槽的速度为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的过程中,虽然系统满足水平方向动量守恒,但由于系统水平方向的总动量不为0,有别于人船模型,所以B槽的位移不是,故D错误. 【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. 【解析】 (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, 设碰撞后小球的速度为v2,由机械能守恒定律得 m=m+2mgL, 碰撞后小球的动量大小p小球=mv2, 解得p小球=5 kg·m/s. 【解析】 (3)碰撞后物块做匀变速直线运动,有=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-M, 解得物块在A处的初速度大小v0=6 m/s. 7.(2023·广东卷)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: 【答案】 (1)　 【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==. 【答案】 (2)6mgL-3m 【解析】 (2)B从M点滑至N点的过程,根据动能定理有 2mg·3L-W=·2m(2v0)2-·2m, 解得B从M点滑至N点过程克服阻力做功 W=6mgL-3m. 【答案】 (3) 【解析】 (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-(m+·2m)=[·2m·], 解得v1=2v0(或v0,舍掉),v2=v0(或v0,舍掉), 两物体平抛运动的时间t1=, 则s-r=v2t1,s+r=v1t1, 解得s=. $