【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第六章 第8讲　实验 验证机械能守恒定律含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第六章第8讲实验验证机械能守恒定律含答案第8讲实验:验证机械能守恒定律一、装置与器材打点计时器、交流电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线。二、实验步骤1.安装器材:将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与电源相连。2.打纸带:用手竖直提起纸带,使重物停靠在打点计时器下方附近,先接通电源,再松开纸带,让重物自由下落,打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带,换上新的纸带重打几条(3～5条)。3.选纸带:从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带。三、数据处理方案一:利用起始点和第n点计算代入mghn和12mvn2,如果在实验误差允许的范围内,mghn和12m方案二:任取两点计算(1)任取两点A、B,测出hAB,算出mghAB。(2)算出12mvB2-1(3)在实验误差允许的范围内,若mghAB=12mvB2-12方案三:图像法从纸带上选取多个点,测量从第一个点到其余各点的下落高度h,并计算各点速度的平方v2,然后以12v2为纵轴,以h为横轴,根据实验数据作出12v2-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线四、注意事项1.打点计时器要竖直:安装打点计时器时要竖直架稳,使其两限位孔在同一竖直线上,以减小摩擦阻力。2.重物应选用质量大、体积小、密度大的。3.应先接通电源,让打点计时器正常工作,后松开纸带让重物下落。4.某时刻的瞬时速度的计算应用vn=hn+1-hn-12T,不能用v5.此实验中不需要测量重物的质量。五、误差分析1.系统误差本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功,故重物动能的增加量ΔEk稍小于其重力势能的减少量ΔEp,即ΔEk<ΔEp,这属于系统误差,改进的方法是调整器材的安装,尽可能地减小摩擦阻力,选用质量大,体积小的物体作重物,以减小空气阻力的影响。2.偶然误差本实验的另一个误差来源于长度的测量,属于偶然误差。减小误差的方法是测下落距离时都从O点测量,一次将各打点对应的下落高度测量完,或者多次测量取平均值。考点一基础性实验[例1]【实验原理与实验操作】(2024·贵州贵阳模拟)(1)如图甲所示为探究机械能守恒定律的实验原理图。下列说法正确的是。

A.所选重物质量越大越好B.重物必须由静止释放C.释放前应让纸带自由下垂D.若电火花计时器的频率变为51Hz,则测出的速度大小偏小(2)实验中,得到一条如图乙所示的纸带,已知打点计时器打出O点时重物的速度为0。已知打点计时器的周期为T,重力加速度为g,若下落过程中机械能守恒,则满足等式

(用图乙中所给字母表示)。(3)某同学画出了v2-h图像,h是计数点到起始点O的距离,v是该计数点的速度,下列判断正确的是。

A.若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能一定守恒B.若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能可能不守恒C.若图像是一条不过原点的直线,则重物下落过程中机械能一定不守恒【答案】(1)D(2)(hD-hB)2=8T2ghC(3)B【解析】(1)所选重物质量太大的话,纸带无法承受重物的质量,故A错误;因为可以通过纸带上的点测算出在每个点处重物的速度,所以重物不需要由静止释放,故B错误;为减小阻力,释放前应让纸带竖直拉直,故C错误;若电火花打点计时器的频率变为51Hz,则周期变小,两点间距离变小,但计算时仍用原频率数值,则测出的速度大小偏小,故D正确。(2)根据匀加速直线运动中中间时刻速度等于平均速度可知,vC=hD-hB2T,若下落过程中机械能守恒,则满足等式mghC=12mvC2-0,化简得(hD-h(3)若下落过程中机械能守恒,则满足等式mgh=12mv2-0,化简得v2=2ghC,在v2-h图像中,若图像是一条过原点的直线,且斜率等于2g,则重物下落过程中机械能守恒。若图像是一条不过原点的直线,可能是所研究的过程初速度不为零,机械能不一定不守恒,故B正确,A、C[例2]【实验数据处理与误差分析】(2025·安徽合肥阶段检测)某同学用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”。实验所用的电源为学生电源,交变电流的频率为50Hz。重物从高处由静止开始下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点,该同学在纸带上每5个点取一个计数点,依打点先后顺序编号为0、1、2、3、4、……(1)由于不小心,几条纸带都被撕断了,则在B、C、D三段纸带中,与纸带A属于同一条的应该是。

ABCD(2)这名同学又重做该实验并挑选出一条点迹清晰的完好纸带进行测量分析,如图乙所示,其中零点为起始点。根据纸带上的测量数据,可得打点3时重物的速度为m/s;已知重物质量为200g,当地重力加速度g取9.8m/s2,则从点0到点3,重物的重力势能减少量|ΔEp|=J,动能增加量|ΔEk|=J(结果均保留3位有效数字)。

(3)第(2)小问中|ΔEk|与|ΔEp|的大小不相等,出现这一结果的原因可能是。

A.重物质量的测量值偏大B.接通电源前释放了纸带C.存在空气阻力和摩擦力【答案】(1)B(2)4.091.721.67(3)C【解析】(1)根据匀变速直线运动规律的推论可知x2-x1=aT2=9.7cm,x5-x2=3aT2,解得x5=69cm,故与纸带A属于同一条的应该是B。(2)对于匀变速直线运动,中间时刻的速度等于平均速度,打点3时重物的速度为v3=1.313-0.4960.2m/s≈4.09m/s,重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|=mgh=0.2×9.8×0.880J≈1.72J,动能增加量|ΔEk|=(3)势能减少量与动能增加量的表达式中均有质量,所以重物质量的测量不影响实验结果,故A错误;接通电源前释放了纸带会使第(2)小问中|ΔEk|略大于|ΔEp|,故B错误;空气阻力与纸带和限位孔之间的摩擦力做负功可导致|ΔEk|略小于|ΔEp|,故C正确。考点二创新性实验[例3]【实验原理的创新】(2025·广西南宁开学考试)某同学用如图所示装置研究机械能守恒定律。装置中的标尺盘可测定摆锤做圆周运动下落的高度h,利用光电门可测得摆锤通过光电门的速度v。已知重力加速度为g。该同学某次实验时让摆锤从A点由静止开始释放。(1)若该次实验中机械能守恒,应验证的表达式为(用题中字母表示)。

(2)该次实验中测得摆锤通过C点的机械能偏大的原因可能是(填标号)。

A.光电门在C的下方B.摆锤在摆动的过程中有空气阻力(3)若该次实验机械能守恒,取A点所在高度重力势能为0,则摆锤摆到左侧最高点时,重力势能(选填“>”“<”或“=”)0。

【答案】(1)gh=12v2(2)A(3)【解析】(1)设摆锤的质量为m,由机械能守恒定律有mgh=12mv2,则应验证的表达式为gh=12v(2)光电门在C的下方,导致C点的测量速度偏大,则机械能偏大,故A正确;摆锤在摆动的过程中有空气阻力,因空气阻力做负功,导致机械能减小,故B错误。(3)若该次实验机械能守恒,取A点所在高度重力势能为0,则摆锤摆到左侧最高点时,此位置与A点等高,故重力势能等于0。[例4]【实验目的的创新】(2025·重庆沙坪坝开学考试)利用图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘,另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接,A放在动摩擦因数为0.5的斜面上,A与滑轮之间的绳与斜面平行,距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放,测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次实验,测得多组1v2-M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量,不计滑轮转轴处摩擦1v2与滑轮质量Mm0.8m0.6m0.4m0.2m12524232221(1)若A上的挡光条宽为d,经过光电门时的挡光时间为Δt,则A通过光电门处的速度v=。

(2)根据表格中数据,在图乙坐标系中作出1v2-(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时,A物体通过光电门的速度平方的倒数,由此可求得sinθ=。

(4)利用表中的第1组数据,可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek=。(用m、R、ω表示)

【答案】(1)dΔt(2)图见解析(3)12(4)14m【解析】(1)A通过光电门的时间极短,则通过光电门的速度v=dΔ(2)作出1v2-(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时,A物体通过光电门的速度平方的倒数,即1v2=1gL,由能量关系可知12×2mv2=2mgLsinθ,由此可求得sin(4)当滑轮的质量为m时,根据第1组数据可知,1v2=2520gL,即v2=4gL5,由能量关系可得2mgLsinθ=Ek+12×2mv2,其中v=Rω,解得Ek[例5]【实验器材的创新】(2025·重庆沙坪坝开学考试)李华利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”,实验装置如图所示。将气垫导轨水平放置,滑块放在最右侧,并通过轻绳连接托盘和砝码。测得遮光条的宽度为d,托盘和砝码总质量为m,滑块与遮光条的总质量为M。实验开始时,将滑块移至图示位置,测得遮光条到光电门距离为l(d≪l),由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间为t。已知当地重力加速度为g,不计一切摩擦和空气阻力。(1)请选择合适的研究对象,写出验证机械能守恒定律所需要满足的表达式。

(2)某次实验中李华测量得滑块和遮光条的质量M=400.0g、托盘和砝码的质量m=100.0g、遮光条宽度d=0.45cm,滑块静止释放时遮光条中点与光电门光源之间距离l=60.00cm,遮光条遮光时间t=3.05ms,当地重力加速度g取9.8m/s2。则遮光条通过光电门时v=m/s,测量过程中系统重力势能的减少量ΔEp=J,系统增加的动能总和为ΔEk=J。(结果均保留3位有效数字)

(3)若测量相对误差η=|ΔEp-ΔEk|ΔEp×100%<5%可判定验证成功【答案】(1)mgl=12(M+m)(dt(2)1.480.5880.548(3)不成功,气垫导轨未调水平,滑轮有摩擦或者托盘受到空气阻力等【解析】(1)若托盘和砝码及滑块(包括遮光条)组成的系统机械能守恒,则系统减少的势能等于系统增加的动能,得mgl=12(M+m)(dt)(2)遮光条通过光电门时v=dt=0.45×10-23.05×10-3m/s≈1.48m/s。测量过程中系统重力势能的减少量ΔEp=(3)根据η=|ΔEp-ΔEk|[例6]【数据处理的创新】(2024·广西贵港模拟)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。轻杆两端固定两个完全相同的小球P、Q,杆可以绕固定于O点且垂直于纸面的水平轴在竖直面内自由转动。O点正下方有一光电门,当小球P经过最低点时,激光恰好照在球心所在位置。已知重力加速度为g,用游标卡尺测得小球的直径为d。(1)P、Q从水平位置由静止释放,当小球P通过最低点时,与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt,计算得到小球P经过最低点时的速度vP=。

(2)两小球P、Q球心间的距离为L,P、Q两球球心到转轴O点的距离之比为2∶1,当满足13gL=(用d、Δt表示)时,(3)若实验中发现系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,以下可能的影响因素有(填字母)。

A.小球运动过程受到空气阻力的影响B.球心间距离L的测量值偏小C.小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高【答案】(1)dΔt(2)58(dΔ【解析】(1)由题可知,小球P经过最低点的速度vP=dΔ(2)由于P、Q两球的角速度相等,圆周运动的半径之比为2∶1,故二者的线速度之比为2∶1,即vQ=d2Δt,当系统重力势能的减少量ΔEp=13mgL时,系统动能的增加量ΔEk=12mvP2+12mvQ2=58m(dΔt)2,整理可得13mgL=58m(3)由于空气阻力做负功的影响,导致系统的动能增加量总是比重力势能减少量小,故A正确;球心间距离L的测量值偏小,会导致重力势能的变化量偏小,故B错误;小球P运动到最低点时,球心位置比光电门略高,导致实际挡光时间Δt偏小,会导致速度偏大,故动能的增加量偏大,故C错误。(满分:70分)1.(12分)(2024·浙江6月选考卷,16)在“验证机械能守恒定律”的实验中,(1)下列操作正确的是。

(2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示,已知打点的频率为50Hz,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为m/s(结果保留3位有效数字)。

(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77m/s2,并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减少值为5.09m,另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)则该结果(选填“能”或“不能”)验证机械能守恒,理由是。

A.在误差允许范围内B.没有用当地的重力加速度g【答案】(1)A(2)3.34(3)能A【解析】(1)应手提纸带上端使纸带竖直,同时使重物靠近打点计时器,由静止释放。故选A。(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13”时,重锤下落的速度大小v13=0.6069-0.47332(3)可以验证机械能守恒;理由是“在误差允许范围内,重锤的重力势能减少值等于动能增加值”。故选A。2.(15分)(2025·海南海口阶段检测)如图甲所示是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。现有的器材为:带铁夹的铁架台、电火花打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平、交流电源。回答下列问题:(1)为完成此实验,除了现有的器材,还需要的器材是。

(2)实验中,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,当地的重力加速度g取9.80m/s2,所用重锤的质量为1.00kg,实验中得到一条点迹清晰的纸带,如图乙所示,把第一点记作O,另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点,经测量知道A、B、C、D到O点的距离分别为62.99cm,70.18cm,77.76cm,85.73cm,根据以上数据,可知重锤由O运动到C点,重力势能的减少量等于J,动能的增加量等于J(结果均保留3位有效数字)。

(3)某同学利用他自己实验时打出的纸带,测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,然后以h为横轴,12v2为纵轴作出了如图丙所示的图线。图线的斜率近似等于A.19.6 B.9.8 C.4.90(4)若第(2)问中计算结果是动能增加量小于重力势能减少量,主要原因是。

A.未测重锤的质量B.使用的重锤的质量大,体积小C.先接通电源,后释放纸带D.重锤和纸带下落时受到阻力【答案】(1)刻度尺(2)7.627.57(3)B(4)D【解析】(1)为完成此实验,除了现有的器材,还需要刻度尺测量纸带上计数点间的距离。(2)由O运动到C点,重锤重力势能的减少量为ΔEp=mghOC=1.00×9.8×77.76×10-2J≈7.62J。C点的速度大小为vC=hBD2T=(85.73-70.18)×10-22×0.02(3)根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2,所以12v2=gh,由此可知,题图丙中图线的斜率表示重力加速度。故选(4)重锤下落过程,存在一定的空气阻力和摩擦力做负功,使增加的动能总是小于减少的重力势能。故选D。3.(12分)(2024·河南周口阶段检测)如图所示的实验装置可以用来验证机械能守恒定律,光滑平整水平长木板左侧放置一个光滑平整的斜面,光电门固定在水平木板上,把一个金属小球从斜面上高为h处由静止释放,金属球通过光电门的时间为t,已知当地的重力加速度为g。(1)用游标卡尺测出金属球的直径d。(2)如果关系式h=成立,则表明机械能守恒定律得到验证。

(3)多次改变金属球在斜面上释放位置的高度h,用图像法处理数据,以为x轴,以h为y轴,将实验中记录的多组数据在坐标系中描点、连线,如果得到的图像是一条斜率为且过原点的直线,则机械能守恒定律成立。

【答案】(2)d22gt2【解析】(2)若金属球运动过程中机械能守恒,则应有mgh=12mv2,其中v=dt,则可得,如果关系式h=d2(3)若金属球运动过程中机械能守恒,则有h=d22gt2,因此用图像法处理数据时,若以1t2为x轴,以h4.(15分)(2025·江苏南通开学考试)某实验小组利用光电门遮光时可测速度的特性来做“验证机械能守恒定律”实验。实验装置主体如图甲所示。(1)将宽度d=0.5cm的黑色胶带等间隔贴在(选填“透明塑料”或“铁质”)直尺上,相邻胶带中心线之间的距离Δh=2.5cm。

(2)图乙为某条胶带在刻度尺上的位置,该胶带右侧边缘所对应的读数为cm。

(3)将光电门固定在铁架台上,由静止竖直释放直尺,测得第1个和第4个胶带通过光电门的时间间隔分别为t1和t4。已知直尺质量m=0.4kg,t1=0.010s,则第1个胶带经过光电门时直尺的动能为J(结果保留2位有效数字)。

(4)在误差允许范围内,若关系式(用Δh、d、t1、t4、g表示)成立,说明直尺下落过程中机械能守恒。

(5)有同学认为,直尺上黑色胶带的宽度d不是足够小,导致胶带通过光电门时直尺的动能计算值比真实值偏小。你是否同意该同学的观点?请简要说明理由

。

【答案】(1)透明塑料(2)3.00(3)0.050(4)6gΔh=(dt4)2-(dt1)【解析】(1)根据实验原理可知,因铁质直尺不透光,应将黑色胶带等间隔贴在透明塑料直尺上。(2)由题图乙可知,刻度尺的最小刻度为1mm,则该胶带右侧边缘所对应的读数为3.00cm。(3)根据题意可知,第1个胶带经过光电门时的速度为v1=dt1,则第1个胶带经过光电门时直尺的动能为Ek1=12mv12=12×0.4×(0.5×1(4)第4个胶带经过光电门时的速度为v4=dt4,从第1个到第4个胶带通过光电门时,直尺下落过程中重力势能的减少量为ΔEp=mg×3Δh,若直尺机械能守恒,则mg×3Δh=12mv42-12mv12,联立可得若关系式6gΔh=(dt4(5)同意该同学的观点,由于v=dΔt测量的是胶带通过光电门的平均速度,由匀变速直线运动的规律可知此速度等于胶带通过光电门的中间时刻的速度,实验原理中测量的是胶带中间位置的速度,由于d不是足够小,胶带通过光电门中间时刻的速度小于中间位置的速度,故胶带通过光电门时直尺的速度测量值偏小5.(16分)(2025·黑龙江哈尔滨阶段检测)某实验小组利用实验系统测量某动力学轨道的动摩擦因数。实验步骤如下:(1)将动力学轨道倾斜放置在水平桌面上,如图甲所示,运动传感器和小车分别放在动力学轨道的高端和低端,将小车配有的弹力器压缩至最大,顶住末端的缓冲器。(2)点击系统软件“启动”按钮采集数据,按下弹力器开关释放小车,小车瞬间弹开,让小车上下往复运动几次即可停止。根据软件中处理得到的位置—时间图像建立小车重力势能随时间变化的曲线,如图乙所示;并根据速度—时间图像建立小车动能随时间变化的曲线,如图丙所示。则小车第一次离开缓冲器时的动能Ek=J。(结果保留2位小数)

(3)由以上两图,计算出小车第一次沿斜面向上运动的过程中,小车的机械能减少量ΔE=J。(结果保留2位小数)

(4)记录动力学轨道与水平面的夹角θ,若小车沿斜面向上运动的过程,机械能的减少量与重力势能的增加量之比为k,推导动摩擦因数μ与θ、k的关系式,可得μ=(用θ和k表示)。

(5)若θ=37°,利用小车第一次沿斜面向上运动过程的数据,得μ=。(结果保留2位小数)

【答案】(2)0.90(3)0.06(4)ktanθ(5)0.05【解析】(2)由题图丙中数据可知,小车第一次离开缓冲器时的动能Ek=0.90J。(3)由题图乙中数据可知,小车第一次到达最高点时的重力势能Ep=0.84J,因此减少的机械能为ΔE=Ek-Ep=0.06J。(4)小车沿斜面向上运动的过程,机械能的减少量等于克服摩擦力所做的功ΔE=μmgLcosθ,重力势能的增加量等于克服重力所做的功Ep=mgLsinθ,根据题意可知k=ΔE可得μ=ktanθ。(5)将Ep=0.84J,ΔE=0.06J,θ=37°代入μ=ktanθ可得μ≈0.05。【课标要求】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。【考情分析】动量和动量定理2024·广东卷·T14、2024·福建卷·T7、2023·广东卷·T10、2023·新课标卷·T19动量守恒定律2024·广东卷·T10、2024·江苏卷·T9、2024·江苏卷·T14、2024·山东卷·T17、2024·河北卷·T15、2024·湖南卷·T15、2023·广东卷·T15实验:验证动量守恒定律2024·新课标卷·T22、2024·山东卷·T13、2023·辽宁卷·T11、2022·全国甲卷·T23第1讲动量和动量定理情境导思某同学在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测,某次他在头盔中装入质量为5kg的物体,物体与头盔紧密接触,使其从0.8m的高处自由落下,并与水平面发生碰撞,头盔被挤压了0.02m时,物体的速度减为0,如图所示,挤压过程中视为匀减速直线运动,不考虑物体和地面的形变,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)物体落地瞬间的速度为多少?(2)匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为多少?(3)物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为多少?物体在自由下落过程中重力的冲量大小为多少?1.下列关于冲量、动量、动能的说法正确的是()[A]物体的动量增大2倍,其动能也增大2倍[B]物体合力的冲量不为零,其动量变化量和动能变化量一定不为零[C]由冲量的定义式I=FΔt可知,冲量是矢量,冲量的方向一定与物体受力方向相同[D]由动量的定义式p=mv可知,动量是矢量,动量的方向与速度的方向相同【答案】D2.(2024·山东菏泽期中)如图所示是用木槌把糯米饭打成糍粑的场景,已知木槌质量为12kg,木槌刚接触糍粑时的速度为6m/s,打击糍粑0.1s后木槌静止,重力加速度g取10m/s2,木槌击打糍粑过程中所受平均作用力大小为()[A]1080N[B]840N[C]720N [D]600N【答案】B【答案】乘积FΔtN·s矢量相同质量速度mv速度变化量mv′-mv考点一对动量和冲量的理解1.动能、动量、动量变化量的比较比较项目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Ek=12mvp=mvΔp=p′-p标矢性标量矢量矢量续表比较项目动能动量动量变化量特点状态量状态量过程量关联方程Ek=p22m,Ek=p=2mEk,2.冲量的四种计算方法公式法利用定义式I=FΔt计算冲量,此法仅适用于计算恒力的冲量图像法利用F-t图像计算,F-t图线与横轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量平均力法若力随时间均匀变化,即力与时间是一次函数关系,则力F在某段时间t内的冲量I=F1+F22Δt,F动量定理法对于变力的冲量,不能直接用I=FΔt求解,若已知初、末时刻动量的情况,可用动量定理求解,即求出该力作用下物体动量的变化量,由I=Δp求变力的冲量[例1]【对冲量、动量及动量变化量的理解】下列关于冲量和物体动量的说法正确的是()[A]物体所受合力越大,它的动量就越大[B]物体所受合力越大,它的动量变化越快[C]物体所受合力的冲量越大,它的动量就越大[D]物体所受合力冲量越大,它的动量变化越快【答案】B【解析】物体所受合力越大则加速度越大,但是加速度与速度大小无必然联系,加速度大时,物体速度不一定大,动量就不一定大,但加速度越大,速度变化越快,则动量变化越快,故A错误,B正确;根据I=FΔt=Δp,物体所受合力的冲量越大,它的动量变化越大,动量不一定大,动量变化也不一定快,故C、D错误。[例2]【恒力冲量的计算】如图,一物体静止在水平地面上,受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后,物体仍保持静止。下列说法正确的是()[A]物体所受拉力F的冲量方向水平向右[B]物体所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ[C]物体所受摩擦力的冲量大小为0[D]物体所受合力的冲量大小为0【答案】D【解析】根据冲量的定义式有I=Ft,可知物体所受拉力F的冲量方向与F相同,故A错误;物体所受拉力F的冲量大小是Ft,故B错误;物体处于平衡状态,则有Ff=Fcosθ,则物体所受摩擦力的冲量大小为If=Fft=Ftcosθ,故C错误;物体所受合力为零,所以物体所受合力的冲量大小为0,故D正确。[例3]【变力冲量的计算(F-t图像法)】(2024·广东卷,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。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tanθ。(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。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力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=30kg,H=3.2m,重力加速度大小g取10m/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。【答案】(1)ma(2)①330N·s,方向竖直向上②0.2m【解析】(1)如图所示,敏感球受重力mg和敏感臂的压力FN以及斜面的支持力FN′,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tanθ=ma,解得tanθ=mamg(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=12×0.1×6600N·s=330N·方向竖直向上;②头锤落到气囊上时的速度v0=2gH=8取竖直向上为正方向,头锤与气囊作用过程根据动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),解得v=2m/s,则上升的最大高度h=v22g=0.2考点二对动量定理的理解和应用1.对动量定理的理解(1)动量定理中的冲量是合力的冲量,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是物体所受的合力的冲量。(3)Ft=p′-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因。(4)Ft=p′-p整理为F=Δpt(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。2.解题基本思路[例4]【定性解释有关现象】(2024·黑龙江哈尔滨二模)2023年7月22日,中国女足迎来第九届世界杯首战。如图所示,某次扑球时,守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的足球扑去,使足球停下。与不戴手套相比,此过程守门员戴手套可以()[A]减小足球的惯性[B]减小足球对手的冲量[C]减小足球的动量变化量[D]减小足球对手的平均作用力【答案】D【解析】守门员戴着厚厚的手套向水平飞驰而来的球扑去,这样可以延长球与手接触的时间,对球,取球的初速度方向为正方向,根据动量定理得-Ft=0-mv,可得F=mvt,当时间延长时,动量的变化量不变,则球受到的冲量不变,可减小球动量的变化率,即减小手对球的平均作用力,足球的惯性由质量决定,用动量定理解释现象(F=Δp(1)Δp一定时,F的作用时间越短,力就越大;作用时间越长,力就越小。(2)F一定,此时力的作用时间越长,Δp就越大;力的作用时间越短,Δp就越小。[例5]【动量定理的定量计算】(2024·广东广州模拟)(多选)质量为0.60kg的篮球从高1.80m处由静止释放,碰地后反弹上升1.25m,若篮球与地面的接触时间为0.1s,忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则与地面碰撞过程中,篮球()[A]机械能的减少量为10.8J[B]动量变化量大小为6.6kg·m/s[C]对地面的冲量大小为7.2N·s[D]所受合力的冲量大小为6.6N·s【答案】BCD【解析】篮球做自由落体运动,根据自由落体运动规律,落地速度v1=2gh1=6m/s,反弹速度v2=2gh2=5m/s,机械能的减少量ΔE=12mv12-12mv22=3.3J,故A错误;取向上为正方向,动量变化量大小Δp=mv2-(-mv1)=6.6kg·m/s,故B正确;根据动量定理I-mgt=Δp,解得地面对篮球的冲量I=7.2N·s,根据牛顿第三定律可知,篮球对地面的冲量大小为7.2N·s,故C正确;根据动量定理结合B选项分析考点三应用动量定理处理“流体模型”“流体模型”问题的类型及解决思路类型流体类:液体流、气体流等,通常已知密度ρ微粒类:电子流、光子流、尘埃等,通常给出单位体积内粒子数n解题思路①构建“柱状”模型:沿流速v的方向选取一段小柱体,其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV=vSΔt小柱体的质量m=ρΔV=ρvSΔt小柱体的粒子数N=nΔV=nvSΔt小柱体的动量p=mv=ρv2SΔt③建立方程,应用动量定理FΔt=Δp研究[例6]【“流体类”模型】(2024·上海黄浦二模)消防员用横截面积为S的喷水枪,喷出恒定流速为v的水流,水流垂直射向着火的墙体后,速度可视为0。水的密度为ρ,水流的重力忽略不计。求:(1)水枪在Δt时间内喷出水的质量;(2)墙体受到水流平均冲击力的大小。【答案】(1)ρSvΔt(2)ρSv2【解析】(1)水枪在Δt时间内喷出水的质量为Δm=ρSvΔt。(2)以水喷出的方向为正方向,与墙体碰撞过程中对Δt时间内的水,根据动量定理得-FΔt=0-Δmv,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律可得,墙体受到水流平均冲击力的大小F′=F=ρSv2。[例7]【“微粒类”模型】如图,将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上,观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次,且碰撞前后速率不变,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,则持续倾倒黄豆的时间约为()[A]1.5s [B]2.5s [C]3.0s [D]5.0s【答案】B【解析】黄豆落在秤盘上的速度大小为v=2gh=5m/s,设持续倾倒黄豆的时间为t,则单位时间落在秤盘上的黄豆数量为n=2000t,黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力,故重力可以忽略,由动量定理得FΔt=2nm0v,方程两侧根据时间累计求和可得Ft=2m总v,又F=0.8N,则代入数据可得t=2.5(满分:60分)对点1.对动量和冲量的理解1.(4分)(2025·江苏南通开学考试)巴黎奥运会上,运动员托着重为G的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举,至双臂伸直(图丙),则运动员从图甲到图丙的过程中()[A]地面对运动员做正功[B]地面对运动员的冲量为0[C]运动员受到重力的冲量为0[D]运动员对杠铃的冲量大于GΔt【答案】D【解析】地面对运动员的支持力的位移为0,则地面对运动员不做功,选项A错误;地面对运动员的支持力的冲量IN=FNt,则地面对运动员的冲量不为0,选项B错误;重力的冲量I=G人t,可知运动员受到重力的冲量不为0,选项C错误;运动员从题图甲到题图丙的过程中运动员对杠铃的作用力为G,作用时间大于Δt,可知运动员对杠铃的冲量大于GΔt,选项D正确。2.(4分)如图所示,质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1速度为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是()[A]重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)sinθ[B]支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cosθ[C]合力的冲量为0[D]摩擦力的总冲量为Ff(t1+t2)【答案】B【解析】重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2),A错误;支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cosθ,B正确;整个过程中滑块的动量发生了改变,故合力的总冲量不为0,C错误;上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反,故若以沿斜面向上为正方向,摩擦力的总冲量为Ff(t2-t1),D错误。对点2.对动量定理的理解和应用3.(4分)锤子是常用装修工具。铺木地板时,调整地板之间衔接平整,需要用锤子轻轻敲打;把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打。关于两种情况下选用的锤子及理由,以下说法正确的是()[A]钉铁钉时,应选铁锤快速敲打,以获得较大的打击力[B]钉铁钉时,应选木锤快速敲打,以获得较小的打击力[C]铺地板时,应选铁锤低速敲打,以获得较小的打击力[D]铺地板时,应选木锤低速敲打,以获得较大的打击力【答案】A【解析】根据动量定理得Ft=0-(-mv0),解得F=mv0t,钉铁钉时,为了获得较大的打击力F,应选择铁锤快速敲打,选择铁锤是因为铁锤的质量比木锤质量大,快速敲打能减小铁锤与铁钉的作用时间t,增大铁锤的打击力,A正确,B错误。根据F=mv0t,铺木地板时,为了获得较小的打击力F,应该选择木锤低速敲打;选择木锤是因为木锤的质量小,低速敲打增大木锤与地板的作用时间t,4.(4分)(2024·江苏扬州模拟)如图,在光滑的水平桌面上,质量为m的小球在轻绳的作用下,绕O点以速率v做匀速圆周运动。AB连线为直径,由A点开始计时,经过时间t小球在B点,绳子的拉力大小为F,此过程下列说法正确的是()[A]圆周运动的周期可能为23[B]小球重力冲量大小为0[C]绳子拉力的冲量大小为Ft[D]小球动量的变化量大小为0【答案】A【解析】小球绕O点做匀速圆周运动,由A到B点的运动时间t可能是半个周期的奇数倍,即t=nT2,其中n取奇数,则T=2tn,当n=3时,T=23t,故A正确;在时间t内,小球重力的冲量IG=mgt,故B错误;小球在A点和B点时的速度方向相反,则绳子拉力的冲量IF=mv-(-mv)=2mv,而绳子拉力为变力,可知IF≠Ft,故C错误;由C可知,小球在由A点到B点的运动过程中,动量的变化量大小为2mv5.(6分)(2025·甘肃金昌阶段检测)(多选)如图甲所示,一个质量m=1kg的物块静止在水平面上,现用水平力F向右拉物块,F的大小随时间变化关系如图乙所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度大小g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()[A]0～4s内,重力的冲量大小为0[B]0～4s内,重力的冲量大小为40N·s[C]4s末,物块的速度大小为8m/s[D]4s末,物块的速度大小为9m/s【答案】BD【解析】0～4s内,重力的冲量大小为IG=mgt0=40N·s,故A错误,B正确;当水平力满足F=Ff=μmg=2N,物块才开始运动,则1～4s内由F-t图像可知水平力F的冲量大小为IF=2+82×3N·s=15N·s,由动量定理可得IF-μmgt=mv,其中μmgt=0.2×1×10×3N·s=6N·s,解得4s末物块的速度大小为v=9m/s,故C错误,D对点3.应用动量定理处理“流体模型”6.(4分)(2024·广东汕头一模)某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车,如图所示,叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开,叶片旋转形成的圆面积为S,空气密度为ρ,下列说法正确的是()[A]风力小车的原理是将风能转化为小车的动能[B]t时间内叶片排开的空气质量为ρSv[C]叶片匀速旋转时,空气对小车的推力为ρSv2[D]叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为12ρSv【答案】C【解析】风力小车消耗电能后转化成风能,再推动小车运动,所以是电能转化为小车的动能,故A错误;t时间内叶片排开的空气质量为m=ρvtS,故B错误;根据动量定理,叶片匀速旋转时,空气受到的推力为F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2,单位时间内空气流动的动能为Ek=12m0v2=12ρSv·v2=12ρSv7.(6分)(2024·湖