金版教程2025年高考物理复习第七章核心素养提升

第七章核心素养提升[科学思维提炼]1．抽象与概括：动量概念的提出，以及动量守恒定律发现的科学历史过程。2．特殊值法：例如弹性碰撞的实例分析中，选取简单特例进行分析。如果所得结论与实际情况一致，那么理论分析可能是正确的，否则一定出了问题。3．微元法(1)求某些变力的冲量。(2)动量定理在“流体”类及“微粒”类物体相关问题中的应用。4．图像法：求某些变力的冲量。5．平均值法：当力的大小随时间均匀变化时，求该力的冲量。6．分段法和全程法：多过程问题中应用动量定理或动量守恒定律。7．守恒思想：动量守恒定律，明确守恒条件。8．模型建构(1)动量定理在“流体”类及“微粒”类物体相关问题中应用时，沿流体流速方向或微粒速度方向建立“柱体”模型。(2)动量守恒定律实际应用中的碰撞、爆炸、反冲模型，以及其下细化的弹性碰撞、对心正碰、“人船模型”、“子弹打木块”及“滑块—木板”模型、“滑块—弹簧”模型、“悬绳模型”等。9．力学三大观点(1)动力学观点：需要进行过程分析，可以求瞬时量。(2)能量观点①动能定理应用时需要确定初末状态，并明确过程中力做的功；②机械能守恒定律应用时需要确定物体或系统初末状态，并明确守恒条件；③能量守恒定律应用时需要确定研究涉及的物体及对应过程的初末状态。(3)动量观点①动量定理应用时需要确定初末状态，并明确过程中力的冲量；②动量守恒定律应用时需要确定系统所涉及的物体以及初末状态，并明确守恒条件。10．转换法：(利用斜槽滚球法)验证动量守恒定律的实验。11．数学归纳法：动量守恒定律在某些多过程问题中的应用。[素养提升集训]一、选择题(本题共8小题)1.(2023·广东省湛江市高三下第二次模拟)(多选)一木箱静止于水平地面上，小明用水平拉力F拉木箱，拉力F与时间t的关系图像如图所示，4s后木箱做匀速直线运动，图中F1、F2、F3均已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．0～2s内，木箱保持静止B．可求出木箱与地面间的动摩擦因数C．可求出0～6s内合力的冲量大小D．可求出0～6s内木箱克服摩擦力做的功答案AC解析4s后木箱做匀速直线运动，表明木箱所受滑动摩擦力大小f＝F2，又f＝fmax，根据题图可得F1<F2＝fmax，所以0～2s内，木箱保持静止，A正确；根据f＝μmg，f＝F2，解得μ＝eq\f(F2,mg)，由于木箱质量未知，因此不能求出木箱与地面间的动摩擦因数μ，B错误；在F­t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示力的冲量，所以根据图像可求出0～6s内拉力F的冲量大小IF＝2s·(F1＋F2＋F3)，0～2s内木箱处于静止状态，有f1＝F1，2～6s内摩擦力f＝F2，且摩擦力方向与拉力方向始终相反，则摩擦力的冲量If＝－2s·f1－4s·f＝－2s·F1－4s·F2，则0～6s内合力的冲量大小I合＝IF＋If＝2s·(F3－F2)，C正确；由于木箱质量未知，因此不能求出木箱的速度、加速度与位移，则不能求出0～6s内木箱克服摩擦力做的功，D错误。2．(2023·福建省厦门市高三下3月第二次质量检测)鼓浪屿原名“圆沙洲”，因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓，故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”，现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中，海浪以5m/s的速度垂直撞击到一平直礁石上，之后沿礁石两侧流走，已知礁石受冲击的面积为2m2，海水的密度为1.05×103kg/m3，则海浪对礁石的平均冲击力大小约为()A．1.05×104N B．5.25×104NC．7.88×104N D．2.63×105N答案B解析设Δt时间内冲击礁石的海水的体积为ΔV，则有ΔV＝SvΔt，这部分海水的质量为Δm＝ρ·ΔV，以海浪的运动方向为正方向，在海浪冲击礁石过程中，设礁石对海水的平均作用力大小为F，根据动量定理有－FΔt＝0－Δmv，联立解得F＝ρSv2＝1.05×103×2×52N＝5.25×104N，根据牛顿第三定律可知，海浪对礁石的平均冲击力大小约为F′＝F＝5.25×104N，故选B。3．(2023·湖南省邵阳市高三下二模)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为vt。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是()A．vt＝2u B．vt＝v0＋2uC．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u答案B解析设探测器的质量为m，行星的质量为M，行星在探测器远离后的速度大小为u1，以u方向为正方向，由题意结合弹性碰撞规律可知，探测器与行星作用过程中，两者组成的系统动量守恒、总动能保持不变，根据动量守恒定律有－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1，根据总动能保持不变，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)，解得vt＝eq\f(M（v0＋2u）,M＋m)－eq\f(mv0,M＋m)，又因为m≪M，则有vt＝v0＋2u，故选B。4．(2023·新课标卷)(多选)一质量为1kg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10m/s2。下列说法正确的是()A．在x＝1m时，拉力的功率为6WB．在x＝4m时，物体的动能为2JC．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s答案BC解析由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2m，F1＝eq\f(12－0,2－0)N＝6N，2～4m，F2＝eq\f(18－12,4－2)N＝3N。物体从x＝0运动到x＝1m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入W1＝6J、x1＝1m，解得在x＝1m时，物体的速度v1＝2m/s，则在x＝1m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18J、x4＝4m，解得在x＝4m时，物体的动能Ek4＝2J，B正确；从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2m，解得Wf2＝8J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2m内由静止开始做加速运动，在2～4m内做减速运动，在x＝2m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入W2＝12J、x2＝2m，解得在x＝2m时物体的速度v2＝2eq\r(2)m/s，则从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2eq\r(2)kg·m/s，D错误。5.(2024·湖南省永州市高三上第一次模拟)(多选)如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置静止释放b球，下列说法正确的是()A．b球落地的瞬间，a球的速度为0B．在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0答案AC解析a、b两球组成的系统在水平方向上所受合力始终为零，水平方向动量守恒，系统水平方向的初动量为零，则b球落地的瞬间系统水平方向动量仍为零，此时轻杆方向水平，则a、b球水平方向的速度相等，可知a球的速度为零，故A正确；由于释放b球时a球的速度为0，当b球落地的瞬间，a球的速度仍为0，但b球下落过程中a球速度不为0，则a球的机械能不守恒，但初、末时刻的机械能相等，由于a、b球与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，b球的机械能不守恒，但初、末时刻b球的机械能相等，则轻杆对b球做的总功为0，故B、D错误；b球落地前的整个过程中，b球的动量变化量Δpb竖直向下，b球的重力的冲量竖直向下，根据动量定理可知，轻杆对b球的水平冲量为0，分析可知，轻杆对b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，设前一过程轻杆对b球的冲量为I1，后一过程轻杆对b球的冲量为I2，则I1与水平方向的夹角较大，根据以上分析，由矢量的合成法则，可作出整个过程轻杆对b球的冲量I如图，即轻杆对b球的冲量大小不为零，方向竖直向上，故C正确。6.(鲁科版选择性必修第一册·第一章[单元自我检测]T8改编)(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则()A．C球落地前瞬间A球的速度为eq\r(2gH)B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6C．A球弹起的最大高度为25HD．A球弹起的最大高度为9H答案ABD解析因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝eq\r(2gH)，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，eq\f(1,2)mBvB′2＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由B项分析解得vA′＝3eq\r(2gH)，根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度hmax＝eq\f(vA′2,2g)＝9H，C错误，D正确。7.(2021·山东高考)(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是()A．投出物资后热气球做匀加速直线运动B．投出物资后热气球所受合力大小为mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2)答案BC解析开始时载有物资的热气球处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝Mg＋mg；水平投出质量为m的物资瞬间，根据整体动量守恒，可知热气球获得相对地面水平向左的速度v＝eq\f(mv0,M)；投出物资后热气球所受浮力不变，则其所受合力为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确。投出物资后热气球和物资的运动示意图如图所示，设物资落地所用时间为t，根据H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，热气球的加速度大小a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(m,M)g，则在竖直方向上运动的位移为HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H；物资和热气球在水平方向均做匀速直线运动，则物资和热气球的水平位移分别为xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根据几何关系可知，落地时物资与热气球的距离为d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，C正确，D错误。8．(2021·湖南高考)(多选)如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是()A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0B．mA>mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。二、非选择题(本题共1小题)9．(2023·全国乙卷)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝eq\f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。答案(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)l(3)4解析(1)小球释放后自由下落，设下降高度为l时小球的速度为v0，根据机械能守恒定律得mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)小球以速度v0＝eq\r(2gl)与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬间小球的速度为vm1，圆盘的速度为vM1，取竖直向下为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M1)mv0＝mvm1＋MvM1联立解得vm1＝－eq\f(1,2)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)vM1＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向上，圆盘的速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向下。(2)