11-第1章 五年高考真题练（PPT同步课件）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（鲁科版）

该高中物理课件以“动量及其守恒定律”为核心，通过五年高考真题导入，系统涵盖冲量、动量、动量定理、动量守恒定律应用等考点，构建从基础概念到综合问题的学习支架，帮助学生梳理知识脉络。 其亮点在于采用“真题降维”分析易错点，结合“模型建构”（如蹦床等效弹簧）和“一题多解”，培养科学思维与物理观念。包含动量相关实验题（如2025广东实验），提升科学探究能力，助力学生深化理解，为教师提供高效教学资源。

第1章 动量及其守恒定律 第1讲　描述运动的基本概念 五年高考真题练 第1讲　描述运动的基本概念 考点1　冲量 1.[2023天津,5]质量为m的列车以速度v匀速行驶,突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程 中列车还受到大小恒为f的阻力,下列说法正确的是 ( ) A.减速运动过程的加速度大小a=  B.力F的冲量大小为mv C.刹车距离为  D.匀速行驶时①功率为(f+F)v ①关键点拨　匀速行驶时,牵引力的大小等于阻力的大小。     C     第1讲　描述运动的基本概念 关键描述 信息挖掘 以大小为F的力制动刹车直到列车停止,整个过程 中列车还受到大小恒为f的阻力 说明列车刹车时受到的合力大小为F+f 力F的冲量大小 需要求出列车从开始刹车到停止的时间 匀速行驶时功率 匀速行驶时牵引力的大小等于阻力的大小 真题降维　     第1讲　描述运动的基本概念 解析     根据牛顿第二定律有F+f=ma,可得减速运动过程的加速度大小a= ,A错误;根据运动学公式有t= =  ,故力F的冲量大小为I=Ft= ,方向与运动方向相反,B错误;根据运动学公式v2=2ax,可得x= =  ,C正确;匀速行驶时牵引力的大小等于阻力的大小,则功率为P=fv,D错误。 一题多解     　　刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0- mv2,解得x= ,C正确。 第1讲　描述运动的基本概念 考点2　动量 2.[2024重庆,4]活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅 受阻力①。针鞘质量为m,针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段 运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2②,则针鞘 ( ) A.被弹出时速度大小为      A     B.到达目标组织表面时的动能为F1d1 C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2 D.运动d2的过程中动量变化量大小为  ①②言之有“物”　两段匀减速直线运动,末速度为零。 第1讲　描述运动的基本概念 真题降维　 第1讲　描述运动的基本概念 解析     对整个过程,根据动能定理有-(F1d1+F2d2)=0- mv2,解得v= ,A正确;针鞘到达目标组织表面 后,继续前进d2减速至0,根据动能定理有W=-F2d2=0-Ek,则Ek=F2d2,运动d2过程中阻力做功为-F2d2,B、C错 误;由动量p=mv,动能Ek= mv2,可知动量大小和动能的关系为p= ,针鞘在目标组织中运动d2的过程 中,动量变化量大小 =|0- |= ,D错误。 考情分析     　　新高考对基础知识的考查越来越重视,要求考生不仅要会用知识解决问题,更要理解知识的本质。 本题结合实际生活中的活检针活体组织取样情境,考查应用物理知识分析实际问题的能力,引导考生重 视物理知识的运用。 第1讲　描述运动的基本概念 3.[多选题][2023新课标,20]一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴 运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数 为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 ( ) A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W B.在x=4 m时,物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s     BC     第1讲　描述运动的基本概念 题图解读　       第1讲　描述运动的基本概念 解析     由于拉力沿水平方向,则拉力做的功为W=Fx,可看出W-x图线的斜率代表拉力F(破题关键)。由W-x图像 可知,0~2 m过程中,拉力F1=k1=6 N,2~4 m过程中,拉力F2=k2=3 N。滑动摩擦力f=μmg=4 N,物体从x=0运 动到x=1 m的过程,由动能定理知W1-fx1= m ,得v1=2 m/s,拉力的功率P1=F1v1=12 W,故A错误。物体从x= 0运动到x=4 m的过程,由动能定理知W4-fx4=Ek,得Ek=2 J,故B正确。0~2 m过程中, =fx2=8 J,故C正确。 因F1>f、F2<f,故x=2 m时v最大,动量最大,0~2 m过程中,由动能定理知W2-fx2= m ,得vm=2  m/s,pm=mvm =2  kg·m/s,故D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 考点3　动量定理 4.[2025浙江1月选考,5]有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过 程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10-9 kg/s,则它降落到地面的时间约为 ( ) A.0.5 h　    B.3 h　    C.28 h　    D.166 h     B     第1讲　描述运动的基本概念 解析　沙尘颗粒开始时速度较小,阻力较小,可知mg-kv=ma,之后沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减 小,当a=0时,沙尘颗粒速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm, 解得vm=2×10-3 m/s,由动量定理可得 mgt-k t=mvm, 即mgt-kh=mvm,则沙尘颗粒下落时间为t= ,由于mvm≪kh,则t≈ =104 s≈3 h,B正 确。 考场速解     　　由于最大速度vm=2×10-3 m/s,可知沙尘颗粒做加速运动的时间很短,加速下落的高度也很小,因此整 个下落过程可视为以vm匀速下落,时间t= =  s=1×104 s≈3 h,B正确。 第1讲　描述运动的基本概念 5.[2025湖北,7]一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为 的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所 示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另 一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小 之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于 ( )   A. 　　　　    B. 　　　　    C. 　　　　    D.2      B     第1讲　描述运动的基本概念 解析　设门板受到的拉力为F,作用时间为t1,最大速度为vm,整个过程的v-t图像如图   由动量定理,有(F-μmg)t1=mvm,得t1= ,设撤去拉力后门板运动的时间为t2,由动量定理,有μmgt2= mvm,得t2= ,对于全过程,有Ft1=μmgt,得F= ,对于全过程还有 = ,门板运动的总时间t=t1+t2=  + = + = · = · = ,可知t2越大,t越小,当t2=t时,t取最小值,则最短时 间tmin= 。故选B。 第1讲　描述运动的基本概念 一题多解     　　由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线运动,运动的加速 度大小a1= ,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总位移为 ,设总时间为t。当门板受 到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度-时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位 移x不变,即v-t图线与t轴所围的面积不变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总 时间最小,此时总位移 = μgt2,解得最小的总时间t= ,B正确。   第1讲　描述运动的基本概念 6.[多选题][2024全国甲,20]蹦床运动中,质量为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10 m/s2。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     BD     第1讲　描述运动的基本概念 模型建构　     　　将蹦床等效成弹簧,运动员的运动过程符合的模型如图所示。   第1讲　描述运动的基本概念 解析     根据题图可知t=0.15 s时,运动员对蹦床的弹力最大,根据牛顿第三定律可知,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;运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理 ·Δ t-mg·Δt=mv-(-mv)(易错点)(运动员重力不能忽略),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。 第1讲　描述运动的基本概念 7.[2024广东,14]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①。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。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间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。 第1讲　描述运动的基本概念             ①关键点拨　这段文字中新名词很多,如敏感球、敏感臂、齿轮、安全带,但研究对象是敏感球。能从 题目信息中快速确定研究对象,属于必备能力。 答案    (1)     (2)①330 N·s,方向竖直向上　②0.2 m 第1讲　描述运动的基本概念 真题降维　     关键描述 信息挖掘 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 对敏感球受力分析,根据牛顿第二定律列式求倾角 的正切值 气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规 律 图线与时间轴所围成图形的面积表示力F的冲量 碰撞结束后头锤上升的最大高度 碰撞结束后头锤上升的过程做竖直上抛运动 第1讲　描述运动的基本概念 则上升的最大高度h= =0.2 m (1)对敏感球受力分析,如图所示,敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N, 则由牛顿第二定律可得(mg+FN)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大小为v0= =8 m/s 与气囊作用过程由动量定理有(以竖直向上为正方向)IF-Mgt=Mv-(-Mv0) 解得v=2 m/s 第1讲　描述运动的基本概念 8.[2025河北,14]如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初 速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空 气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共 计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。   答案    (1)0.6 m    (2)0.1 N·s    0 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)设小物块到达平台右端时的速度大小为v1,由动能定理得-μmgL= m - m  代入数据解得v1=1 m/s 小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h= g ,解得t1=0.6 s 水平方向上有x=v1t1=0.6 m (2)设小物块第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1 m/s 竖直分速度大小v2y=gt1=6 m/s 设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所用时间为t2,则由 H= g ,代入H=0.45 m,得t2= =0.3 s v2y'= =3 m/s 小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s 第1讲　描述运动的基本概念 以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得 IF-mgΔt=mv2y'-(-mv2y) 代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1 N·s 假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在Δt内对小物块在 水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x 代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1 m/s<0,假设不符 说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为向右,故在水平 分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最终离地时的水平分速度为零。 易错警示     在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1 m/s,此时需要讨论, 物块与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。 第1讲　描述运动的基本概念 9.[2025甘肃,14]如图1所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在 细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力 等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:        (1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小。 (2)t在0~6 s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f-t图像。 (3)t=6 s时,物块的速度大小。 第1讲　描述运动的基本概念 答案    (1) mg     mg(N·s) (2)f= 　图见解析    (3) g(m/s) 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)由题图2可知F= mgt(N) 代入t=6 s可得F= mg 0~6 s内F的冲量大小等于F-t图像中0~6 s的图线与横轴围成的面积, 即IF= ×6 s× mg= mg(N·s) (2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上,有 mg sin θ=μmg cos θ 力F作用时,垂直杆方向有FN=|mg cos θ-F sin θ| 又f=μFN 代入F= mgt(N)可得f= mg(N) 第1讲　描述运动的基本概念 即f=  以沿细杆向下为正方向,沿杆方向的合力Fx=F cos θ+mg sin θ-f 代入f值验证可得Fx= mg(N)≥0,说明0~6 s内摩擦力方向始终沿细杆向上(t=4 s时摩擦力 为0) 画出f-t图像如图甲所示。   第1讲　描述运动的基本概念 (3)由(2)中分析得Fx= mg(N) 即Fx=  作出Fx-t图像如图乙所示,Fx-t图线与时间轴围成的面积表示合力的冲量大小 由动量定理得 t1+ t2=mv-0 代入数据得 ×4 s×2mg+ ×2 s× =mv 解得v= g(m/s)。 第1讲　描述运动的基本概念 考点4　动量守恒定律的应用 10.[2025山东,6]轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的 质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度 大小为2 ,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为     ( ) A.      B.      C.      D.      C     第1讲　描述运动的基本概念 解析    组合体绕行星运动,设速度大小为v,返回舱的质量为m1,轨道舱的质量为m2,万有引力提供向心力, 有G =(m1+m2) ,解得v= 。设返回舱和轨道舱分离后的速度分别为v1、v2,由于分离前后 动量守恒,有(m1+m2)v=m1v1+m2v2,根据题意可知 = 且v1=2 ,联立解得v2=  ,C正确。 第1讲　描述运动的基本概念 11.[2024黑吉辽,14]如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B 间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从 桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、 B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案    (1)1 m/s    1 m/s    (2)0.2    (3)0.12 J 第1讲　描述运动的基本概念 模型建构　       (1)A、B两物块完全相同,与水平桌面间动摩擦因数相同,故A、B脱离弹簧前受到桌面的滑动摩擦力等 大反向,A、B和轻弹簧组成的系统动量守恒,以向左为正方向,则mAvA-mBvB=0 mA=mB 第1讲　描述运动的基本概念 弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端水平飞出做平抛运动,则h= gt2 xA=vAt 联立解得vA=vB=1 m/s (2)物块B脱离弹簧后在水平桌面匀减速至停止,由动能定理得-μmBgxB=0- mB  解得μ=0.2 (3)从弹簧压缩量为Δx=0.1 m至恢复原长过程,对A、B物块和轻弹簧组成的整体,由能量守恒得 ΔEp= mA + mB +μmAg·ΔxA+μmBg·ΔxB ΔxA+ΔxB=0.1 m 联立解得ΔEp=0.12 J     第1讲　描述运动的基本概念 一题多解  (3)因为mA=mB,ΔxA+ΔxB=0.1 m,则ΔxA=ΔxB=0.05 m,ΔEp=2μmBg(ΔxB+xB)=0.12 J。 方法技巧     处理动量守恒问题的三个关键   第1讲　描述运动的基本概念 12.[2025新课标,25]如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的 圆弧轨道。P右端与薄板Q连 在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆 弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时 的 时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽 略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功; (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离; (3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大? (4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大? 第1讲　描述运动的基本概念 答案    (1)mgR    (2)      R    (3)4m (4) m 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,由机械能守恒定律可知 m =Ep+ m  其中Ep=2mgR 同时有mg(h+R)= m  联立解得v0=  h= R (3)弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·  v0=(m+M)v共  m =Ep2+ (m+M)  第1讲　描述运动的基本概念 其中Ep2=2.2mgR 联立解得M=4m (4)对Q和小球整体,根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时,弹簧刚 好恢复原长;设此时Q的质量为M',Q的最大速度为vm,根据动量守恒和机械能守恒有 m· v0=M'vm  m = M'  解得M'= m 第1讲　描述运动的基本概念 考点5　碰撞问题 13.[2025河南,7]两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的 速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则 ( )        A.mP>mN>mQ　　　　    B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN　　　　    D.mQ>mN>mP     D     第1讲　描述运动的基本概念    题图解读　     第1讲　描述运动的基本概念 解析     P、N碰撞时,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN),根据图1可知vP-vP'>vN'-vN,故mP <mN;同理,Q、N碰撞时,根据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',即mQ(vQ-vQ')=mN(vN'-vN),根据图2可知vQ-vQ' <vN'-vN,故mQ>mN;即mQ>mN>mP,故选D。 第1讲　描述运动的基本概念 14.[2025浙江1月选考,8]如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置 于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生 碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,重力加速度g =10 m/s2,则 ( )   A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m     D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　碰撞瞬间C相对地面向左运动,A错误。以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律得mvA -mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右;碰撞后到三者共速时有2mv1-mvC=3mv,可知v=0,即最终三者一起静止, 可知经历的时间t= =  s=0.4 s,B错误。碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q= ×2m + m  =3 J,C错误。碰撞后到三者相对静止,由能量关系可知Q=μmgx相对,可得x相对=0.6 m,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 15.[2022北京,10]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     C     第1讲　描述运动的基本概念 题图解读　       第1讲　描述运动的基本概念 解析     x-t图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物体速率相等、运动方向相 反,A、B错误。碰撞过程中动量守恒,有m1v0=m1v1+m2v2,解得m2=3m1,可知碰后m2的动量大于m1的动量,C 正确。由题图可知碰后两物体速率相等,又因为m2>m1,则m2的动能大于m1的动能,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 16.[2025广东,7]如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一 直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动 到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是 ( )    　　　　          A     解析　由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到零,且碰撞前后 小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。 第1讲　描述运动的基本概念 考点6　多物体、多过程问题中的动量守恒定律的应用 17.[2025江苏,14]如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两 列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹 性碰撞。 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v; (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1; (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。   答案    (1)v0    (2)     (3)  第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)若钢球质量为m,质量为m的玻璃球以初速度v0向右与其右侧第1个钢球相碰,碰撞过程,由动量 守恒定律可得mv0=mv2+mv3 由机械能守恒定律可得 m = m + m  解得v2=0,v3=v0 同理,玻璃球右侧第1个钢球与第2个钢球相撞,第2个钢球与第3个钢球相撞,一直到右侧倒数第2个钢球 与最后一个钢球相撞,均会发生速度交换,则最右侧的钢球最终运动的速度大小v=v0。 (2)若钢球质量为3m,玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞 由动量守恒定律可得mv0=mv4+3mv5 由机械能守恒定律可得 m = m + ×3m  解得v4=- ,v5=  第1讲　描述运动的基本概念 则玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1=  (3)由第(2)问分析可知玻璃球第一次与其右侧第1个钢球相碰后速度大小为 ,方向向左,则玻璃球与左 侧第1个钢球发生弹性碰撞的过程中,以向右为正方向,由动量守恒定律可得-m =mv'2+3mv'钢2 由机械能守恒定律可得 m = mv2'2+ ×3mv'2钢2 由第(2)问中的规律可知,玻璃球与左侧第1个钢球碰完后,玻璃球将以速度大小v'2= 向右运动,左侧第1 个钢球以速度大小 向左运动。 右侧第1个钢球以速度大小 与第2个钢球相撞后,速度发生交换,第1个钢球静止,第2个钢球以速度大 小 与第3个钢球相撞,一直持续到第n个钢球被撞,前n-1个钢球静止 第1讲　描述运动的基本概念 在玻璃球以速度大小v'2= = v0向右与静止的第1个钢球再次相撞后,由以上分析出的碰撞特点可知 玻璃球第3次与钢球碰撞后,玻璃球的速度大小为|v'3|= = v0,方向向左 不难得出玻璃球经历2n次碰撞后的速度大小 v'2n= v0 则玻璃球经历2n次碰撞后的动能 Ek= m = 。 第1讲　描述运动的基本概念 18.[2022全国乙,25]如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t =0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0 时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的 B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑 连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求   (1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值; (2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值; (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 第1讲　描述运动的基本概念 答案    (1)0.6m     (2)0.768v0t0    (3)0.45 思路点拨　     　　物块B与物块A碰撞,在t0时刻共速,在2t0时刻碰撞结束,物块B以0.8v0向右运动,物块A以2v0滑上斜面 并以某一速度从斜面返回,再次与物块B碰撞,碰撞后物块A的速度仍为2v0。   第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)当弹簧被压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,此时A、B速度相等,对应t0时刻 根据动量守恒定律有mB·1.2v0=(mB+m)v0 根据能量守恒定律有 Epmax= mB(1.2v0)2- (mB+m)  联立解得mB=5m,Epmax=0.6m  (2)碰撞过程动量守恒,有mvA+mBvB=(mB+m)v0 即任一极短时间Δt内有mvAΔt+mBvBΔt=(mB+m)v0Δt 从t=0到t=t0时刻,对上式微元求和,可得msA+mBsB=(mB+m)v0t0(解题技法) 即m×0.36v0t0+mBsB=(mB+m)v0t0 解得sB=1.128v0t0 第1讲　描述运动的基本概念 第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值 Δs=sB-sA=0.768v0t0 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0,方向 水平向右(破题关键)。 设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA',取向左为正方向,物块A第一次滑下后与B碰撞 根据动量守恒定律可得 mvA'-5m·0.8v0=m·(-2v0)+5mvB' 根据能量守恒定律得 mvA'2+ ·5m·(0.8v0)2= m·(-2v0)2+ ·5mvB'2 联立解得vA'=v0 设物块A在斜面上滑行的长度为L,上滑过程,根据动能定理可得-mgL sin θ-μmgL cos θ=0- m(2v0)2 第1讲　描述运动的基本概念 下滑过程,根据动能定理可得 mgL sin θ-μmgL cos θ= m -0 联立解得μ=0.45 一题多解     (2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等,根据牛顿第二定律F=ma可知同一时刻aA=5aB,则极短时间内A 的速度变化量大小是B的5倍,一段时间内A的速度变化量大小也是B的5倍 同一时刻A、B的瞬时速度分别为vA=ΔvA,vB=1.2v0-  极短时间内的位移ΔxA=vAΔt,ΔxB=vBΔt 可推导出在0~t0时间内xB=1.2v0t0-  又xA=0.36v0t0 第1讲　描述运动的基本概念 解得xB=1.128v0t0 第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值Δx=xB-xA=0.768v0t0 (3)物块A上滑和下滑的过程由牛顿第二定律有 mg sin θ+μmg cos θ=ma上, mg sin θ-μmg cos θ=ma下 上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移-速度关系可得 2a上x=(2v0)2-0,2a下x=vA'2=  联立可解得μ=0.45 第1讲　描述运动的基本概念 考点7　动量相关实验 19.[2025广东,11]请完成下列实验操作和计算。 (1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图1所示,读数 为_____________mm。   (2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图2所示。图中轨道由轨道甲和乙平滑拼 接而成,且轨道乙倾角较大。     8.260     第1讲　描述运动的基本概念   ①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。 ②轨道调节。 调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电门A和B的 _________,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③碰撞测试。 先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电门A的时间为t2,碰 撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2_______t1,可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。 　等于     时间相等     第1讲　描述运动的基本概念 ④吸能材料性能测试。 将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依 次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms。不计吸能材料的质量,计算可得碰撞后 两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为____________(结果保留2位有效数字)。     0.56     第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)根据螺旋测微器的读数规则可得读数为8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。 (2)②小车通过光电门A和B的时间相等,说明小车通过光电门A和B时速度大小相等,小车做匀速直线运 动,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。 ③两辆相同的小车,质量相同,若二者发生弹性碰撞,则碰撞后交换速度,碰撞后小车1的速度等于碰撞前 小车2的速度,即若碰撞后小车1通过光电门B的时间t1和碰撞前小车2通过光电门A的时间t2相等,则可将 两小车的碰撞视为弹性碰撞。 ④设两小车的质量均为m,遮光条宽度为d,碰前小车2的动能Ek= m ,碰后两小车的总动能E'k= m +  m ,可得碰撞后两小车的总动能与碰撞前小车2的动能的比值 = ≈0.56。 第1讲　描述运动的基本概念 20.[2024山东,13]在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启发,某同学使用如图 甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器,a测量滑块A与它的距离xA, b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下: ①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g; ②接通气源,调整气垫导轨水平; ③拨动两滑块,使A、B均向右运动; ④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。   第1讲　描述运动的基本概念  　      回答以下问题: (1)从图像可知两滑块在t=___________ s时发生碰撞; (2)滑块B碰撞前的速度大小v=____________m/s(保留2位有效数字); (3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是_________(选填“A”或“B”)。     B         0.20         1.0     第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)由x-t图线的斜率表示速度可知两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即这个时候发生了碰撞; (2)根据x-t图线斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为v=  cm/s=0.20 m/s。 (3)由题图乙知,碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后A的速度大小v'A≈0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后 B的速度大小为v'B=0.50 m/s,A和B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAv'A+mBv'B,代入数据解得 ≈2,所 以质量为200.0 g的滑块是B。 第1讲　描述运动的基本概念 学科竞赛 21.[2024浙江北斗星盟竞赛]如图所示,在水平地面上,有一横截面积为S的圆弧形直角弯管,圆弧半径 为r。管中有流速为v、密度为ρ的水通过。由于水的流动,弯管所受力的大小为 ( )   A.ρv2S　　　　    B. ρv2S C.ρv2πr2　　　　    D.  E.2ρv2S     B     第1讲　描述运动的基本概念 解析    Δt时间内流过水的质量为Δm=ρV=ρSvΔt,对这部分水根据动量定理得FΔt=Δm·Δv,根据矢量三角 形法可得Δv= v(破题关键),如图所示,解得F= ρv2S,根据牛顿第三定律可知,水对弯管压力的大小为  ρv2S,B正确。   第1讲　描述运动的基本概念 强基计划 22.[中国科学技术大学强基计划]如图所示,水平地面上质量为m、初速度为v的小球在竖直墙壁和质量 为2m的木块之间来回运动,木块初始时静止。设碰撞瞬时完成且是完全弹性的,并假设木块与墙之间 的距离足够远,以至于每次与小球碰撞之前木块已经静止。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ,而小 球与地面之间没有摩擦力,重力加速度为g。 (1)小球与木块发生第n(n→∞)次碰撞之后的速度等于多少? (2)木块最终能运动多远距离? (3)木块运动的总时间(即其速度不为0的时间)等于多少?   答案    (1)0    (2)     (3)  第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)因木块与地面之间有摩擦,而小球与地面之间无摩擦,则可知只要小球有速度均能与木块相 碰,所以小球与木块发生若干次碰撞之后,当小球的速度等于零时,碰撞才会结束,则小球与木块发生第n (n→∞)次碰撞之后的速度等于0。 (2)小球与木块之间的碰撞不损失机械能,则由能量关系可知 mv2=μ·2mgx 解得x=  (3)第一次碰撞过程mv=mv1+2mv2  mv2= m + ×2m  解得v1=- ,v2=  则木块运动过程有-μ·2mgt1=0-2mv2 第1讲　描述运动的基本概念 解得t1=  小球以 的速度被墙壁反弹后再次与木块相碰,同理可求得第二次木块运动的时间为t2= ·  同理木块第三次运动的时间为t3= ·  …… 由数学知识可知,木块运动的总时间t= =  第1讲　描述运动的基本概念 $