高考物理总复习第七章动量守恒定律课件练习题

第1讲动量和动量定理高考总复习2025课程标准1.理解冲量和动量。通过理论推导和实验,理解动量定理和动量守恒定律,能用其解释生产生活中的有关现象。知道动量守恒定律的普适性。2.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。3.体会用守恒定律分析物理问题的方法,体会自然界的和谐与统一核心素养试题情境生活实践类生产生活中的缓冲类问题,流体冲力问题,碰撞、爆炸、反冲问题学习探索类动量定理的理解及应用、利用动量定理处理流体问题、动量守恒定律的条件及应用、碰撞模型的规律及应用、人船模型类问题的处理方法、子弹打木块模型及“滑块—木板”模型问题考点一动量和冲量的理解与计算强基础•固本增分1.动量

动量是状态量,与时刻或位置相对应(1)定义:物体的质量和

的乘积。

(2)表达式:p=mv。(3)单位:

。

(4)标矢性:动量是矢量,其方向和

方向相同。

2.冲量

冲量是过程量,与时间或过程对应(1)定义:力和力的作用

的乘积。

(2)表达式:I=

。

(3)单位:

。

(4)标矢性:冲量是矢量,恒力冲量的方向与力的方向

。

速度

kg·m/s速度时间FtN·s相同×××研考点•精准突破1.动量与动能的比较

比较项动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p=mvEk=mv2标矢性矢量标量变化因素合外力的冲量合外力所做的功大小关系比较项动量动能变化量Δp=FtΔEk=Fl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.冲量的四种计算方法

公式法利用定义式I=Ft计算冲量,此方法仅适用于求恒力的冲量,不需要考虑物体的运动状态图像法利用F-t图像计算,F-t图像围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量平均值法若力的方向不变,大小随时间均匀变化,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量

,F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小动量定理法如果物体受到大小或方向变化的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量考向一

冲量

动量与动能典题1

表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上如图所示,∠ABC<∠ACB,质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。不计空气阻力,在两物块到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是(

)A.两物块所受重力冲量相同B.两物块的动量改变量相同C.两物块的动能改变量相同D.两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同C考向二

冲量的计算典题2

质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒定拉力F的作用下,沿水平面向右匀速运动,如图所示,不计空气阻力,则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是(

)A.拉力F的冲量大小为FtcosθB.摩擦力的冲量大小为Ftsin

θC.重力的冲量大小为mgtD.物体所受支持力的冲量是mgtC解析

拉力F的冲量大小为Ft,故A错误;物体做匀速直线运动,可知摩擦力Ff=Fcos

θ,则摩擦力的冲量大小为Fft=Ftcos

θ,故B错误;重力的冲量大小为mgt,故C正确;物体所受支持力的大小FN=mg-Fsin

θ,则支持力的冲量为(mg-Fsin

θ)t,故D错误。典题3(2023河北邢台联考)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,力F随时间按正弦规律变化,如图所示,不计空气阻力,下列说法正确的是(

)A.第2s末,质点的动量为0B.第2s末,质点的动量方向发生变化C.第4s末,质点回到出发点D.在1~3s时间内,力F的冲量为0D解析

在F-t图像中,图线与横轴所围的面积表示力F的冲量,由题图可知,0~2

s时间内,力F的方向和质点运动的方向相同,质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,第2

s末质点的速度最大,动量最大,方向不变,A、B错误;2~4

s内力F的方向与0~2

s内力F的方向相反,该质点在0~2

s内做加速运动,在2~4

s内做减速运动,第4

s末,质点速度为0,质点在0~4

s内的位移均为正,第4

s末没有回到出发点,C错误;由题图可知,1~2

s内的面积与2~3

s内的面积大小相等,一正一负,则在1~3

s时间内,力F的冲量为0,D正确。考点二动量定理的理解与应用动量定理1.内容:物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的

。

“力”指的是合力2.表达式:FΔt=

。

冲量mv'-mv×××√研考点•精准突破1.对动量定理的理解(1)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,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。(2)Ft=p'-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中Ft是物体所受的合外力的冲量。(3)Ft=p'-p除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因。(4)由Ft=p'-p,得,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。(5)当物体运动包含多个不同过程时,可分段应用动量定理求解,也可以全过程应用动量定理求解。2.应用动量定理解题的基本思路

考向一

动量定理解释生活中的现象典题4(2024广东韶关模拟)“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以(

)A.减小穿戴者动量的变化量B.减小穿戴者动量的变化率C.增大穿戴者所受合力的冲量D.减小穿戴者所受合力的冲量B考向二

动量定理的有关计算典题5(2024重庆沙坪坝模拟)篮球运动员做赛前热身时,篮球在地面与手之间,沿竖直方向做往复运动。某次篮球在与地面接触的t1时间内动量的改变量大小为Δp1,在与手接触的t2时间内动量改变量的大小为Δp2。已知篮球的质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是(

)B考向三

动量定理解决多过程问题典题6(2023云南玉溪模拟)将质量m=1kg的物块置于水平地面上,已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F=10N,物块由静止开始运动,作用4s后撤去F。已知g取10m/s2,不计空气阻力,对于物块从静止开始到物块停下这一过程,下列说法正确的是(

)A.整个过程物块运动的时间为6sB.整个过程物块运动的时间为8sC.整个过程中物块的位移大小为40mD.整个过程中物块的位移大小为60mB解析

在整个过程中,由动量定理得,Ft1-μmgt=0,解得t=8

s,A错误,B正确;在物块前4

s运动的过程中,由动量定理得,Ft1-μmgt1=mv,解得v=20

m/s,因物考点三应用动量定理解决“流体模型”问题考向一

应用动量定理处理流体类问题

流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”,特点是质量具有连续性,题目中通常给出密度ρ作为已知条件分析步骤1建立模型,沿流速v的方向选取一小段柱形流体,其横截面积为S2用微元法研究,作用时间Δt内的一小段柱形流体的长度Δl=vΔt,对应的质量为Δm=ρV=ρSΔl=ρSvΔt3建立方程,应用动量定理研究这段柱形流体典题7(多选)(2023湖北荆门模拟)质量为m0的直升机旋翼有4片桨叶,桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时,发动机输出的机械功率为P,桨叶旋转推动空气,空气获得的速度为v0,则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(

)BD考向二

应用动量定理处理微粒类问题

微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立模型,沿运动的方向选取一小段微元,柱体的横截面积为S2用微元法研究,作用时间Δt内一小段柱形流体的长度为Δl,对应的体积ΔV=Sv0Δt,则微元内的粒子数N=nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘N计算典题8

如图所示的正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量,为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略,其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等,与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。(1)求一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小I。(2)导出器壁单位面积所受的大量粒子的撞击力F1与m、n和v的关系。(注意:解题过程中需要用到但题目没有给出的物理量,要在解题时给出必要的说明)答案

(1)2mv

(2)F1=nmv2解析

(1)以碰撞前粒子的速度方向为正方向,根据题意可知碰撞后粒子的速度变为-v,由动量定理得I=-mv-mv=-2mv所以一个粒子与器壁碰撞一次受到的冲量大小为2mv。(2)在Δt时间内能打到面积为S的器壁上的粒子所占据的体积V=SvΔt由于粒子有均等的概率与器壁各面相碰,因此可能到达目标区域的粒子数第2讲动量守恒定律及其应用高考总复习2025考点一动量守恒定律的条件及应用强基础•固本增分动量守恒定律1.内容

外力和内力是相对的如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.表达式(1)p=p',系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p'。(2)m1v1+m2v2=

,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用后的动量之和。

(3)Δp1=

,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。

(4)Δp=0,系统总动量的变化量为零。m1v1'+m2v2'

-Δp23.适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为0。(2)系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

外力的冲量忽略不计(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为0,则系统在该方向上动量守恒。×√×√√研考点•精准突破1.动量守恒的三类情形

2.动量守恒定律的六种性质

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条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1'、v2'必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度,v1'、v2'是相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向,凡是与选取的正方向一致的动量为正值,相反为负值普适性不仅适用于低速宏观系统,也适用于高速微观系统考向一

动量守恒的判断典题1(2024天津和平模拟)如图所示,质量相等的小球A和小车B组成动量小车,置于光滑的水平面上,紧靠小车右端有一固定挡板,现将小球A拉开到一定角度,然后同时放开小球和小车,则(

)A.当小球向左摆动时,小车也一定向左运动B.当小球向左摆动时,小车可能向右运动C.当小球达到最高点时,小球和小车速度一定相同D.在任意时刻,小球和小车在水平方向的动量一定守恒C解析

当小球向左摆动未经过最低点时,细线对小车的拉力沿右下方,由于有挡板,则小车不动,此过程中小球和小车系统在水平方向动量不守恒;当小球经过最低点继续向左运动时,摆线对小车的拉力沿左下方,则小车向左运动,此过程中小球和小车系统在水平方向动量守恒,当小球达到最高点时,小球和小车速度一定相同,故C正确,A、B、D错误。考向二

动量守恒定律的应用典题2

滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为λm的滑板车上,小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动,突然发现前面有一个小水坑,由于来不及转向和刹车,A.1 B.2 C.3 D.4A解析

由题意,小孩在起跳过程中和滑板车组成的系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律,有

,解得λ=1,故选A。典题3(2023山东济南模拟)在空间技术发展过程中,喷气背包曾经是航天员舱外活动的主要动力装置,它能让航天员保持较高的机动性。航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止,如图所示,启动喷气背包,压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出,航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套装备的质量为m,不计喷出气体后航天员和装备质量的变化,忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化,则喷出压缩气体的密度为(

)D考向三

分方向动量守恒问题典题4(多选)(2023广东佛山一模)某同学平时在操场立定跳远成绩最好能达到2.5m。在静浮于水面可自由移动的小船上,若该同学同样尽最大的能力立定跳,小船上下颠簸可忽略,则该同学在小船上立定跳(

)A.相对地面运动的水平距离小于2.5mB.相对小船运动的水平距离小于2.5mC.起跳时相对地面的初速度比在操场时的小D.当人落在船上时,船还会继续向前运动AC解析

对于人和小船组成的系统,水平方向上动量守恒,设该同学起跳时相对地面水平初速度为vx,竖直初速度为vy,小船相对于地面的速度为v,该同学相对小船运动的水平距离等于2.5

m,设水平向右为正方向,根据水平方向动量守恒可得,0=m人vx+m船v,可知小船向左运动,所以该同学相对地面运动的水平距离小于2.5

m,故A正确,B错误;由A、B选项分析可知,相比在地面起跳,人相对地面的水平初速度变小,根据

,可知起跳时相对地面的初速度比在操场时的小,故C正确;根据水平方向上动量守恒,当人落在船上时,船停止运动,故D错误。考点二爆炸、反冲和人船模型强基础•固本增分1.爆炸

系统的机械能可以增大与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量

。

2.反冲(1)定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向

,如发射炮弹、火箭等。

(2)特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,动量守恒。守恒冲量D研考点•精准突破1.爆炸现象的三个规律

动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.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,所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加3.人船模型人船模型是动量守恒问题中典型的物理模型,其常见情境如下。

常见情境问题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零,则动量守恒。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。这样的问题归为人船模型问题特点人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即注意应用此关系时要注意一个问题:公式中v人、v船和x人、x船一般都是相对地面而言的模型应用的条件一个原来处于静止状态的系统,当系统中的物体间发生相对运动时,过程中有一个方向上动量守恒考向一

爆炸问题典题5

质量为m的烟花弹在获得动能E后,从地面竖直升空,当烟花弹上升到速度为初速度的一半时,烟花弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量相等的两部分,这两部分的动能之和为

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)烟花弹爆炸时离地高度h;(2)爆炸后烟花弹两部分碎片的速度大小和方向。(2)火药爆炸后,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v1和v2。规定向上为正方向,由动量守恒定律和题给条件有考向二

反冲运动典题6(2024河南新乡模拟)发射导弹过程可以简化为:将静止的质量为m0(含燃料)的导弹点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体,忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结束时导弹获得的速度大小是(

)D考向三

人船模型典题7(2024海南海口模拟)如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1=50kg的人抓住长绳静止在气球下方,气球和长绳的总质量m2=20kg,长绳的下端刚好和水平面接触,静止时人离地面的高度为h=5m。如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度约为(可以把人看做质点)(

)A.5m B.3.6mC.2.6m D.8mB解析

当人滑到绳下端时,如图所示,由动量守恒定律,得

,且h1+h2=h,解得h1=1.4

m,所以他离地高度H=h-h1=3.6

m,故选B。考点三碰撞模型的规律及应用碰撞1.特点:作用时间极短,内力(相互碰撞力)远

外力,总动量守恒。

2.分类

一种理想化的物理模型(1)弹性碰撞:碰撞后系统的机械能

损失。

(2)非弹性碰撞:碰撞后系统的机械能有损失。(3)完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失最大。大于没有√×研考点•精准突破1.碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。(3)速度要合理。①若碰前两物体同向运动,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。②碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例,则有m1v1=m1v1'+m2v2'结论:(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1(质量相等,速度交换);(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑);(3)当m1<m2时,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反弹);(4)当m1≫m2时,v1'=v1,v2'=2v1(极大碰极小,大不变,小加倍);(5)当m1≪m2时,v1'=-v1,v2'=0(极小碰极大,小等速率反弹,大不变)。考向一

弹性碰撞规律应用典题8(2022湖南卷)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子质量大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是(

)A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0B考向二

完全非弹性碰撞规律应用典题9(2023辽宁沈阳一模)光滑水平面上质量为m0的物块A以速度v运动,与质量为m的静止物块B发生正碰,碰撞后A、B的动量刚好相等。A、B质量之比

可能为(

)A.3 B.4 C.5 D.6A典题10(2023重庆联考三模)质量为m1和m2的两个物体1、2在光滑的水平面上正碰,碰撞时间不计,其位移—时间图像如图所示,由图像可判断以下说法正确的是(

)A.碰后两物体的运动方向相同B.碰后2的速度大小为4m/sC.两物体的质量之比m1∶m2=2∶5D.两物体的碰撞是弹性碰撞C第3讲专题提升“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型高考总复习2025专题概述:解答“滑块—弹簧”模型相关问题,关键是分析系统动态变化过程中的几个特殊状态,如弹簧被压缩最短时、被拉伸最长时或恢复原长时等,把握对应状态的速度、受力等特点;解答“滑块—斜(曲)面”模型相关问题时,要注意滑块与斜(曲)面共速时满足的条件。另外,解决这两类问题时,注意与碰撞模型进行类比,如“滑块—弹簧”模型,当弹簧最长或最短时,可类比完全非弹性碰撞;当弹簧完全恢复原长时,可类比弹性碰撞。题型一“滑块—弹簧”模型1.模型示意图

2.模型特点(1)动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。(2)机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。典题1(多选)光滑水平直轨道上有三个质量均为m=3kg静止放置的物块A、B、C,B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计),如图所示。若A以v0=4m/s的初速度向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内),当A、B速度相等时,B与C恰好相碰并连接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞时间极短,则以下说法正确的是(

)A.弹簧压缩到最短时A的速度大小为2m/sB.从A开始运动到弹簧压缩最短时C受到的合外力冲量大小为4N·sC.从A开始运动到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为16JD.在A、B、C相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为13JBD典题2(多选)(2023安徽黄山统考)光滑水平面上质量为2m的物体A以速度v向右匀速滑动,质量为m的B物体左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上,如图所示,在物体A与弹簧接触后,以下判断正确的是(

)A.在物体A与弹簧接触过程中,弹簧对A的弹力冲量大小为

mvB.在物体A与弹簧接触过程中,弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中,弹簧对A、B做功的代数和为0D.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中,最大弹性势能为

mv2AD题型二“滑块—斜(曲)面”模型1.模型示意图

2.模型特点(1)最高点:m1与m2具有共同水平速度v共,m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向上动量守恒,m1v0=(m2+m1)v共;系统机械能守恒,典题3(多选)一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量m0=3kg,小车静止在光滑水平地面上,圆弧下端水平,如图所示。有一质量m=1kg的小球以水平初速度v0=4m/s从圆弧下端滑上小车,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是(

)A.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统机械能守恒B.在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统动量守恒C.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1m/sD.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6mACD解析

在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统机械能守恒,选项A正确;在小球滑到最高点的过程中,小球与小车组成的系统水平方向不受外力,水平方向上动量守恒,但竖直方向上动量不守恒,选项B错误;小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒,小球沿圆弧轨道上升的最大高度典题4(多选)(2024重庆沙坪坝模拟)如图所示,半径为R、质量为3m的

圆槽AB静止放在水平地面上,圆槽底端B点切线水平,距离B点为R处有一质量为3m的小球2,其左侧连有轻弹簧。现将质量为m的小球1(可视为质点)从左侧圆槽上端的A点由静止释放,重力加速度为g,不计一切摩擦。则下列说法正确的是(

)BC典题5(2023安徽安庆三模)质量为2m的滑板静止在光滑水平地面上,滑板上表面AB段水平,长度为2L,BC段是半径为0.5L的四分之一光滑圆弧,如图所示。质量为m的小物块(小物块可视为质点)以初速度v0冲上滑板,已知,不计空气阻力,其中重力加速度取g。小物块与滑板AB段的动摩擦因数为μ,在以后的运动过程中:(1)若滑板固定在地面上,小物块不能从C点飞出,则μ应满足什么条件。(2)若解除对滑板的固定,小物块不能从C点飞出,则μ应满足什么条件。(3)若解除对滑板的固定,小物块相对滑板向右运动的过程中,相对地面也有向右的运动,则μ应满足什么条件。答案

(1)μ>0.5

(2)μ>0.25(3)μ<0.375

解析

(1)若滑板固定,设小物块刚好能运动到C点,由机械能守恒可知可解得μ=0.5所以小物块不能从C点飞出,μ应满足的条件为μ>0.5。(2)若解除对滑板的固定,设小物块运动至C点时,小物块与滑板速度相等,为v',由动量守恒和机械能守恒可知mv0=3mv'所以小物块不能从C点飞出,μ应满足的条件为μ>0.25。(3)设小物块相对滑板向右返回到B点时,小物块、滑板的速度分别为v1、v2。以向左为正方向,由动量守恒和能量守恒可知mv0=mv1+2mv2第4讲专题提升动量守恒定律在子弹打木块模型、“滑块一木板”模型中的应用高考总复习2025专题概述:子弹打木块模型和“滑块—木板”模型是力学中非常典型的两个模型,在高考中常以压轴题的形式出现,通常应用动量观点和能量观点进行分析,属于力学综合问题。子弹打木块过程极短,系统水平方向动量守恒,能量守恒;滑块在滑板上滑行过程中,两者之间存在相互作用,如果地面光滑,则系统动量守恒,能量守恒。题型一子弹打木块模型1.模型图示

2.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统水平方向的动量守恒。(2)系统的机械能有损失。3.两种情境(1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒:mv0=(m+m0)v(2)子弹穿透木块动量守恒:mv0=mv1+m0v2典题1(多选)(2023天津和平模拟)如图所示,质量为m0的木块静止在光滑的水平面上,一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在木块中,木块获得的速度为v1,子弹受到的平均阻力为Ff,射入深度为d,此过程中木块位移为s,下列说法正确的是(

)A.子弹损失的动能等于FfdB.子弹损失的动能等于Ff(s+d)C.子弹损失的动能为D.子弹、木块组成的系统损失的动能等于FfdBD典题2

质量为m的子弹,以初速度v0射入静止在光滑水平面上的木块,并留在其中,如图所示。木块质量为M,长度为L,子弹射入木块的深度为d,在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变,下列说法正确的是(

)A.d可能大于s,也可能小于sB.s可能大于L,也可能小于LC.s一定小于d,s一定小于LD.若子弹质量减小,d和s不一定同时变小C题型二“滑块—木板”模型1.模型图示

2.模型特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。3.求解方法(1)用动力学观点分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联。①一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。②两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。(2)用动量和功能观点分析“滑块—木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。①一个条件——滑块和木板组成的系统所受的合外力为零是系统动量守恒的条件。②两个分析——滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。③一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律,且牢记摩擦生热的计算公式Q=Ff·d相对。典题3(2024河北秦皇岛模拟)某娱乐活动的部分闯关环节可简化抽象为下面的情境。如图所示,长L=6m、质量m0=1.1kg的木板静止在光滑水平面上,左右平台无限长且与木板等高,木板左端与左平台接触,质量m=1.1kg的小滑块在恒力F作用下从静止开始运动,力F与水平方向的夹角为37°,F作用2s后撤去,小滑块又滑行1s后以v1=10m/s的速度离开平台后滑上木板,小滑块与所有接触面间的动摩擦因数均为μ=0.5,小滑块可视为质点,重力加速度取10m/s2。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)撤去力F时小滑块的速度大小;(2)力F的大小;(3)要使小滑块与木板共速后,木板才与右侧平台相碰,s的取值范围。答案

(1)15m/s

(2)12.5N(3)s≥2.5m解析

(1)撤去力F后,小滑块在滑行1

s过程中由动量定理有-μmgt2=mv1-mv0,解得撤去力F时滑块的速度v0=15

m/s。(2)小滑块在滑行2

s过程中由动量定理有[Fcos

37°-μ(mg-Fsin

37°)]t1=mv0-0解得F=12.5

N。典题4(2023海南卷)有一固定的光滑

圆弧轨道,半径R=0.2m,一质量为mB=1kg的小滑块B从轨道顶端滑下,在其冲上长木板C左端时,给木板一个与小滑块相同的初速度,如图所示,已知mC=3kg,B、C间动摩擦因数μ1=0.2,C与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C右端有一个挡板,C长为L,g取10m/s2,不计空气阻力。(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大?(2)若B未与C右端挡板碰撞,当B与地面保持相对静止时,B、C间因摩擦产生的热量是多少?(3)在0.16m<L<0.8m时,B与C右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,求B从滑上C到最终停止所用的时间。(2)当B滑上C后,对B分析,受摩擦力向左,根据牛顿第二定律得FfB=μ1mBg=mBaB解得加速度向左a1=2

m/s2对C分析,受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力Ff地C=μ2(mB+mC)g根据牛顿第二定律Ff地C-FfBC=μ2(mB+mC)g-μ1mBg=mCa2解得其加速度向左a2=10

m/s2由功能关系可知,B、C间摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2)可得Q=1.6

J。(3)由上问可知,若B还末与C上挡板碰撞,C先停下,用时为t1,有解得t1=0.2

sB的位移则此刻的相对位移x相=xB1-x2=0.16

m此时vB1=v0-a1t1=1.6

m/s典题5(2024山西吕梁模拟)光滑水平地面上静置有一半径为R=20m的竖直光滑圆弧轨道CD,O为圆心,C为轨道最低点,OC竖直、圆心角为60°,如图所示。在其左侧地面上静置一长为L=1m、质量为M=4kg的长木板A,木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为m=2kg的小滑块B以初速度v0=3m/s沿A的上表面从左端滑上木板,当B刚滑到A右端时,A、B恰好达到共同速度,此时木板与圆弧轨道相撞(碰撞时间极短)。已知小滑块可视为质点,空气阻力不计,重力加速度g取10m/s2,cos5°=0.996。(1)求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ。(2)若圆弧轨道不固定,且已知圆弧轨道质量为M'=6kg,A与圆弧轨道的碰撞为弹性碰撞,求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H。(3)若圆弧轨道被固定在水平地面上,并在C端左侧竖直面上装一防撞装置(图中未画出),当A与圆弧轨道相撞后在防撞装置作用下立即紧贴C端左侧静止,但不粘连,此后B冲上圆弧轨道,求B从开始滑上A到再次返回滑上A所经历的时间t。解析

(1)设A、B共同速度为v1,由动量守恒定律有mv0=(m+M)v1解得v1=1

m/s由动能定理有解得μ=0.3。(2)以A与圆弧轨道为系统,取向右为正方向,设碰后A的速度为v2,圆弧轨道的速度为v3,由机械能守恒定律及动量守恒定律有Mv1=Mv2+M'v3联立解得v2=-0.2

m/s,v3=0.8

m/s以B与圆弧轨道为系统,设共速时速度为v4,由动量守恒及机械能守恒定律有M'v3+mv1=(M'+m)v4联立解得H=0.001

5

m。

(3)设B从滑上A到右端的过程经历时间为t1,对B由动量定理有-μmgt1=mv1-mv0故θ<5°,则B在圆弧轨道的运动可等效视为一个单摆运动,设B在圆弧轨道上运动的时间为t2,有第5讲专题提升力学三大观点的综合应用高考总复习2025专题概述:本专题主要学习的是应用力学三大观点解决力学中的综合问题,此类问题在高考中常以压轴题的形式出现。其中动力学观点主要涉及牛顿运动定律和运动学规律,用于分析力与运动的关系;动量观点主要涉及动量定理和动量守恒定律,用于分析力在时间上的积累效果,以及研究碰撞、反冲等问题;能量观点主要涉及动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律,可分析力在位移上的积累效果,三大观点灵活结合可以实现对力学综合问题的有效解答。题型一动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点:动量定理和动量守恒定律。能量的观点:动能定理和能量守恒定律。2.三种技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处,特别对于变力做功问题,就更显出它们的优越性。典题1(2022湖北卷)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由(1)求C的质量。(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小。(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。解析

(1)系统在虚线位置保持静止,以C为研究对象,根据平衡条件可知mCg=2mgcos

30°(3)设某时刻C向下运动的速度为v',A、B向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为α,根据机械能守恒定律可知典题2(2023浙江6月选考)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN。(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。答案

(1)10m/s

31.2N

(2)0

(3)0.2m(2)滑块a返回传送带的过程一直在做减速运动,设滑块a与滑块b碰后的速度为va,滑块a从碰后到返回到传送带的B点根据动能定理得解得va=5

m/sa和b相互作用的过程满足动量守恒,mvF=m(-va)+3mvb解得vb=5

m/sa和b碰撞过程损失的机械能为解得ΔE=0。

(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则根据动量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5

m/s弹簧被压缩到最短和最长,均有mvF=(m+3m+2m)v'解得v'=

m/s弹簧最大压缩量和最大伸长量均满足弹簧最大长度与最小长度之差为Δx=2x解得Δx=0.2

m。题型二力学三大观点的综合应用1.力的三个作用效果与五个规律

2.解动力学问题的三大观点

典题3(2023辽宁卷)如图所示,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。解析

(1)物块与木板第一次达到共速时,由系统动量守恒知m2v0=(m1+m2)v1代入数据解得v1=1

m/s以木板为研究对象,有m1a1=μm2g代入数据解得a1=4

m/s2(2)木板与弹簧接触后,物块与木板先一起减速,当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时对物块,根据牛顿第二定律,有μm2g=m2a'对整体,根据牛顿第二定律,有kx2=(m1+m2)a'代入数据解得x2=0.25

m根据物块和木板接触弹簧后,系统机械能守恒,有(3)木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0,木板从速度为0到之后物块与木板加速度首次相同,弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置,考虑到木板返回时,受力与木板压缩弹簧时相同,故木板的速度又变为v2=0.5

m/s,木板返回所用时间也为t0在2t0时间内,对物块用动量定理得-μm2g·2t0=m2v3-m2v2在2t0时间内,弹簧的弹性势能不变,木板的动能不变,故研究物块、木板及弹簧组成的系统,根据能量守恒有典题4

水平轨道OP光滑,PM粗糙,PM长L=3.2m,如图所示。OM与半径R=0.15m的竖直半圆轨道MN平滑连接。小物块A自O点以v0=14m/s向右运动,与静止在P点的小物块B发生正碰(碰撞时间极短),碰后A、B分开,A恰好运动到M点停止。A、B均看作质点。已知A的质量mA=1.0kg,B的质量mB=2.0kg,A、B与轨道PM的动摩擦因数均为μ=0.25,g取10m/s2,不计空气阻力。(1)求碰后A、B的速度大小。(2)求碰后B沿轨道PM运动到M点所需时间。(3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N,求沿半圆轨道运动过程损失的机械能。答案

(1)4m/s

5m/s

(2)0.8s

(3)1.5J解析

(1)由牛顿第二定律,A、B在PM上滑行时的加速度大小相同,均为a=μg=2.5

m/s2对A得碰后速度v1=4

m/sA、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,得mAv0=mAv1+mBv2得碰后B的速度v2=5

m/s。(2)对B物块,P到M的运动过程,有L=v2t-at2结合(1)可解得t1=3.2

s(不符合,舍去)t2=0.8

s即碰后B沿轨道PM运动到M点所需的时间t=0.8

s。(3)B在M点的速度大小v3=v2-at代入数值解得v3=3

m/sM点到N点的过程,由功能关系可得联立解得损失的机械能ΔE=1.5

J。第6讲实验验证动量守恒定律高考总复习2025强基础固本增分研考点精准突破目录索引强基础固本增分一、实验目的验证动量守恒定律。二、实验思路在一维碰撞中,测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v',找出碰撞前的动量p=m1v1+m2v2及碰撞后的动量p'=m1v1'+m2v2',看碰撞前后动量是否守恒。[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、数字计时器、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。进行实验1.测质量:用天平测出滑块质量。2.安装:正确安装好气垫导轨。

作用是减少摩擦力3.实验:接通电源,利用配套的数字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)。数据记录分析处理1.滑块速度的测量:v=,式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出,也可直接测量),Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。2.验证的表达式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。[方案二]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1.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。2.安装:按照如图甲所示的原理图安装实验装置,调整固定斜槽使斜槽底端水平。

保证平抛甲3.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O。

确定水平运动初始点4.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所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。5.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同一高度自由滚下,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,如图乙所示。改变入射小球的释放高度,重复实验。数据记录分析处理1.小球水平射程的测量:连接ON,测量线段OP、OM、ON的长度。2.验证的表达式:m1·lOP=m1·lOM+m2·lON。乙三、误差分析1.系统误差:主要来源于实验器材及实验操作等。(1)碰撞是否为一维碰撞。(2)气垫导轨是否完全水平,入射小球的释放高度存在差异。2.偶然误差:主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。四、注意事项1.前提条件:碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。2.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)若利用平抛运动规律进行验证,实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。×√×√研考点精准突破考点一教材原型实验考向一

实验原理与操作典题1(2023湖南衡阳模拟)某同学用平抛运动演示仪验证碰撞中的动量守恒,如图所示,实验的主要步骤如下:(1)将斜槽末端处的切线调成

。

(2)将O点处的小球b移开,将小球a从P点由静止释放,记录下小球a在水平面上的落点位置为C。(3)在O点处放上小球b,再将小球a从P点由静止释放,记录下两球落在水平面上的位置,在本次操作中,小球a的质量应

(选填“大于”“等于”或“小于”)小球b的质量。

水平大于(4)测出各落点位置与水平面上A点(OA与水平面垂直)间的距离分别为AB=L1、AC=L2、AD=L3。(5)用天平测出小球a、b的质量分别为m1、m2,若满足m1L2=

,则两小球碰撞时遵循动量守恒;若满足=

(用m1、m2表示),则两小球碰撞为弹性碰撞。

m2L3+m1L1解析

(1)小球做平抛运动的初速度方向应该是沿水平方向,所以应将斜槽末端处的切线调成水平。(3)为防止小球a反弹,小球a的质量应大于小球b的质量。考向二

数据处理与误差分析典题2(2023江苏苏州模拟)某同学用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律,实验中先让小球a从斜槽轨道上某点由静止滚下落在水平地面上,反复多次实验记录平均落点位置为B。然后将小球b放在斜槽末端,让小球a从斜槽上由静止滚下与小球b相碰后两球分别落在水平地面上,反复多次实验记录落点位置。已知斜槽末端的竖直高度H=45.00cm,ma=0.2kg,mb=0.1kg,重力加速度g取10m/s2,空气阻力不计,小球落地点距离O点(斜槽末端正下方)的距离如图乙所示。回答下列问题:甲乙(1)关于该实验不必要的条件是

。

A.斜槽末端必须保持水平B.a、b两球的半径必须相等C.a、b两球的密度必须相等D.小球a每次下落的起点位置必须相同(2)本实验探究水平动量守恒的表达式可以表示为

(用ma、mb、OA、OB、OC表示)。

(3)碰撞后小球b的水平动量为

(保留三位有效数字)。

Cma·OB=ma·OA+mb·OC0.160(5)若实验中小球每次落到水平面上的落点不完全相同,可以用

作为平均落地点位置。

守恒

包含落点的小圆圆心

解析

(1)实验中利用平抛运动验证小球碰撞中水平动量守恒,所以斜槽末端必须水平,故A正确,不符合题意;实验中应保证两球发生对心碰撞,且入射小球a的质量大于被碰小球b的质量,所以两小球半径应相等,而密度不等,故B正确,不符合题意,C错误,符合题意;为保证小球a每次碰小球b的速度相同,故小球a每次下落的起始位置要相同,故D正确,不符合题意。(5)为减小误差,应将落点用一个尽可能小的圆将所有落点圈起来,最终以“包含落点的小圆圆心”为落点进行测量。考点二实验的改进与创新考向一

实验器材的创新典题3(2023辽宁卷)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段,选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。图(a)图(b)测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2),将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON,保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。(1)在本实验中,甲选用的是

(选填“一元”或“一角”)硬币;

(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为

(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);

一元

(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=

(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;

(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:

。

存在空气阻力;硬币大小不能忽略,不可视为质点等(答案合理即可)解析

(1)甲碰撞乙,为了使碰撞后甲的速度方向不变,则甲的质量应该大于乙的质量,已知一元硬币的质量大于一角硬币的质量,所以甲选用的是一元硬币。考向二

实验方案的改进典题4

某物理兴趣小组设计了如图甲所示的实验装置。在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门,其右侧摩擦很小,可忽略不计,左侧为粗糙水平面。当地重力加速度大小为g,不计空气阻力。采用的实验步骤如下:Ⅰ.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片;Ⅱ.用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量ma、mb;Ⅲ.a和b间用细线连接,中间夹一被压缩了的轻短弹簧(与a、b不连接),静止放置在平台上;Ⅳ.细线烧断后,a、b瞬间被弹开,向相反方向运动;Ⅴ.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t,滑块a通过光电门后又运动了xa后停下;Ⅵ.小球b从平台边缘飞出后,落在水平地面的B点,用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s;Ⅶ.改变弹簧压缩量,进行多次测量。(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度,如图乙所示,则挡光片的宽度为

mm。

(2)针对该实验装置和实验结果,同学们做了充分的讨论,讨论结果如下:①该实验要验证“动量守恒定律”,则只需验证a、b弹开后的动量大小相等,即

=

(用上述实验所涉及物理量的字母表示);

②若该实验的目的是求弹簧的最大弹性势能,则弹簧的弹性势能为

(用上述实验所涉及物理量的字母表示);

③改变弹簧压缩量,多次测量后,该实验小组得到xa与

的关系图像如图丙所示,图线的斜率为k,则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为

(用上述实验数据字母表示)。

丙3.80解析

(1)挡光片的宽度d=3

mm+16×0.05

mm=3.80

mm。

第1讲动量和动量定理高考总复习2025123456789101112基础对点练题组一

动量和冲量的理解与计算1.冬奥会速滑比赛中,甲、乙两运动员的质量分别为m1和m2,若他们的动能相等,则甲、乙动量大小之比是(

)A.1∶1 B.m1∶m2C1234567891011122.(多选)颠球是足球的基本功之一,足球爱好者小华在练习颠球时,某次足球由静止自由下落0.8m,被重新颠起,离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m。已知足球与脚部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是(

)A.足球从下落到再次上升到最大高度,全程用了0.7sB.足球下落到与脚部刚接触时的动量大小为1.6kg·m/sC.足球与脚部作用过程中动量变化量大小为0.4kg·m/sD.足球从最高点下落到重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·sBD123456789101112落到再次上升到最大高度,全程的时间t=t1+t2+t3=0.8

s,故A错误;足球下落到与脚部刚接触时的速度v1=gt1=4

m/s,足球下落到与脚部刚接触时的动量大小p1=mv1=1.6

kg·m/s,故B正确;脚部接触足球后瞬间,足球的速度大小v2=gt3=3

m/s,取向上为正方向,可得足球与脚部作用过程中动量变化量大小Δp=mv2-(-mv1)=2.8

kg·m/s,故C错误;足球从最高点下落到重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为IG=mgt=3.2

N·s,故D正确。123456789101112题组二

动量定理的理解与应用3.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零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是(

)A.增加了司机身体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化成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机身体的受力面积D解析

行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体,增大了司机身体的受力面积,减少了司机身体单位面积的受力大小,延长了司机的受力时间,A项错误,D项正确;碰撞前司机的动量等于其质量与速度的乘积,碰撞后司机的动量为零,所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量,B项错误;司机与安全气囊的碰撞