新教材人教版高中物理选择性必修第一册2022新高考一轮复习学案（知识点解题方法规律汇总）

人教版选择性必修第一册复习学案TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"第1讲 动量和动量定理 -1-\o"CurrentDocument"第2讲 动量守恒定律及其应用 -9-\o"CurrentDocument"实验十 验证动量守恒定律 -23-\o"CurrentDocument"专题六 反冲现象与“人船模型”问题 -31-\o"CurrentDocument"第3讲 简谐运动及其描述 -36-第4讲机械波 -48-验_|—, 用单摆里重力加速度""""""""".""""""""."""""""."""""""".""""-66-\o"CurrentDocument"第5讲光的折射和全反射 -71-\o"CurrentDocument"第6讲 光的干涉、衍射、光的偏振、激光 -84-\o"CurrentDocument"实验十二测量玻璃的折射率 -94-\o"CurrentDocument"实验十三用双缝干涉测量光的波长 -99-\o"CurrentDocument"第7讲 磁场对通电导线的作用カ -103-\o"CurrentDocument"第8讲 磁场对运动电荷的作用カ -118-\o"CurrentDocument"专题七带电粒子在复合场中的运动 -138-第1讲动量和动量定理一、动量、动量变化量、冲量.动量(1)定义:把质量和速度的乘积机。定义为物体的动量。(2)表达式:幽。(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。.动量变化量(1)因为动量是矢量,动量的变化量△ク也是矢量,其方向与速度的改变量△0的方向相同。(2)动量的变化量的大小，一般用末动量"减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即へ。=2ニュ。.冲量1)定义：カ与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。(2)公式:I=FMo3)单位:N•s。4）方向:冲量是%其方向与力的方向相同。思考辨析,.物体的动量越大,其惯性也越大。 （X）.物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为0。 （X）二、动量定理.内容:物体在ー个运动过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。.公式：尸（メーハ=m。’ーm0或i=p'—p。.动量定理的理解（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即外力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果。（2）动量定理中的冲量是査力的冲量,而不是某ー个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。（3）动量定理的表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。思考辨析.1.物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同。 （X）2,物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向是一致的。（J）3.动量定理描述的是某ー状态的物理规律。 （X）考点1动量、动量变化量、冲量（基础考点）f题组通关j.质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上,随后以3m/s的速度反向弹回,若取竖直向下的方向为正方向，则小球的动量变化量为（）10kg•m/s-10kg-m/s40kg•m/s-40kg-m/sD解析:动量变化量是末动量减去初动量,规定竖直向下为正方向,则小球的初动量pi=n/oi=25kg•m/s,末动量p2=m02=—15kg•m/s,所以小球的动量变化量△p=/?2—pi=-40kg•m/s。2•在光滑水平面上,原来静止的物体在水平カド的作用下,经过时间ハ通过位移x后,动量变为p、动能变为反。以下说法正确的是（）A,在ド作用下,这个物体若经过位移2x,其动量将等于2PB.在ド作用下,这个物体若经过时间23其动量将等于2PC,在ド作用下,这个物体若经过时间23其动能将等于2&D,在ド作用下,这个物体若经过位移ハ,其动能将等于4反B解析:由Ft=p,ド•2r=p'可知,p'=2p,又由反=キアEk'=2^可知,Ek'=4Ek,B正确,C错误;由Er=Ek,F•2x=Ek'可知,Ek'=2£k,D错误;由p=巾mEk,p'=yj2mEk’可知,p'=y[2p,A错误。3.（2020・泉州模拟）如图所示,ad、bd、cd是固定在竖直平面内的三根光滑细杆,a、b、c、イ四个点位于同一圆周上,。在圆周最高点,d在圆周最低点,每根细杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出）,三个滑环分别从ハ氏c三个点同时由静止释放。关于它们下滑的过程,下列说法正确的是（）A,重力对它们的冲量相同B.弹カ对它们的冲量相同C.合外カ对它们的冲量相同D.它们动能的增量相同A解析:这是“等时圆”模型,即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d的时间相同,由于三个滑环的重力相等,由公式，="分析可知,三个滑环重力的冲量相等,故A正确;c滑环受到的弹カ最大,运动时间相等,则弹カ对c滑环的冲量最大,故B错误;a滑环的加速度最大,受到的合外力最大,则合外力对a滑环的冲量最大,故C错误;重力对。滑环做的功最多,其动能的增量最大,故D错误。题后归纳

1.动能、动量、动量变化量的比较动能动量动量变化量定义物体由于运动而具有的能量物体的质量和速度的乘积物体末动量与初动量的矢量差定义式斤1っp=mvAp=p'-p标矢性标量矢量矢量关联方程rP2ロ_1 _/z_万 2Ek^k~2m9Elゼし，〃ーy2〃広い〃一v联系（1）都是相对量,与参考系的选取有关,通常选取地面为参考系（2）若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化;但动量发生变化时，动能不一定发生变化2.冲量的三种计算方法公式法利用定义式［=れ计算冲量,此方法仅适用于恒カ的冲量,无需考虑物体的运动状态图像法利用凡r图像计算，凡，图线与・轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变カ的冲量动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用,可以求出该カ作用下物体动量的变化量,由，=△/?求变カ的冲量考点2动量定理及其应用（能力考点）r典例导引」考向1运用动量定理解释生活现象典例（2020•全国卷I）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为0,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是（）A,增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C,将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解题指导，解决本题的关键是知道在碰撞过程中,司机动量的变化量是一定的;会熟练应用动量定理分析力的变化。【自主解答】D解析:因安全气囊充气后,受力面积增大,故减小了司机单位面积的受力大小,故A错误;有无安全气囊司机的初动量和末动量均相同,所以动量的变化量也相同,故B错误;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能,不能全部转化成汽车的动能,故C错误;因为安全气囊充气后面积增大,司机的受力面积也增大,在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用增加了司机的受力时间，故D正确。【核心归纳】应用动量定理解释的两类物理现象（1）当物体的动量变化量一定时，力的作用时间△，越短,力ド就越大，カ的作用时间越长,カド就越小。如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。（2）当作用カド一定时,力的作用时间△，越长，动量变化量越大,カ的作用时间△，越短,动量变化量越小。考向2动量定理的应用典例（2018•全国卷H）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从ー居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击カ约为（）A.10N B.102NC.laN D.104N【自主解答】C解析:设每层楼高约为3m,则鸡蛋的下落高度约为ん=3X24m=72m,- Azr\/2女カ由mg〃=56ア及（ド一知,鸡蛋对地面的冲击カF=~+mg=950N,故选C。【技法总结】用动量定理解题的基本思路「多维训练J.下列解释正确的是（）A,跳高时,在落地处垫海绵是为了减小冲量B,在码头上装橡皮轮胎,是为了减小渡船靠岸过程中受到的冲量C,动量相同的两个物体受相同的制动力作用,质量小的先停下来D,人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大D解析:跳高时,在落地处垫海绵是为了延长作用时间,减小冲カ,而不是减小冲量，故选项A错误;在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，而不是减小冲量,故选项B错误;动量相同的两个物体受相同的制动カ作用,根据动量定理れ=桃0知,运动时间相等,故选项C错误:人从越高的地方跳下,落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。.“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》,原文为:“宋人有耕田者。田中有株,兔走触株,折颈而死。因释其耒而守株,冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。”假设ー只兔子的质量为2kg,受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动,经过1.2s速度大小达到9m/s后匀速奔跑,撞树后被水平弹回,反弹速度大小为lm/s,设兔子与树的作用时间为0.05s,重力加速度g取!0m/s2o下列说法正确的是（）A,加速过程中兔子的加速度为180m/s2.加速过程中地面对兔子的平均水平作用カ大小为20NC.撞树过程中树对兔子的平均作用カ大小为320ND.撞树过程中树对兔子的平均作用カ大小为400ND解析:兔子经过1.2s速度由〇达到9m/s,根据加速度公式可知，。=フ=7.5m/s2,故A错误;匀加速过程中,设地面对兔子的平均水平作用カ大小为ア根据动量定理可知，ガ=加。ー〇,代入数据解得/=15N,故B错误;撞树过程中，兔子撞树前的动量大小p=a/zu=2X9kg•m/s=18kg•m/s,以撞树前兔子的速度方向为正方向,兔子撞树后的动量p'=mvf=2X(—l)kg•m/s=-2kg•m/s,兔子撞树过程中动量的变化量△〃=〃，一p=-2kgm/s-18kgTn/s=-20kgm/s,由动量定理得Ft=△〃=-20N・s,则兔子受到的平均作用カ大小为400N,故C错误,D正确。自科学思维I两类“柱状模型”典例宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决,其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时,如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以。=2.0X103m/s的速度进入密度p=2.0X10-6kg/m3的微粒尘区,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S=5m2,且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,则飞船要保持速度。不变，所需推力多大?【自主解答】解析:设飞船在微粒尘区的飞行时间为△3则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量△加="So△/微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加,由动量定理Ff=Ap,得FLt=Lmv=pSvLtv所以飞船所需推力F=pSv2=2.OX10-6X5X(2.0X103)2N=40No答案:40N【核心归纳】.流体类“柱状模型”流体及其特点通常液体、气体等被广义地视为“流体”,质量具有连续性,通常已知密度0分析步骤1建立“柱状模型”,沿流速。的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S2微元研究,作用时间△•内的一段柱状流体的长度为。△ハ对应的质量为へ加3应用动量定理,建立方程研究这段柱状流体2.微粒类“柱状模型”微粒及通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立其特点性,通常给出单位体积内的粒子数〃1建立“柱状模型”,沿运动方向选取一段微元柱体,其横截面积为S分析2微元研究,作用时间△，内一段柱体的长度为ひ△，,对应的体积为AV步骤=So厶，，则微元内的粒子数，3先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘以N计算变式1（2020.皖江模拟）如果没有空气阻カ,天上的云变成雨之后落到地面,在经过一路的加速后,到达地面时的速度会达到300m/s,这样的速度基本相当于子弹速度的一半,是非常可怕的。由于空气阻力的作用,雨滴经过变加速运动,最终做匀速运动,一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9m/so某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径为0.5m的雨伞（假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5kg/m3）,由于下雨使小明增加撑雨伞的力最小约为（）A.0.25N B.2.5NC.25N D.250NC解析:设时间，内,落到雨伞上雨水的质量为加，根据动量定理有,Ft=mv,m=pvtnr2t解得F=pv2nr,代入数值解得ビmin=25N,选项C正确。变式2（2021.南昌模拟）人们射向未来深空的探测器是以光压为动カ的,让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时,每秒每平方米获得的太阳光能E=1.5X10”,薄膜光帆的面积S=6.0X102m2,探测器的质量加=60kg,已知光子动量的计算式p=，,那么探测器得到的加速度大小最接近（）A.0.001m/s2 B.0.01m/s2C.0.0005m/s2 D.0.005m/s2A解析:由p=ズ以及光在真空中的光速c=人,知光子的动量和能量之间的关系为七=「へ设时间•内射到探测器上的光子个数为〃，每个光子的能量为£b=pc,光子射到探测器上后全部反射，每秒每平方米面积上获得的太阳光>7An t能为后=竇,由动量定理得ん丄=2p,对探测器应用牛顿第二定律有ド=ma,可rj 7?得a=・代入数据解得。=0.001m/s2。故A正确,B、C、D错误。第2讲动量守恒定律及其应用ー、动量守恒定律.内容如果ー个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持.四个表达式(l)p=〃，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量(2)如01+加202=如01'+加2。2)一，相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。△pi=一△"2,相互作用的两个物体的动量变化量等大反向。(4)Ap=0,系统总动量的增量为0。3,适用条件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为Q。(2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大王它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系统在某ー方向上所受外力的合力为〇,则系统在这ー方面上动量守恒。思考辨析'TOC\o"1-5"\h\z.只要系统所受合外力做功为〇,系统动量就守恒。 (X).系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (ノ).动量守恒定律的表达式，〃101+加202=如01'+，，7202‘•一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。 (丿)注意事项，⑴系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。（2）分析系统内物体受力时,要弄清哪些カ是系统的内力,哪些カ是系统外的物体对系统的作用力。二、碰撞.定义:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用カ很大的现象。.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大王外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。.分类种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失量大思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度。 （X）.碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。 （X）.若在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同。 （J）考点1动量守恒的条件及应用（基础考点）

「题组通关」.（多选）下列相互作用的过程中,可以认为系统动量守恒的是（）A.轮滑男孩推B.子弹击穿地上面轮滑女孩 粉袋的瞬间C.宇航员在舱外D.公路上运动的

发射子弹 汽车发生碰撞

AC解析:动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力或所受外力的合カ为0,而相互作用过程中，内力远大于外力时也可认为动量守恒。题图A中,轮滑男孩推轮滑女孩的过程中，内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒；题图B和题图口中,在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件,系统的动量不守恒；题图C中,太空中无空气阻力作用,宇航员发射子弹的过程中，系统动量守恒。.（多选）如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接。ー个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑,下列判断正确的是（）A,在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用カ对槽不做功B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒C,被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D,被弹簧反弹后,小球能回到槽上高ル处BC解析:在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用カ对槽做功,选项A错误;在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力为0,系统在水平方向上动量守恒,选项B正确;小球被弹簧反弹后,小球和槽在水平方向上不受外力作用,故小球和槽都做匀速直线运动,选项C正确;小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑,与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。.（2020・成都模拟）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是2m/s,甲、乙相遇时用カ推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为lm/s和2m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为（）A.3：2 B.4：3C.2：1 D.1：2B解析:由动量守恒定律得,B解析:由动量守恒定律得,mivi—m2V2=m2V2'—mivi',解得m2ワつ+フ2ノ mi4なア，代入数据得言ア选项"确。「题后归纳」.动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统ー的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是ー个瞬时量，表达式中的0、ひ2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，0’、「2,、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象和研究过程,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)。(2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向,确定初、末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。考点2碰撞问题(能力考点)

•典例导引」考向1碰撞现象可能性分析典例甲、乙两球在水平光滑轨道上向同一方向运动,已知它们的动量分别是pi=5kg,m/s、pi=7kg,m/s,甲球从后面追上乙球并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10kg・m/s,则两球质量〃れ与/？12间的关系可能是()A.tn\=nt2 B,2m\=m2C.4/7?i=m2 D.6m\=m2【自主解答】C解析:甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有pi+p2=pi'+户’，得pi'=2kg-m/so由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加，所以有ナユ+修ゝ"+修,得如く春加2。因为题目给出的物理情景是“甲球从后面追上乙球”,要符合这ー物理情景,就必须有包〉圧,即如＜/712;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即臼一く区二，得mi昊他。故ダ724m1《正"2，因此选项C正确。【核心归纳】碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加Eki+Ek2》EkJ+及2'或公+さふ整+お。(3)速度要合理①同向碰撞:碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,前面的物体速度大或相等。②相向碰撞:碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。B.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度力，释放后整个过程机械能和动量都守恒C,将右侧涂胶的1号移至高度ん释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒,3号仍能摆至高度〃D,将1号和右侧涂胶的2号ー起移至高度〃释放,碰撞后,2、3号粘在ー起向右运动,未能摆至高度〃,释放后整个过程机械能和动量都不守恒【自主解答】

D解析:1号球与质量不同的2号球碰撞后,1号球的速度不为0,则2号球获得的动能小于1号球碰撞2号球前瞬间的动能,所以2号球与3号球碰撞后,3号球获得的动能也小于1号球碰撞2号球前瞬间的动能,则3号球不可能摆至高度//,故A错误;1、2号球释放后,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外カ不为0,所以系统的动量不守恒,故B错误;1、2号球碰撞后粘在ー起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程中有机械能损失,所以1、2号球再与3号球碰撞后,3号球获得的动能不足以使其摆至高度//,故C错误;碰撞后,2、3号球粘在ー起,为完全非弹性碰撞,碰撞过程中有机械能损失,且整个过程中，系统所受合外力不为0,所以系统的机械能和动量都不守恒,故D正确。【技法总结】弹性碰撞讨论(1)碰撞后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒有m\V\+m2。2=加1ひ'+m2。2'1 つ1 2 1 ? 1ア771V]+/2た=5m[V1+57n20乙 乙 乙 乙解得。I’解得。I’_（加|一加2）U1+2/722^2

加1+加2(m2—m1)V2-\-2mw\V2一 丄 〇m\+7712(2)分析讨论:“ー动ー静”模型中当碰撞前物体2的速度不为〇时，若如=加2,则01'=02,V21=V\,即两物体交换速度。当碰撞前物体2的速度为0时,即02=0,则, (加1-m2)VI, 2加101V\-丄»V2一丄0①加1=侬时,V\'=0,V21=V\,碰撞后两物体交换速度。②加|>加2时,V\'>0,V2'>0,碰撞后两物体沿同方向运动。③加1<血2时,Vl'<0,V2>0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。多维训练」1.（多选）两小球A、B在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别是加=4kg、m2=2kg,小球A的速度ひ=3m/s（设为正）,小球B的速度02=-3m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是（）A,均为1m/s B.4m/s和一5m/sC.2m/s和-1m/s D.-1m/s和5m/sAD解析:由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况Ek=%J岳+品2湯=gx4X9J+；X2X9J=27J,Ek'=^/niv,j+^/n2v' 由于碰撞过程中动能不可能增加,所以应有反ふ及',可排除选项B;选项C虽满足EkeEk',但A、B两小球沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向（0a'>0,vb'<0）,这显然是不符合实际的，因此选项C错误:验证选项A、D均满足日ユa’,故答案为选项A（完全非弹性碰撞）和选项D（弹性碰撞）。2.如图所示,轨道A8C中的A8段为ー半径Z?=0.2m的光滑!圆形轨道,BC段为足够长的粗糙水平面。ー小滑块P由A点从静止开始下滑,滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在ー起,两小滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下。g取10m/s2,两小滑块与水平面间的动摩擦因数相同,为“=0.1,求:（1）小滑块P刚到达!圆形轨道B点时,轨道对它的支持力ハ为3N,求小滑块P的质量和运动到B点时的速度大小;（2）两小滑块在水平面上的滑行距离。12mgR=2^VB在B点,由牛顿第二定律得vi卜N-mg=m示

代入数据解得n?=0.1kg,vb=2m/So(2)碰撞过程中两小滑块动量守恒,由动量守恒定律得加08=2，如・解得v*=1m/s两小滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得2ー〃・2mgs=0ー貳2mM解得s=0.5m。答案:(1)0.1kg2m/s(2)0.5m考点3用力学三大观点分析综合问题(能力考点)r典例导引」考向1“滑块一弹簧”模型典例如图甲所示,物块A、B的质量分别是かa=4.0kgヽwb=3.0kg〇用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从f=0时以一定速度向右运动,在f=4s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示。求:(1)物块C的质量wc；(2)物块B离开墙后的运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能母。题干关键获取信息物块C立即与物块A粘在ー起碰撞瞬间物块C与物块A动量守恒且速度相等分析图像物块C与物块A以3m/s的速度返回时,物块B离开墙壁【自主解答】解析：(1)由题图乙知,物块C与物块A碰撞前的速度为び=9m/s,碰撞后的速度为s=3m/s,物块C与物块A碰撞过程中动量守恒,有mcvi=(wa+mc)V2解得mc=2kg〇(2)12s末物块B离开墙壁,之后A、B、C三物块及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、B、C三物块的速度相等时,弹簧具有的弹性势能最大,根据动量守恒和机械能守恒定律有(/HA+mc)03=(n/A+»ZB+f/1C)V4由题图乙知03=-3m/s联立解得Ep=9J。答案:⑴2kg(2)9J【核心归纳】模型特点及满足的规律弾簧模型I-rnlAWWvwIm,I，，ハ，，，，，〉，，,，，，，,，，,，，，，,，,，,，(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统满足动量守恒、机械能守恒,即m\vo=(m\+/H2)p共ア%|。6=貳"|+机2)ワ宗+4m⑵弹簧处于原长时的弹性势能为0,系统满足动量守恒、机械能守恒,即m\VQ=mw\+m2V2呼71両=%n忧+ムと2遥考向2“滑块滑板”模型典例如图所示，质量为M=0.4kg的长木板静止在光滑水平面上,其右侧与固定竖直挡板间的距离厶=0.5m,某时刻另ー质量为か=0.1kg的小滑块(可视为质点)以。。=2m/s的速度向右滑上长木板,一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞,碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g=10m/s2,小滑块始终未脱离长木板。求:(1)自小滑块刚滑上长木板开始,经多长时间长木板与竖直挡板相碰;(2)长木板碰撞竖直挡板后,小滑块和长木板相对静止时,小滑块距长木板左端的距离。MドーL一・ノノ)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃ノ)，【自主解答】解析:(1)小滑块滑上长木板后,小滑块和长木板组成的系统水平方向动量守恒,若与竖直挡板碰撞前二者能达到共同速度,则有"0o=(m+M)m解得び=0.4m/s对长木板［img=Ma得长木板的加速度a=0.5m/s2自小滑块刚滑上长木板至两者达到共同速度,有v\=at\解得n=0.8s长木板向右运动的位移x=2«H解得x=0.16m<£=0.5m设两者达到共同速度后，经时间わ长木板与竖直挡板相碰，则有L—X=01l2解得た=0.85s故自小滑块刚滑上长木板开始，长木板与竖直挡板相碰所需的时间z=zi4-/2=1.65So(2)长木板与竖直挡板相碰后,小滑块和长木板组成的系统水平方向动量守恒,有mv\—Mv\=(m+M)V2最终两者的共同速度。2=—0.24m/s对全过程，由能量守恒定律有〃mgs=/"戒~2(m+怀贤解得小滑块和长木板相对静止时,小滑块距长木板左端的距离.v=0.928mo答案:(1)1.65s(2)0.928m【技法总结】“滑块—滑板”碰撞模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒。(2)在涉及滑块或滑板的运动时间时,优先考虑用动量定理。(3)在涉及滑块或滑板的位移时，优先考虑用动能定理。(4)在涉及滑块的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块和滑板恰好不相对滑动时,滑块与滑板达到共同速度。「多维训练I.(2021.济南模拟)(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上,上端与质量为m的钢板连接,钢板处于静止状态。ー个质量也为か的物块从钢板正上方Z?处的尸点自由落下,打在钢板上并与钢板ー起向下运动xo后到达最低点Q。下列说法正确的是()pP—p：\hA,物块与钢板碰撞后的速度为y]2ghB.物块与钢板碰撞后的速度为季C,从尸点到Q点的过程中,弹性势能的增加量为mg30+9D.从P点到。点的过程中,弹性势能的增加量为mg(2xo+h)BC解析:物块自由下落Z?,由机械能守恒有mg〃=よかが,物块与钢板碰撞,则由动量守恒有机。1=2加ワ2,解得ワ2=啓1=Y,ー,选项A错误,B正确;从碰撞到Q点,由能量关系可知,2mv2+2mgxo=EP,则弹性势能的增加量为EP=n?g(2xo+外,选项C正确，D错误。.(多选)如图甲所示,ー轻质弹簧的两端分别与质量为如、相2的A、B两物块相连,它们静止在光滑水平面上,两物块的质量之比为m\:侬=2：3〇现给物块Aー个水平向右的初速度仇并从此时开始计时,两物块的速度随时间变化的规

律如图乙所示,下列说法正确的是()[a}wvvvw[b|

甲A,ハ时刻弹簧长度最短,な时刻弹簧长度最长B./2时刻弹簧处于伸长状态C.02=0.800D.6=0.500AC解析:从题图乙可以看出,从。到ハ时间内,物块A的速度比物块B的大,弹簧被压缩，ハ时刻两物块达到共同速度，此后物块A的速度比物块B的小,两者间距增大,弹簧的压缩量减小,所以れ时刻弹簧长度最短,た时刻物块B的速度最大,此后物块B的速度减小,弹簧被拉伸,则れ时刻弹簧恢复原长，△时刻两物块的速度相等,此时弹簧最长,故A正确，B错误:两物块组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得610()=—“101+6202,た时刻弹簧恢复原长,弹簧的弹性势能为〇,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得+/2退,解得02=0.800,故C正确;两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律得如0()=(加+加2)03,解得03=0.400,故D错误。自科学思维I"子弹打木块”模型典例ー质量为M的木块放在光滑的水平面上,ー质量为m的子弹以初速度V0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用カ为な。则:(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少?(2)子弹在木块内运动的时间为多长?(3)子弹、木块相互作用过程中,子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少?【自主解答】解析:(1)设子弹、木块相对静止时的速度为0,以子弹初速度的方向为正方向,

由动量守恒定律得mvo=(M+m)v(2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得ルr=Mo—0解得尸窗。Ft\M+m)(3)设子弹、木块发生的位移分别为XI、X2,如图所示,由动能定理得解得XI段M对子弹ーFtxi=2解得XI段M对子弹ーFtxi=2mv2—Mm(M+2nz)*2F((M+m)2对木块FtX2=^Mv2解得X2—Mm解得X2—Mm2vl2Ft(A/+nz)2子弹打进木块的深度等于相对位移,即MmvoX^=XX-X2=—MmvoX^=XX-X2=—(〃+6)。ftn Mmvo。案:⑴用+済)⑵R(例+W⑶.Mm(M+2/n)VqMn^Vo⑶.Mm(M+2/n)VqMn^Vo2FfCM+m)22FtCM+m)2 Mnwi_2ル(M+机)【核心归纳】模型特点及满足的规律子弾打木块模型加mtz>|M ，，，，，シ，，，，，，，，，，，，，，，/，，，(1)子弹打入木块若未穿出,系统动量守恒,能量守

恒,即mvo=（m+M）v121。热一なx相对一2〃m（） 2（ルf+6）。（2）若子弹穿出木块,有mvo=mv\+Mv2Q热=ド优相对=歩堺ーア・ー产/变式1（2020.北京模拟）如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于。点,开始时沙袋处于静止状态，ー弹丸以水平速度如击中沙袋后未穿出,二者共同摆动。若弹丸质量为ル沙袋质量为5加,弹丸和沙袋形状大小忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻カ,重力加速度为g。下列说法正确的是（）_〇A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉カ大小保持不变B.弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小c,沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为其D.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为等C解析:弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律有mvo=（m+5m）v,解得v=ア。;弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动，根据尸t=6"g+6〃!エ可知,细绳所受拉カ变大，故选项A错误;根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小,选项B错误;由机械能2守恒可得^6mv2=6mgh,解得h=詈,选项C正确:弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为。=、欣一/6生的热量为。=、欣一/6加02=强?!品选项D错误。变式2如图所示,质量为M的木块放在水平面上,子弹沿水平方向射入木块并留在其中,测出木块在水平面上滑行的距离为s。已知木块与水平面间的动摩擦因

数为〃,子弹的质量为か,重力加速度为g,空气阻カ可忽略不计,则由此可得子弹射入木块前的速度大小为（）//////////////////////////////////m+M

m72Agsm+M

m72AgsB.72RgsC.-シV〃gs D.- 山gs机+APピ& Mー〃ハビ&A解析:子弹击中木块的过程中,系统内力远大于外力,系统动量守恒,以lTtU\向右为正方向,由动量守恒定律得/mn=（M+m）0,解得り=7T匚一;子弹击中木块M+m后做匀减速直线运动,对子弹与木块组成的系统,由动能定理得一〃（M+m）gs=O~2（M+/n）u2,解得oi=一方イ24gs。故A正确,B、C、D错误。实验十验证动量守恒定律漣实验目的:验证动量守恒定律。漣实验思路:在ー维碰撞中,测出物体的质量和碰撞前后物体的速度,找出碰撞前的动量.=如ゆ+加2。2,及碰撞后的动量.'=如01'+加202’,看碰撞前后动量是否守恒。漣实验方案【方案一】利用气垫导轨完成一维碰撞实验［实验器材］气垫导轨、光电计时器、天平、滑块（两个）、重物、弹簧片、细绳'弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、游标卡尺等Xf［进行实验］.测质量:用天平测出滑块质量。.安装:正确安装好气垫导轨。.实验：接通电源,利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度（①改变滑块的质量;②改变滑块的初速度大小和方向）。［数据分析］.滑块速度的测量：P=弋,式中的△ス为滑块挡光片的宽度（仪器说明书上给出,也可以直接测量），△，为数字计时器显示的滑块（挡光片）经过光电门的时间。.验证的表达式:'+加202‘〇【方案二】利用等长摆球完成一维碰撞实验［实验器材］带细线的摆球（两套,等大不等重）、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。［进行实验］.测质量和直径：用天平测出两小球的质量如、加2,用游 —ハー标卡尺测出两小球的直径ム.安装:把小球用等长细线悬挂起来,并用刻度尺测量细线长度，。 Z.实验：ー个小球静止,拉起另ー个小球,释放后它们相碰。《＜ース.测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。.改变条件重复实验:（1）改变小球被拉起的角度;（2）改变摆长。［数据分析］.摆球速度的测量:0=，福，式中的刀为小球释放时（或碰撞后）摆起的高度,カ可由摆角和摆长レ+用计算出。.验证的表达式:mw\=nnv\f+m2V2f〇【方案三】利用两辆小车完成一维碰撞实验

［实验器材］光滑长木板、打点计时器、纸带、小车（两个）、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。等。［进行实验］.测质量:用天平测出两小车的质量加、tm。.安装:将打点计时器固定在光滑长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。.实验：小车B静止,接通电源,让小车A运动,碰撞时撞针插入橡皮泥中,两小车连接成一个整体运动。.改变条件重复实验：（1）改变小车A的初速度;（2）改变两小车的质量。［数据分析］.小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的距离及时间,由。=豈计算。.验证的表达式：m\Vi=（m\+m2）V2o【方案四】利用斜槽滚球验证动量守恒定律［实验器材］斜槽、小球（两个）、天平、复写纸、白纸、圆规、刻度尺等。［进行实验］.鉱入射小球

プ^^被撞小球

留白纸ーム复写.纸/测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。.安装:按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端切线水平。.铺纸:白纸在下,复写纸在上,且在适当位置铺放好。记下铅垂线所指的位置〇。.单球找点：不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,重复10次。用圆规画尽量小的圆把小球的所有落点圈在里面。圆心/3就是小球落点的平均位置。.碰撞找点:把被撞小球放在斜槽末端,每次让入射小球从斜槽上同一高度处自由滚下,使它们发生碰撞,重复实验10次。用步骤4的方法,标出碰撞后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N,如图所示。改变入射小球的释放高度,重复实验。0*二、':二、:二':;ン'、、ー」'、、ー」MPN［数据分析］.小球水平射程的测量:连接。N,测量线段。P、OM.ON的长度。.验证的表达式:mi•OP=tn\,OM+加2•ON〇漣误差分析.系统误差：主要来源于实验器材及实验操作等。(1)碰撞是否为ー维。(2)气垫导轨是否完全水平,摆球受到空气阻カ,小车受到长木板的摩擦カ,入射小球的释放高度存在差异。.偶然误差：主要来源于质量如、m和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。漣注意事项.前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。.方案提醒(1)若利用气垫导轨进行验证,给滑块的初速度应沿着导轨的方向。(2)若利用摆球进行验证,实验前两摆球应刚好接触且球心在同一水平线上,将摆球拉起后,两摆线应在同一竖直平面内。(3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦カ。(4)若利用平抛运动规律进行验证,安装实验装置时,应注意调整斜槽,使斜槽末端切线水平,且选用质量较大的小球为入射小球。考点1实验思路与实验操作典例某学习小组用半径相同的小球1和小球2碰撞验证动量守恒定律,实验装置如图所示,斜槽与水平槽平滑连接。安装好实验装置,在地上铺ー张白纸,白纸上铺放复写纸,记下铅垂线所指的位置。。接下来的实验步骤如下。〇MPN步骤1:不放小球2,让小球1从斜槽上4点由静止滚下,并落在地面上。重复多次,用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面,认为其圆心就是小球落点的平均位置。步骤2:把小球2放在斜槽前端边缘处的8点,让小球1从A点由静止滚下,使它们碰撞。重复多次,并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N点离。点的距离,即线段。M、OP、ON的长度。（1）（多选）对上述实验操作,下列说法正确的是（）A.小球1的质量一定大于小球2的质量,小球1的半径可以大于小球2的半径B.将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端切线是否水平C.小球在斜槽上的释放点应该越高越好,这样碰撞前的速度大,测量误差较小D.复写纸铺在白纸的上面,实验过程中复写纸可以随时拿起来看印迹是否清晰并进行移动（2）（多选）以下提供的器材中,本实验必需的有（）A,刻度尺 B.游标卡尺C,天平 D.秒表（3）设小球1的质量为阳,小球2的质量为机2, 的长度为厶,。77的长度为b,则本实验验证动量守恒定律的表达式为。【自主解答】解析:（1）为了能够发生对心碰撞,两小球的半径必须相同,选项A错误;将小球静止放置在轨道末端,若小球保持静止,说明轨道末端切线水平,若小球滚动,说明轨道末端切线不水平,选项B正确;碰撞前的速度不能过大,否则实验不能正常进行,选项C错误;复写纸可以移动,但是白纸不能移动，选项D正确。(2)本实验需要测量长度和质量,必需的器材有刻度尺和天平,选项A、C正确。(3)由于小球做平抛运动的时间相同,可以用0P代表小球1碰撞前的速度，用0M代表小球1碰撞后的速度,用ON代表小球2碰撞后的速度。列出的动量守恒方程为m\•OP=m\•OM+m•ON,整理得如•(。尸一OM)=m2,ON,即m\,l\=mi,ん。答案:⑴BD(2)AC(3)mi•l\=mi•h考点2数据分析与误差分析典例某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验。在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动,然后与原来静止在正前方的小车B相碰并粘在ー起,继续做匀速运动,装置如图甲所示,在小车A的后面连着纸带,打点计时器所接电源频率为50Hz,长木板下垫着小木块以平衡摩擦カ。(1)若打出的纸带如图乙所示，并测得相邻两计数点的间距(已标在图上)，A点为运动的起点,则应选 段来计算小车A碰撞前的速度,应选 段来计算小车A和小车B碰撞后的共同速度。(均选填“或“。ケ)(2)已测得小车A(包括橡皮泥)的质量加=0.4kg,小车B的质量侬=0.2kg,则碰撞前两小车的总动量大小为kg•m-s-1,碰撞后两小车的总动量大小为kg•m-s-,o(结果均保留3位有效数字)【自主解答】解析:(1)根据题述推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在正前方的

小车B相碰并粘在一起,继续做匀速运动,可知碰撞后整体运动的速度一定小于碰撞前小车A运动的速度,所以应选段来计算小车A碰撞前的速度,应选DE段来计算小车A和小车B碰撞后的共同速度。(2)打点计时器所接电源频率为50Hz,相邻两计时点之间的时间间隔T=0.02s,用段求小车A碰撞前的速度为0()=学・^■m/s=1.050m/s,用。E段求小车A和小车B碰撞后的共同速度为?:m/s=0.695m/s»碰撞前两小车的jXU.UZ总动量大小为pi=mi0o=O.4X1.050kg•m,s-1=0.420kg•m,s-1,碰撞后两小车的总动量大小为p2=(nn+wi2)0=(O.4+O.2)X0.695kg•m,s-1=0.417kg•m,s-i答案:(1)6CDE(2)0.4200.417考点3实验的改进与创新典例如图甲所示,冲击摆是ー个用细线悬挂着的摆块,弹丸击中摆块时陷入摆块内,使摆块摆至某ー高度,利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。实验步骤如下:①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M-,②将实验装置水平放在桌子上,调节摆长的长度，使弹丸恰好能射入摆块内,并使摆块摆动平稳,同时用刻度尺测出摆长;③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机,把弹丸射入摆块内,摆块和弹丸推动指针ー起摆动，记下指针的最大偏角;④多次重复步骤③,记录指针最大偏角的平均值;⑤换不同挡位测量,并将结果填入下表。挡位平均最大偏

角婚)弹丸质

量6(kg)摆块质量

挡位平均最大偏

角婚)弹丸质

量6(kg)摆块质量

例(kg)摆长Z(m)弹丸的速度

v(m/s)低速挡15.70.007650.07890.2705.03中速挡19.10.007650.07890.2706.77高速挡0.007650.07890.2707.15完成下列填空:(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示,请将表中数据补充完整。(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度。=〇(已知重力加速度为g)(3)为减小实验误差,每次实验前,并不是将指针置于竖直方向的零刻度线处,常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角,每次正式射击前,应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的ー个理由:【自主解答】解析：(1)分度值为ピ,故读数为22.8(22.6〜23.0均正确)。(2)弹丸射入摆块内，系统动量守恒mv=(m+M)v'摆块向上摆动,由机械能守恒定律得MT)gl(1—cos0),ヽ“，mm-\-MI ； —联ユ解イ于0= 72gl(1—cos3)〇(3)较大的速度碰撞指针,会损失较多的机械能(其他理由,如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)。答案：(1)22.8(22.6〜23.0均正确)(2)一市的，(1-cosめ (3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能专题六反冲现象与“人船模型”问题类型1反冲现象命题研究J.命题规律反冲现象、爆炸问题能很好地将物理知识应用于生产、生活实际中,从近几年的高考题可看出题型为选择题或计算题,难度中等。题目大多联系一定的情境,或结合能量知识解决问题。.复习指导(1)反冲运动中,相互作用的内カー般较大,当受到较小外力时也可以用动量守恒定律来处理。(2)爆炸过程中的内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量守恒,而机械能增加。•题型突破j题型一反冲问题典例将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷ロ在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻カ可忽略)()A.30kg,m/s B.5.7X102kg•m/sC.6.0XI02kg•m/s D.6.3X102kg•m/s【自主解答】A解析:设火箭的质量为初,燃气的质量为"2。由题意可知，燃气的动量/?2=/n2U2=50X10-3X600kg,m/s=30kg,m/so以火箭运动的方向为正方向,根据动量守恒定律可得,Q=m\v\—miV2,则火箭的动量大小为p\=mw\=miV2=3>Qkg•m/s,所以A正确，B、C、D错误。【核心归纳】对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果

动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，物体间的作用カ做正功,其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加题型二爆炸问题典例(2018•全国卷I)ー质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空当烟花弹上升的速度为〇时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。【自主解答】解析:(1)设烟花弹上升的初速度为〇〇，由题给条件有七M/加^设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0=5)联立解得尸れ岸。(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h\,由机械能守恒定律有E=mg/zi爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为ゆ和02。由题给条件和动量守恒定律有:相ば+ナ加/=£1两部分的速度方向相反,向上运动的部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动的部分继续上升的高度为人2,由机械能守恒定律有联立解得,爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为h=hi+hi=2Emg答案:(DJ答案:(DJ2E2E获⑵歳【核心归纳】爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用カ远远大于受到的外力，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中,有其他形式的能（如化学能）转化为动能位置不变爆炸的时间极短,作用过程中物体产生的位移很小,可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变类型2 “人船模型”问题命题研究」.命题规律“人船模型”问题是动量守恒定律的典型应用,通常考查“人船模型”的拓展应用。将“人船模型”基本知识融入题目当中,题目有一定的综合性。.复习指导“人船模型”适用于由两物体组成的系统,当满足动量守恒条件（含某一方向动量守恒）时,若其中一个物体向某一方向运动,则另一物体在其作用力的作用下向相反方向运动。（2）解题时要画出两物体的位移关系草图,找出各位移间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移,一般是对地的位移。题型突破I题型ー“人船模型”的基本应用典例ー小船停靠在湖边码头,小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将小船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出小船后退的距离为d,然后用卷尺测出船长为厶。已知他的自身质量为か,水的阻カ不计,小船的质量为（）m（L—J） m（丄+d）A. 5 B, コ a amL~d【自主解答】A解析:设人走动时小船的速度大小为V,人的速度大小为v',人从船尾走z7 l—d到船头所用时间为t,取小船的速度方向为正方向,如图所示,则V=~,v'=一フ一,【核心归纳】.“人船模型”的特征两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为〇,则系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。.“人船”位置如图所示,长为L、质量为团附的小船停在静水中,质量为6人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端,不计水的阻カ,因人和船组成的系统动量始终守怛,可得か齢。冊人0人,故有"册x船="人x人，由图可看出イ船+x人=L,可解得ス人=笠L,ス船=もL。x人、x舱均为沿动量方向相对于同一参考系的位移大小。m人0L加船

LIス船 ス人I题型二“人船模型”扩展典例如图所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车A8段是半径为R的;光滑圆弧轨道,段是长为丄的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为"的滑块在小车上从A点由静止开始沿AB轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=3,〃,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为〃,重力加速度为g。则（）ッ〃〃〃〃〃カシ〃〃〃〃，A,全程滑块在水平方向上相对地面的位移为R+LB,全程小车相对地面的位移大小为1(/?+L)C,滑块机运动过程中的最大速度为也ホD.〃、L、R三者之间的关系为R=4ル丄解题指导/(I)小车静止在光滑水平面上,滑块在小车上从4点由静止开始下滑。滑块和小车的初状态均静止,在水平方向上系统不受外力,所以系统水平方向动量守恒,满足“人船模型”条件。(2)滑块与小车在水平方向上的位移大小之和为R+L,滑块在段运动摩擦产生热量。【自主解答】B解析:设全程小车相对地面的位移大小为s,则滑块水平方向相对地面的位移大小ス=夕+丄ー取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得呜—Afy==O,r+l—ss 1 3即用 --1^=0,结合M=3m,解得s=a(R+L),x=](R+L),故A错误,B正确;滑块刚滑到B点时的速度最大,取水平向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒得O=M70m一例。,mgR=^mVm+^Mv2,联立解得Vm=错误;对整个过程，由动量守恒定律得O=(m+M)び，解得び=0,由能量守恒定律得mgR=gimgL,解得7?=//£,故D错误。【核心归纳】模型扩展人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上,求热气球上升或下降的高度的问题;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽下滑,求弧形槽移动距离的问题等都是“人船模型”的扩展。第3讲简谐运动及其描述一、简谐运动1.简谐运动(1)定义:如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律,即它的振动图像(スイ图像)是一条正弦曲线,这样的振动是一种简谐运动。(2)平衡位置:物体在振动过程中回复カ为。的位置。(3)回复カ①定义：使物体返回到平衡位置的カ。②方向：总是指向平衡位置。③来源：属于效果カ,可以是某ー个カ,也可以是几个力的査力或某个力的2.简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图pWWQ 弾諦振子(水平)—ッ〃ノ〃〃〃〃，\简谐运动条件(1)弹簧质量要忽略(2)无摩擦等阻カ(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气阻力等(3)最大摆角小于等于5。回复カ弹簧的弹カ提供摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关能量转化弹性势能与动能的相互转化,系统的机械能守恒重力势能与动能的相互转化,摆球机械能守恒思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.弹簧振子的位移是从平衡位置指向振子所在位置的有向线段。 （丿）.回复力的方向总是与加速度的方向相反。 （X）.单摆回复力的方向总是指向悬挂位置。 （X）.摆钟的结构如图所示,发现它走时不准时,为什么要调整摆锤下面的螺母?。れ提示:调整摆锤下面的螺母,可以改变摆的摆长,从而改变摆的周期,以调整摆的走时快慢。__二、简谐运动的公式和图像.表达式（1）动力学表达式:F=—kx,其中“一”表示回复カ与位移的方向祖反。（2）运动学表达式：x=Asin（。/+の,其中A代表振幅,。代表简谐运动的快慢,タ代表简谐运动的相位,。叫作初相。.图像（1）从平衡位置开始计时,函数表达式为x=4sin"ム图像如图甲所示。（2）从最大位移处开始计时,函数表达式为ス=ム85の3图像如图乙所示。8+思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。 （X）.简谐运动的表达式x=Asin（to/+9）中，表示振动的快慢,to越大,振动的周期越小。 （ノ）.做简谐运动的物体,其位移随时间做周期性变化。 （ノ）三、受迫振动和共振.受迫振动系统在驱动カ作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期（或频率）等于驱动カ的周期（或频率），而与物体的固有周期（或频率）无去。.共振做受迫振动的物体,它的驱动カ的频率与固有频率越接近,其振幅就越大,当二者相等时,振幅达到最大,这就是共振现象。共振曲线如图所示。思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.固有频率由系统本身决定。 （り.阻尼振动的频率不断减小。 （X）.驱动カ频率越大，振幅越大。 （X）注意事项，物体做受迫振动的频率一定等于驱动カ的频率，但不一定等于系统的固有频率,固有频率由系统本身决定。考点1简谐运动的规律（基础考点）r题组通关」1.如图所示,弹簧振子在8、C间振动,。为平衡位置，BO=OC=5cm。若振子从8到C的运动时间是1s,则下列说法正确的是（ ）A,振子从B经。到C完成一次全振动B.振动周期是1s,振幅是10cmC,经过两次全振动,振子通过的路程是20cmD.从B开始经过3s,振子通过的路程是30cmD解析:振子从8经。到C仅完成了半次全振动,所以周期T=2X1s=2s,选项A、B错误;振幅A=BO=5cm,振子在一次全振动中通过的路程为4A=20cm,所以经过两次全振动,振子通过的路程为40cm,选项C错误;3s的时间为1.5T,所以振子通过的路程为30cm,选项D正确。.如图所示,弹簧振子B上放一物块A,在物块A与Bー起做简谐运动的过程中,下列关于物块A受力的说法正确的是（）\国A,物块A受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹カB.物块A受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹カC,物块A受重力、支持力及B对它的恒定的摩擦カD.物块A受重力、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦カD解析:由于物块A与Bー起做简谐运动，需要回复カ，所以物块A受重カ、支持力及B对它的大小和方向都随时间变化的摩擦カ，选项D正确。.（2018•天津高考）（多选）ー振子沿x轴做简谐运动,平衡位置在坐标原点。t=0时，振子的位移为ー0.1m, 1s时,振子的位移为0.1m,则（）A,若振幅为0.1m,振子的周期可能为fsB.若振幅为0.1m,振子的周期可能为ふsC.若振幅为0.2m,振子的周期可能为4sD,若振幅为0.2m,振子的周期可能为6sTOC\o"1-5"\h\zAD解析:若振幅为0.1m,则（〃+介=ls,其中〃=0,1,2,-,当〃=2 2〇时,T=2sJ当〃=1时,r=qs,当〃=2时,r=5s,故A正确,B错误。若振幅为0.2m,振子的运动分4种情况讨论:3 ♦aT ④VJP〇飞X P〇Qx第①种情况,设振动方程为ス=4sin（而+シ），f=0时,一ラ=Asin9,解得ゆ7T T=-7,所以由尸点到〇点用时至少为7由简谐运动的对称性可知,由P点到。点用时至少为£即1〃+/t=1s,其中〃=0,1,2,-,当〃=0时,T=6s;

当〃=1时,T=きs:第②③种情况,由P点到Q点用时至少为当,周期最大为2s:第④种情况,周期一定小于2s,故C错误,D正确。1题后归纳简谐运动的五个特征受カ特征回复カド=ー依,ド（或。）的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征靠近平衡位置时，a、F、x都减小,。增大;远离平衡位置时,a、F、X都增大,0减小能量特征振幅越大,能量越大。在运动过程中,系统的动能和势能相互转化，机械能守恒周期性特征质点的位移、回复カ、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T;动能和势能也随时间做周期性变化,其变化周期为f对称性特征关于平衡位置。对称的两点,速度的大小、动能、势能相等,相对平衡位置的位移大小相等考点2简谐运动的表达式和图像（能力考点）r典例导引」典例（2020•泰安模拟）如图甲所示,水平弹簧振子的平衡位置为。点,在8、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x-f图像,下列说法正确的是（）A.弹簧振子从B点经过〇点再运动到C点所用的时间为1sB.弹簧振子的振动方程为y=0.1sinC,图乙中的尸点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向D.弹簧振子在2.5s内通过的路程为1m解题指导れ1)根据简谐运动的ス“图像可以得出振幅、周期,由の=爷求出の,由x=Asin(tof+9)写出振动方程。(2)分析振子通过路程的一般方法,整数周期振子通过的路程为4A的整数倍,1周期内振子通过的路程为2A,而;周期内,只有振子从平衡位置或振幅处为起点的,振子通过的路程才为A。【自主解答】D解析:弹簧振子从B点经过〇点再运动到C点为1次全振动,时间为0.5s,故A错误;根据题图乙可知，弹簧振子的振幅为4=0.1m,而周期为T=1s,则＜0=テ=2兀rad/s,规定向右为正方向，r=0时刻振子的位移为0.1m,表示TT振子从B点开始计时，初相为90=],则振子的振动方程为y=Asin(M+go)=O.lsin(2Tナ用m,故B错误;题图乙中的尸点速度方向为负,此时刻振子正在沿负方向做减速运动,加速度方向为正,故C错误;因周期ア=ls,则时间2.5s和周期的关系为2.5s=2T+チ,则振子从8点开始振动的路程为5=2X44+2/1=10X0,1m=1m,故D正确。【核心归纳】.对简谐运动图像的认识(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线,如图甲、乙所示。(2)图像反映的是位移随时间的变化规律,随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。.从简谐运动图像可获取的信息(1)振幅A、周期ア(或频率。和初相位以如图所示)。(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移。(3)某时刻质点速度的大小和方向:曲线上各点切线的斜率大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向,速度的方向也可以根据下ー时刻质点的位移变化来确定。(4)某时刻质点的回复カ和加速度的方向:回复カ总是指向平衡位置,回复カ和加速度的方向相同，在图像上总是指向r轴。(5)某段时间内质点的位移、回复カ、加速度、速度、动能和势能的变化情况。多维训练|1.(2021.张家界模拟)(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动,其位移x随时间，变化的关系图像如图所示,已知r=0.1s时，振子的位移为3cm。则以下说法正确的是()A.弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的速度相同B.弹簧在第0.1s末与第0.7s末的长度相同C.弹簧振子做简谐运动的位移表达式为x=6sin%，cmD.第0.5s末到第0.8s末弹簧振子通过的路程大于6cm可得3cm=Asin伶X0.1)ACD解析:由题图知,弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的振动方向均沿x轴负方向，且弹黄振子在第0.4s末与第0.8s末的位移大小相同,则弹簧振子在第0.4s末与第0.8s末的速度相同,故A项符合题意;由题图知,弹簧振子在第0.1s末与第0.7s末的位移方向相反,则弹簧在第0.1s末与第0.7s末的长度不同，故B项不符合题意;由题图知，简谐运动的周期T=1.2s,则简谐运动的圆频率①=〒==rad/s=ラ"rad/s,r=0.1s时，振子的位移为3cm»则根据x=A可得3cm=Asin伶X0.1),解得弹簧振子的振幅A=6cm,则弹簧振子做简谐运动的位移表达式为x=6sin§兀，cm,故C项符合题意;，=0.6s时,弹簧振子运动到平衡位置,速度最大,弹簧振子振动的周期T=1.2s,则第0.5s末到第0.8s末的1ア时间内,弹簧振子通过的路程大于振幅6cm,故D项符合题意。2.（多选）如图所示,在光滑杆下面铺ー张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，ー带有铅笔的弹簧振子在B、。两点间做机械振动,可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为た=10N/m,振子的质量为0.5kg,白纸移动的速度为2m/s,弹簧弹性势能的表达式为为弹簧的形变量）,不计一切摩擦。在ー次实验中,得到弹簧振子如图所示的图线,则下列说法正确的是（）A.该弹簧振子的振幅为1mB.该弹簧振子的周期为1sC.该弹簧振子的最大加速度为10m/s2D.该弹簧振子的最大速度为2m/sBC解析:弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A=0.5m,A错误;由题图所示振动曲线可知,白纸移动距离え=2m时，弹簧振子振动ー个周期,所以弹簧振子的周期为T=ら=1s,B正确;该弹簧振子所受最大回复カ为ド=ZcA=10X0.5N=5N,最大加速度为＜/=£=10m/s2,C正确;根据题述弹簧弹性势能的表达式与=ラぜ,不计一切摩擦,弹簧振子振动过程中机械能守恒，则有^mVm=^kA2,可得该弹簧振子的最大速度为=小m/s,D错误。考点3单摆及其周期公式（基础考点）「题组通关.（2019•全国卷II）如图所示,长为/的细绳下方悬挂ー小球a,细绳的另一端固定在天花板上。点处,在〇点正下方シ的。’处有ー固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度（约ズ为2°）后由静止释放,并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位丄移为x,向右为正方向。下列图像能描述小球在开始ー个周期内的x-r关系的是（）A解析:摆长为，时,单摆的周期为=2兀へ振幅ん=/sina（a为摆角）;摆长为ラ，时，单摆的周期乃=2兀 ~g=nヽ