第1章 动量守恒定律章末整合素养提升-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

046 章末整合 素养提升 知识网络构建 定义：质量与速度的乘积 动 动量 公式：P= 方向：与 的方向一致 和 动量的变化量：△p= 定义：力和力的作用时间的乘积 量冲量公式：1= 方向：与 的方向相同 动 内容：物体在一个过程中所受 等于它在这个过程始末的动量变化量， 这个关系叫作动量定理 理应用定性解释一些物理现象 表达式：F(t'-t)= 或I=p'-p 定量计算有关问题 内容：如果一个系统 或者所受外力的矢量和为，这个系统的总动量 保持不变 rP1+P2=P1'+P2' 表达式{△p=0 动量守 量 恒定律 l△p1=-△p 守 系统不受外力或所受外力的矢量和为0 条件 当F肉 F外时，系统动量可视为守恒 量 定 若系统受到的合外力不为0，但在某个方向上的 ,则 守 律 这个方向上的动量守恒 利用气垫导轨上的滑块碰撞 定 验证动量 实验： 利用平抛运动的装置验证：验证表达式 守恒定律 m OP= 弹性碰撞：系统在碰撞前后 不变 OM P N 分类 非弹性碰撞：系统在碰撞后 减少 完全非弹性碰撞：机械能损失 ,碰后两物体具有相同的 光滑水平面上，质量为m,的小球以速度1与质量为m2的静止小球发生弹性正碰时 动量守恒：m1v1 特 =m1v1′+m2v2 m1=m2时，y'=0,2'=v1 机械能守恒：2m m1≥m2时，1'=1,2'=2 碰 1 1 m1≤m2时，′=-v1,2'=0 撞 =2m1 2+2m9 系统动量守恒 分析碰撞问题的三个原则{ 系统机械能不会增加，即+ 2m12m22m12m2 碰后速度关系符合实际情况 产生反冲现象的原理：动量守恒 反冲[ m1S1=m2S11 m 运动]人船模型： ,一L L,2=m1+ m1+m2 047 ●高考真题专练 3.（多选)(2023·全国乙卷)使甲、乙两条形磁 热点专练1动量定理的应用 铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 1,（多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的 极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量， 启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量 两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时 均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻 释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时 力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水 刻 平向右的恒力F,推动滑块1以0.40m/s的速 甲 乙 度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s, 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 A.甲的速度大小比乙的大 的有 B.甲的动量大小比乙的小 F12 3…10 C.甲的动量大小与乙的相等 ⑤ D.甲和乙的动量之和不为零 A.该过程动量守恒 B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18N·s 4.(多选)(2024·福建卷)如图(a),水平地面上 C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N·s 固定有一倾角为0的足够长光滑斜面，一质量 D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁 5.5N 定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F 2.（多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重 随时间t的变化关系如图(b)所示，取沿斜面 为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上， 向下为正方向，重力加速度大小为g,则滑块 对蹦床作用力大小F与时间1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10m/s2。下列说法 图(a) 正确的是 2mgsin 0 0 -2mgsin 0 05 1.0 1.5 2.0 2.5 图凸 A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s A.在0~4t。内一直沿斜面向下运动 C.t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高 B.在0~4，内所受合外力的总冲量大小为零 度处 C.在t。时动量大小是在2时的一半 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦 D.在2。~3o内的位移大小比在3，~4t。内 床的平均作用力大小为4600N 的小 048。 热点专练2动量守恒定律的应用 分离。已知嫦娥六号探测器在轨速度为o,着 5.(2024·江苏卷)如图所示，在水平面上有一 陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体 个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体 B分离时间为△t,分离后B的速度为vB,且与 B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧 o同向，A、B的质量分别为m、M。求： 用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧 (1)分离后A的速度"A大小； 处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 (2)分离时A对B的推力大小。 B A.弹簧恢复原长时A动量最大 B.弹簧压缩最短时A动量最大 C.整个系统动量变大 D.整个系统机械能变大 6.(多选)(2024·广西卷)如图，在光滑平台上 有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右 运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的 N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不 计空气阻力，则碰撞后，N在 Manma\ ② 地面 77TTT7T7T7777777777777777777T77 A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速 运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等 于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大 于v 7.(2024·江苏卷)嫦娥六号探测器于5月3日 在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月 转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺 利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆 器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的 ●049 8.(2024·甘肃卷)如图，质量为2kg的小球A9.（2024·安徽卷)如图所示，一实验小车静止 (视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平 在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与 衡状态，细绳0'P=OP=1.6m,与竖直方向的 光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨 夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在 道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车 光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B 最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于 的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。 O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉 (重力加速度g取10m/s2) 直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到 最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块 O' 10 160° 60°1 C 沿着小车上的轨道运动，已知细线长L= FFFFFFAFFFFFFFGFAFFFAF 1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的 量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长 拉力 s=1.0m.圆弧轨道半径R=0.15m。小球、 (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后 物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速 恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A 度g取10m/s2。 竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的 m o- 速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共 速。求C和B之间的动摩擦因数。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受 拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的 大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段 不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩 擦因数u的取值范围。 050 热点专练3实验：验证动量守恒定律 8 10.（2024·北京卷)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。 4 M A -个②- D B C 丙 推导说明，m、M、l2、l3满足 关 0 甲 系即可验证碰撞前后动量守恒。 (1)关于本实验，下列做法正确的是 11.（2024·山东卷)在第四次“天宫课堂”中，航 (填选项前的字母)。 天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同 A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平 学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验， B.选用两个半径不同的小球进行实验 气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感 C.用质量大的小球碰撞质量小的小球 器，a测量滑块A与它的距离x,b测量滑块 (2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂 B与它的距离xB。部分实验步骤如下： 直投影，首先，将质量为m1的小球从斜 ①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和 槽上的S位置由静止释放，小球落到复 400.0g; 写纸上，重复多次。然后，把质量为m2 ②接通气源，调整气垫导轨水平； 的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； 的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重 ④导出传感器记录的数据，绘制xA、x随时 复多次。分别确定平均落点，记为M、N和 间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。 P(P为m1单独滑落时的平均落点)。 传感器a滑块A 滑块B 传感器b 绝 T 连 乙 源 图甲 a.图乙为实验的落点记录，简要说明如 ◆x/cm 个xg/cm 何确定平均落点 120 120 100 100 80 80 b.分别测出O点到平均落点的距离，记 60 60 为OP、OM和ON。在误差允许范围 40 0 内，若关系式 20 成立，即可验证 0 1.0 2.0 0 1.0 2.0t/s 碰撞前后动量守恒。 图乙 图丙 (3)受上述实验的启发，某同学设计了另一 回答以下问题： 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 (1)从图像可知两滑块在t= s时发 两个半径相同、质量不等的匀质小球悬 生碰撞； 挂于等高的0点和0'点，两点间距等于 (2)滑块B碰撞前的速度大小v= 小球的直径。将质量较小的小球1向左 m/s(保留2位有效数字)； 拉起至A点由静止释放，在最低点B与 (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 静止于C点的小球2发生正碰。碰后小 (填“A”或“B”)。 球1向左反弹至最高点A',小球2向右 素养等级测评 摆动至最高点D。测得小球1、2的质量 请同学们认真完成考案（一） 分别为m和M,弦长AB=I1、A'B=2、 CD=13o跟踪训练2：(1)1m(2)0(3)12J 解析：(1)对物体A,根据运动学公式可得x=h-2= 1.2m-分×10x0.2m=1m (2)设物体B从地面竖直上抛的初速度为o,根据运动学公 式可如x=w-宁 解得m=6m/s 可得碰撞前物体A的速度BA=gt=2m/s 方向竖直向下： 碰撞前物体B的速度Ug=Um一=4m/s 方向竖直向上； 选向下为正方向，由动量守恒可得mA一mgs=(mA+mg)u 解得碰后速度v=0。 (3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能△E= 之m2-分(m,+m=)2=12J。 章末整合 素养提升 知识网络构建 m速度p'-pFt力合力的冲量mm'-mw不受外 力零≥外力的矢量和为零m,OM+m2ON总动能 总动能最大速度m-m 2m1 m1+m2 %,+m 高考真题专练 1.BD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=m=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰撞后的动量 为乃2=22=2×1×0.22kg·m/s=0.44kg·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11=m2-mw1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s= -0.18kg·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12=m=1×0.22kg·m/s= 0.22kg·m/s,故C错误；对滑块2根据动量定理有F△t=12, 解得F=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 5.5N,故D正确。故选BD。 2.BD根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时，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=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间 为25，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为 1s,则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t= 0.30s时运动员的速度大小v=10×1m/s=10m/s,故B正 确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理F·△t-mg·△t =mw-(-mw),其中△t=0.3s,代入数据可得F=4600N,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4600N,故D正确。故选BD。 3.BD对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示 m甲 fN-FFsN 2 根据牛顿第二定律有am= -m8,z-z5,由于 mo mz. mp>m2,所以a甲<az,由于两物体运动时间相同，且同时由 静止释放，可得甲<"乙，A错误；对于整个系统而言，由于 wm甲g>m2g,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量 方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。 故选BD。 4.AD根据图像可知当F=2 mgsin0时，物块加速度为a= 2 ngsin0+mgsin0=3gsin0,方向沿斜面向下；当F= m -2 mgsin0时，物块加速度大小为a=2 mgsin0-mgsin0_ gsin0,方向沿斜面向上，作出物块0~4t。内的v-t图像。根 据图像可知0~4t。,物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根 据图像可知0~4。，物块的末速度不等于0，根据动量定理 I合=△p≠0，故B错误；根据图像可知t。时物块速度大于2o 时物块的速度，故to时动量不是2t。时的一半，故C错误：-t 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t~3过 程物体的位移小于3t。~4to的位移，故D正确。故选AD。 0 21031410 t/s 5.A对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量 守恒，得mUA=mgg,设弹簧的初始弹性势能为E,整个系统 只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得E。= +，联立得，=号(+m小，故可知 1 弹簧恢复原长时滑板速度最大，此时动量最大，动能最大。对 于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。 6.BC由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过 程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知mw=mwM+ m、,了m=了m,+了，由于两小球质量相等，故碰撞 1 1 后两小球交换速度，即M=0,v=D,碰后小球N做平抛运动， 在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运 动速度大小等于；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙 面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。 7.（1)m+M)o-Me(2)4 M(vg-o） m △t 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取“。的方向为正方 向，有 (m+M)vo Mvg ma 解得，=（m+M)。-Mu2 (2)以B为研究对象，对B由动量定理有 F△t=MvB-Mo 解得F=M(a-) △t 8.(1)40N(2)4m/s(3)0.15 10.(1)AC 解析：根据题意，设A、C质量为m=2kg,B的质量为M=6 (2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆 kg,细绳OP长为l=1.6m,初始时细线与竖直方向夹角0 的圆心位置代表平均落点m1OP=m1OM+m2OW =60°。 (3)ml1=-ml2+Ml3 (1)A开始运动到最低点有 解析：(1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞 mg(1-cos0）=2m62-0 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；为使两小球发生的碰撞 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误；为使碰后入射小 F-mg=1 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 解得o=4m/s,F=40N。 小球，故C正确。故选AC。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落 (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。 可知 m形o=0+mwc 碰撞前、后小球均微平抛运动，由么=可知，小球的运 故解得c=o=4m/s。 动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若 (3)A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析， m OP=m OM+mzON 过程中根据动量守恒可得 mvo =(M+m)v 即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)设轻绳长为L,小球从偏角0处静止摆下，摆到最低点时 根据能量守恒得 的速度为"，小球经过圆弧对应的弦长为(，则由动能定理有 amg=m2-号m+M0r 1 mgl.(1 co 0)m 联立解得u=0.15。 9.(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤4<0.4 由数学知识可知血号 解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理 mgL=2m,2-0 联立两式解得=l√是 解得=5m/s 若两小球碰撞过程中动量守恒，则有 在最低，点，对小球由牛顿第二定律 m1=-mw2+M3 片g=受 又有=4=√西=4 g 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为F,= 整理可得ml,=-ml2+Ml3。 6N。 11.(1)1.0(2)0.20(3)B (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒 解析：(1)由x-t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在 定律 t=1.0s时发生突变，即这个时候发生了碰撞。 mvo =mv Mvz (2)根据x一t图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前 2m,2=2m2+2h 1 1 瞬间B的速度大小为v= 90-110 cm/s =0.20 m/s 1.0 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小A=0.50m/s,碰撞 2m 西=m+7o=4m/s。 后A的速度大小约为'=0.36m/s,由题图丙可知，碰撞后 B的速度大小为'=0.5m/s,A和B碰撞过程动量守恒，则 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则 对物块与小车整体由水平方向动量守恒 有m心+m心=m,人'+ma',代入数据解得4≈2，所以质 M,=2M 量为200.0g的滑块是B。 由能量守恒定律 之，2=7×2M,2+4,g 第二章 机械振动 解得41=0.4 1.简谐运动 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的位置，此时两者共速，则】 对物块与小车整体由水平方向动量守恒 探究点1 弹簧振子 Mv,=2Mv 要点归纳 由能量守恒定#了，2=号×2h,2+Me+MeR :1.（1)往复运动（2)往复性 2 2.(1)合力 解得2=0.25 3.(1)弹簧振子 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数：的取值范围为判断正误 0.25≤4<0.4。 :(1)×(2)V(3)×(4)×(5)V —222