2025高考物理步步高同步練習選修1第一章 動量章末檢測試卷(一)含答案

2025高考物理步步高同步練習選修1第一章動量章末檢測試卷(一)(滿分：100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．下面列舉的裝置各有一定的道理，其中不能用動量定理進行解釋的是()A．運輸玻璃器皿等易碎物品時，在器皿的四周總是墊著碎紙或海綿等柔軟、有彈性的墊襯物B．建筑工人戴的安全帽內(nèi)有帆布墊，把頭和帽子的外殼隔開一定的空間C．熱水瓶膽做成兩層，且把兩層中間的空氣抽去D．跳高運動中的墊子總是十分松軟答案C解析A、B、D均是通過延長作用時間從而減小沖擊力，都可以用動量定理解釋；C選項中將熱水瓶膽做成雙層，中間的空氣抽去是為了保溫，不是為了減小沖擊力，不能用動量定理解釋，故選C。2．(2022·深圳市實驗學校段考)50kg的媽媽帶著20kg的小孩騎著10kg的自行車以3m/s的速度勻速行駛在平直路面上。行駛中小孩從車上跳下來，若小孩在離開車座時的水平速度為零，則此時媽媽和自行車的行駛速度大小為()A．2m/s B．3m/sC．4m/s D．6m/s答案C解析設大人與車的總質(zhì)量為M，小孩的質(zhì)量為m，由于小孩在離開車座時的水平速度為零，則根據(jù)人、車系統(tǒng)水平方向動量守恒可得(m＋M)v0＝Mv，代入數(shù)據(jù)求得v＝4m/s，故C正確。3．某電影中，宇航員在太空中與飛船之間相距7.5m，飛船無法實施救援活動，為了靠近飛船，男主角剪破自己的宇航服，反向噴出氣體使自己飛向飛船。假設氣體能以50m/s的速度噴出，宇航員連同裝備共100kg，開始時宇航員和飛船保持相對靜止，宇航員必須在100s內(nèi)到達飛船，噴出氣體的質(zhì)量至少為()A．0.1kg B．0.15kgC．0.2kg D．0.25kg答案B解析設宇航員反沖獲得的最小速度為u，則有u＝eq\f(x,t)＝eq\f(7.5,100)m/s＝0.075m/s，設噴出氣體的質(zhì)量為m，宇航員連同裝備的質(zhì)量為M，噴出氣體的過程系統(tǒng)動量守恒，以氣體的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv－(M－m)u＝0，解得m≈0.15kg，選項B正確。4.如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為M的木塊，由一輕彈簧連在墻上，有一質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入木塊并留在其中，當木塊第一次回到原來位置的過程中(彈簧始終在彈性限度內(nèi))，墻對彈簧的沖量大小為()A．0 B.eq\f(2m2v0,M＋m)C.eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0答案D解析由于子彈射入木塊的時間極短，系統(tǒng)的動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)。從彈簧被壓縮到木塊第一次回到原來的位置過程中，系統(tǒng)速度大小不變，方向改變，對木塊(含子彈)，根據(jù)動量定理得I＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)·eq\f(mv0,M＋m)＝－2mv0。由于彈簧的質(zhì)量不計，則墻對彈簧的彈力等于彈簧對木塊的彈力，所以墻對彈簧的沖量大小等于彈簧對木塊的沖量大小，為2mv0，故D正確。5.如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍噴出水柱的直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。高壓水槍的質(zhì)量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是()A．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為ρπvD2B．高壓水槍單位時間噴出的水的質(zhì)量為eq\f(1,4)ρvD2C．水柱對汽車的平均沖力為eq\f(1,4)ρD2v2D．當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍答案D解析高壓水槍單位時間噴出水的質(zhì)量m0＝ρV＝ρπeq\f(D2,4)·v＝eq\f(1,4)πρvD2，故A、B錯誤；設水柱對車的平均沖力為F，由動量定理得Ft＝mv，即Ft＝eq\f(1,4)ρπvD2·t·v，解得F＝eq\f(1,4)ρπv2D2，選項C錯誤；高壓水槍產(chǎn)生的壓強p＝eq\f(F,S)＝eq\f(\f(1,4)ρπv2D2,\f(1,4)πD2)＝ρv2，則當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時，壓強變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D正確。6.如圖所示，A、B是兩個用等長細線懸掛起來的大小可忽略不計的小球，mB＝5mA，B球靜止，拉起A球，使細線與豎直方向夾角為30°，由靜止釋放A球，在最低點A球與B球發(fā)生彈性碰撞。不計空氣阻力，則關于碰后兩小球的運動，下列說法正確的是()A．A球靜止，B球向右，且偏角小于30°B．A球向左，B球向右，且偏角等于30°C．A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°D．A球向左，B球向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30°答案C解析設A球到達最低點的速度為v，在最低點A球與B球發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為vA，B球的速度為vB，取向右為正方向由動量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB由兩球發(fā)生彈性碰撞可得eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2可得vA＝－eq\f(2,3)v，vB＝eq\f(1,3)v，A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故選項C正確。7．(2023·泰安市檢測)如圖所示，質(zhì)量為m的滑環(huán)套在足夠長的光滑水平桿上，質(zhì)量為m球＝3m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的輕質(zhì)細繩與滑環(huán)連接?；h(huán)固定時，給小球一個水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h1(h1<L)；滑環(huán)不固定時，仍給小球以同樣的水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h2。則h1∶h2＝()A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3答案B解析滑環(huán)固定時，設小球獲得沖量I后對應的初速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律，有eq\f(1,2)m球v02＝m球gh1，解得h1＝eq\f(v02,2g)；滑環(huán)不固定時，小球初速度仍為v0，在小球擺起最大高度h2時，它們速度都為v，在此過程中小球和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，則m球v0＝(m＋m球)v，eq\f(1,2)m球v02＝eq\f(1,2)(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq\f(v02,8g)，則h1∶h2＝4∶1，故B正確。8．(2023·長春十一高月考)如圖所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為M的靜止的物體，物體上有一光滑的半圓弧軌道，半徑為R，最低點為C，兩端AB一樣高，現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊從A點由靜止下滑，重力加速度為g，則在運動過程中()A．物體所能獲得的最大速度為meq\r(\f(2mgR,M2＋Mm))B．小滑塊運動到最低點C時對軌道的壓力大小為3mgC．物體向左運動的最大距離為eq\f(2mR,m＋M)D．物體與小滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量也守恒答案C解析物體和小滑塊組成的系統(tǒng)豎直方向所受合外力不為0，系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向所受合外力為零，則水平方向動量守恒；由于只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，當小滑塊到達最低點時，物體的速度最大，則mv1－Mv2＝0，mgR＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得物體所能獲得的最大速度為v2＝meq\r(\f(2gR,M2＋Mm))，故A、D錯誤；當光滑的半圓弧軌道固定在水平地面上時，由機械能守恒定律可知eq\f(1,2)mv2＝mgR，由牛頓第二定律F－mg＝eq\f(mv2,R)，滑塊運動到最低點C時軌道對滑塊的支持力大小F＝3mg，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊運動到最低點C時對軌道的壓力大小為3mg，現(xiàn)在光滑的半圓弧軌道在水平面上運動，滑塊運動到最低點C時對軌道的壓力大小不是3mg，故B錯誤；由水平方向動量守恒，得mx1＝Mx2，x1＋x2＝2R，解得物體向左運動的最大距離為x2＝eq\f(2mR,m＋M)，故C正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2022·內(nèi)江市期末)如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車，站在車上的人將右邊筐中的球一個一個地投入左邊的筐中，不計空氣阻力。所有球仍在車上，那么，在投球過程中下列說法正確的是()A．人和小車組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，小車靜止不動B．人和小車組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，小車向右運動C．投完球后，小車將向右做勻速直線運動D．投完球后，小車將靜止不動答案BD解析在投球過程中，人和車(含籃球)系統(tǒng)所受的合外力不為零，但水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，籃球有水平向左的動量，則人和車系統(tǒng)獲得水平向右的動量，所以人和車系統(tǒng)所受的合外力不為零，小車向右運動，A錯誤，B正確；由題知投完球后所有球仍在車上，人、車和球速度相同，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒知，小車的速度為零，C錯誤，D正確。10．(2022·蕪湖市期末)如圖甲所示，光滑水平面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x；現(xiàn)讓該彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，靜止在光滑水平面上，物體A以2v0的速度向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，已知整個過程彈簧處于彈性限度內(nèi)，則()A．物體A的質(zhì)量為6mB．物體A的質(zhì)量為3mC．彈簧壓縮量為最大值x時的彈性勢能為eq\f(3,2)mv02D．彈簧第一次恢復原長時，物體B的動量大小為eq\f(3,2)mv0答案BC解析彈簧固定時，當彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，物體A的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設A的質(zhì)量為mA，即有Epm＝eq\f(1,2)mAv02，當彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機械能守恒定律得Epm＝eq\f(1,2)mA(2v0)2－eq\f(1,2)(mA＋m)v2，聯(lián)立得mA＝3m，Epm＝eq\f(3,2)mv02，故A錯誤，B、C正確；彈簧第一次恢復原長時，由動量守恒定律得mA·2v0＝mAv1＋mv2，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mA(2v0)2＝eq\f(1,2)mAv12＋eq\f(1,2)mv22，物體B的動量大小為pB＝mv2，解得pB＝3mv0，選項D錯誤。11．A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動，A球的動量為5kg·m/s，B球的動量為7kg·m/s，當A球追上B球時發(fā)生對心碰撞，則碰撞后A、B兩球動量的可能值為()A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝－5kg·m/s，pB＝17kg·m/s答案BC解析若碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，故A錯誤；碰撞前，A的速度大于B的速度vA>vB，則有eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)得到mA<eq\f(5,7)mB，根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有eq\f(32,2mA)＋eq\f(92,2mB)≤eq\f(52,2mA)＋eq\f(72,2mB)，得到mA≤eq\f(1,2)mB，滿足mA<eq\f(5,7)mB，故B正確；同理可知，C正確；D項中，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律，故D錯誤。12．(2023·資陽中學月考)如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質(zhì)量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止狀態(tài)。一個質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點自由落下，與鋼板碰撞后粘在一起向下運動x0后到達最低點Q，設物塊與鋼板碰撞的時間Δt極短，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．物塊與鋼板碰后的速度大小為eq\f(\r(2gh),2)B．在Δt時間內(nèi)，物塊對鋼板的沖量大小為meq\f(\r(2gh),2)－mgΔtC．從P到Q的過程中，整個系統(tǒng)重力勢能的減少量為mg(x0＋h)D．從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為mg·(2x0＋eq\f(h,2))答案AD解析物塊下落h，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv12，物塊與鋼板碰撞，根據(jù)動量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)，選項A正確；取向下為正方向，碰撞過程，對鋼板由動量定理有(mg－F彈＋F)Δt＝mv2，其中mg＝F彈，解得物塊對鋼板的沖量I＝FΔt＝meq\f(\r(2gh),2)，B錯誤；從P到Q的過程中，整個系統(tǒng)重力勢能的減少量為ΔEp＝mg(x0＋h)＋mgx0＝mg(2x0＋h)，選項C錯誤；從碰撞到Q點，由能量守恒定律可知，eq\f(1,2)×2mv22＋2mgx0＝Ep，則彈性勢能的增加量為Ep＝mg(2x0＋eq\f(h,2))，選項D正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(6分)如圖所示為一彈簧彈射裝置，在內(nèi)壁光滑、水平固定的金屬管中放有輕彈簧，彈簧壓縮并鎖定，在金屬管兩端各放置一個金屬小球1和2(兩球直徑略小于管內(nèi)徑且與彈簧不固連)?，F(xiàn)解除彈簧鎖定，兩個小球同時沿同一直線向相反方向彈射(拋出前已與彈簧分離)。然后按下述步驟進行實驗：①用天平測出兩球質(zhì)量m1、m2；②用刻度尺測出兩管口離地面的高度h；③記錄兩球在水平地面上的落點P、Q?；卮鹣铝袉栴}：(1)要測定彈射裝置在彈射時所具有的彈性勢能，還需測量的物理量有________。(已知重力加速度為g)A．彈簧的壓縮量ΔxB．兩球落點P、Q到對應管口M、N的水平距離x1、x2C．兩球從管口彈出到落地的時間t1、t2(2)根據(jù)測量結(jié)果，可得彈性勢能的表達式為Ep＝________。(3)由上述測得的物理量來表示，如果滿足關系式________，就說明彈射過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒。答案(1)B(2分)(2)eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)(2分)(3)m1x1＝m2x2(2分)解析(1)根據(jù)機械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢能等于兩球剛被彈出時的動能之和，而要求解動能必須還要知道兩球彈射的初速度v0，由平拋運動規(guī)律可知v0＝eq\f(x,\r(\f(2h,g)))，故還需要測出兩球落點P、Q到對應管口M、N的水平距離x1、x2；(2)小球被彈開時獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgx2,4h)，故彈性勢能的表達式為Ep＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(m1gx12,4h)＋eq\f(m2gx22,4h)；(3)如果滿足關系式m1v1＝m2v2，即m1x1＝m2x2，那么就說明彈射過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒。14．(10分)(2022·全國甲卷)利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質(zhì)量為m1的滑塊A與質(zhì)量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：(1)調(diào)節(jié)導軌水平；(2)測得兩滑塊的質(zhì)量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質(zhì)量為________kg的滑塊作為A；(3)調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離s1與B的右端到右邊擋板的距離s2相等；(4)使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2；(5)將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟(4)。多次測量的結(jié)果如下表所示；12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k＝eq\f(v1,v2)0.31k20.330.330.33(6)表中的k2＝________(保留2位有效數(shù)字)；(7)eq\f(v1,v2)的平均值為______(保留2位有效數(shù)字)；(8)理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由eq\f(v1,v2)判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則eq\f(v1,v2)的理論表達式為__________________(用m1和m2表示)，本實驗中其值為________(保留2位有效數(shù)字)，若該值與(7)中結(jié)果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。答案(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)0.34(每空2分)解析(2)用質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的滑塊，碰后運動方向相反，故選0.304kg的滑塊作為A。(6)由于兩段位移大小相等，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得k2＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(t2,t1)＝eq\f(0.21,0.67)＝0.31。(7)eq\f(v1,v2)的平均值為eq\x\to(k)＝eq\f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32。(8)彈性碰撞時滿足動量守恒和機械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22聯(lián)立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2－m1,2m1)，代入數(shù)據(jù)可得eq\f(v1,v2)＝0.34。15．(8分)如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離靜止的空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務。某時刻甲、乙都以大小為v0＝2m/s的速度相向運動，甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質(zhì)點。甲和他的裝備總質(zhì)量為M1＝90kg，乙和他的裝備總質(zhì)量為M2＝135kg，為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出一質(zhì)量為m＝45kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后不再松開，此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動，且安全“飄”向空間站。(1)乙要以多大的速度v將物體A推出；(2)設甲與物體A作用時間為t＝0.5s，求甲與A的相互作用力F的大小。答案(1)5.2m/s(2)432N解析(1)規(guī)定水平向左為正方向，甲、乙兩宇航員最終的速度大小均為v1，方向向左。對甲、乙以及物體A組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律可得M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1(2分)對乙和A組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律可得M2v0＝(M2－m)v1＋mv(2分)聯(lián)立解得v＝5.2m/s，v1＝0.4m/s。(1分)故乙要以5.2m/s的速度將物體A推出。(2)對甲根據(jù)動量定理有Ft＝M1v1－M1(－v0)(2分)解得F＝432N。(1分)16．(10分)(2023·新安中學月考)如圖所示，虛線OO1左側(cè)的水平地面粗糙，右側(cè)的水平地面光滑，在虛線左側(cè)20m處靜止著一質(zhì)量為m＝1kg的物塊A，在虛線右側(cè)靜止著質(zhì)量為M＝3kg、長度為L＝2.4m的長木板B，B的右端靜止放置著另一質(zhì)量為m0的小物塊C，現(xiàn)給A一水平向右、大小為v0＝12m/s的初速度，一段時間后A與B發(fā)生彈性碰撞，已知A與OO1左側(cè)地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.2，C與B間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，A、C均可視為質(zhì)點。(1)求A與B發(fā)生碰撞后，B速度的大?。?2)若最終C恰好未滑離B，求C的質(zhì)量。答案(1)4m/s(2)1kg解析(1)選A為研究對象，在OO1左側(cè)運動階段，設A與B碰撞前A的速度為vv2＝v02－2a1x(1分)由牛頓第二定律可知μ1mg＝ma1(1分)聯(lián)立解得v＝8m/s(1分)A與B發(fā)生彈性碰撞的瞬間，C的速度未發(fā)生變化，則碰撞過程中A和B組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，有mv＝mv1＋Mv2(1分)eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(1分)解得B的速度大小為v2＝4m/s。(1分)(2)對B與C，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可知Mv2＝(m0＋M)v3(1分)μ2m0gL＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)(m0＋M)v32(2分)解得m0＝1kg。(1分)17．(12分)如圖所示，用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊靜止于光滑的水平地面上，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C以v＝6m/s的初速度在光滑水平地面上向右運動，與前方的物塊A發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，并且C與A碰撞后粘在一起運動，A、B、C位于同一直線上。在以后的運動中：(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊B的速度多大？彈簧彈性勢能的最大值是多大？(2)彈簧第一次恢復原長時物塊B的速度多大？答案(1)3m/s12J(2)6m/s解析(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大。由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有mCv＝(mA＋mB＋mC)v2(1分)解得v2＝3m/s(1分)即彈簧彈性勢能最大時B的速度為3m/s由于A、C兩者組成的系統(tǒng)碰撞前后瞬間動量守恒，有mCv＝(mA＋mC)v1(1分)解得v1＝4m/s(1分)設彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v12－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v22(2分)解得Ep＝12J(1分)(2)C、A碰撞后為初狀態(tài)，再次恢復原長為末狀態(tài)，則由系統(tǒng)動量守恒得(mC＋mA)v1＝(mC＋mA)v3＋mBvB(2分)由系統(tǒng)能量守恒得eq\f(1,2)(mC＋mA)v12＝eq\f(1,2)(mC＋mA)v32＋eq\f(1,2)mBvB2(2分)解得vB＝6m/s。(1分)18．(14分)如圖，在光滑水平地面上有一輛質(zhì)量M＝2kg的小車，小車左右兩側(cè)均為半徑R＝0.3m的四分之一光滑圓弧軌道，兩圓弧軌道之間平滑連接長L＝0.6m的粗糙水平軌道．質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從小車左側(cè)圓弧軌道頂端A處由靜止釋放，小物塊和粗糙水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小物塊第一次滑到左側(cè)圓弧軌道末端時，小物塊與小車的速度大小之比；(2)小物塊第一次滑到右側(cè)圓弧軌道上的最大高度h；(3)整個運動過程小物塊在粗糙水平軌道上經(jīng)過的路程s及全過程小車在地面上發(fā)生的位移x的大小。答案(1)2∶1(2)0.24m(3)3m0.3m解析(1)小物塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設水平向右為正方向，小物塊第一次滑到左側(cè)圓弧軌道末端時速度大小為v1，小車速度大小為v2由0＝mv1－Mv2(2分)得v1∶v2＝2∶1(1分)(2)小物塊第一次滑到右側(cè)圓弧軌道上的最大高度h處時，小物塊和小車有相同的水平速度v′，有0＝(m＋M)v′(2分)由系統(tǒng)能量守恒得mgR＝mgh＋μmgL＋eq\f(1,2)(m＋M)v′2(2分)聯(lián)立解得h＝0.24m(1分)(3)小物塊最終與小車相對靜止，有0＝(m＋M)v″(1分)整個過程，由系統(tǒng)能量守恒得mgR＝μmgs(1分)得s＝3m(1分)則s＝5L可知，物塊在小車的水平軌道最右端(或右側(cè)圓弧底端)相對小車靜止，則物塊相對小車發(fā)生位移x總＝R＋L系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小物塊水平向右發(fā)生位移大小為x1，小車水平向左發(fā)生位移大小為x，有mx1＝Mx(1分)又x1＋x＝x總(1分)得x＝0.3m。(1分)章末素養(yǎng)提升物理觀念物理概念動量：物體的質(zhì)量和速度的乘積沖量：力與力的作用時間的乘積物理原理動量定理：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv動量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′科學思維極限思想知道動量定理適用于變力情況，會用極限思想理解變力沖量的求解過程理想化模型碰撞模型；彈性碰撞問題；反沖現(xiàn)象圖像法能夠通過F－t圖像求某力的沖量；通過F合－t圖像求合力的沖量或動量的變化量科學探究1.能提出與碰撞前后的動量測量及對實驗造成影響等相關的物理問題2.能設計驗證動量守恒定律的實驗方案并進行交流論證。知道實驗需測量的物理量和所需器材，知道碰撞前后速度的測量方法，能測量并記錄數(shù)據(jù)3.能寫出具體碰撞情境中碰撞前后表征動量守恒的表達式，能分析數(shù)據(jù)驗證動量守恒定律，能對實驗誤差及誤差產(chǎn)生的原因進行分析科學態(tài)度與責任1.了解生產(chǎn)生活中應用動量定理、動量守恒定律、反沖運動等實例，進一步提高學習物理的興趣，加強對科學本質(zhì)的認識2.通過動量守恒定律的學習，認識到物理學是人類認識自然的方式之一，是不斷發(fā)展的，具有相對持久性和普適性3.了解我國航天事業(yè)的巨大成就，增強對我國科學技術(shù)發(fā)展的信心例1(多選)(2022·成都市新都一中檢測)在一場足球比賽中，運動員甲用力將質(zhì)量為400g的球踢出，運動員乙用胸膛頂球。假設足球以大小為v1＝8m/s的水平速度砸向乙，并以大小為v2＝4m/s的水平速度反彈，足球與乙的作用時間為0.5s。在這個過程中，下列說法正確的是()A．足球的動量變化量大小為1.6kg·m/sB．足球的動能變化量大小為9.6JC．足球?qū)σ以谒椒较虻臎_量大小為4.8N·sD．足球?qū)σ以谒椒较虻钠骄饔昧Υ笮?.2N答案BC解析以初速度方向為正方向，足球的動量變化量Δp＝－mv2－mv1代入數(shù)據(jù)得Δp＝－4.8kg·m/s負號表示動量變化量與初速度方向相反，所以足球的動量變化量大小為4.8kg·m/s，A錯誤；足球的動能變化量ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝－9.6J，B正確；根據(jù)動量定理，乙對足球的沖量I＝－mv2－mv1，代入數(shù)據(jù)得I＝－4.8kg·m/s，負號表示沖量與初速度方向相反，結(jié)合牛頓第三定律，足球?qū)σ业臎_量大小為4.8kg·m/s，C正確；根據(jù)動量定理及牛頓第三定律eq\x\to(F)t＝mv2＋mv1代入數(shù)據(jù)得eq\x\to(F)＝9.6N，所以足球?qū)σ以谒椒较虻钠骄饔昧Υ笮?.6N，D錯誤。例2如圖所示，在光滑的水平面上放置有兩木塊A和B，A的質(zhì)量較大，現(xiàn)同時施加大小相等的恒力F使它們相向運動，然后又同時撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，則A和B合在一起后的運動情況是()A．停止運動B．因A的質(zhì)量較大而向右運動C．因B的速度較大而向左運動D．運動方向不確定答案A解析設作用力F作用的時間為t，向右為正方向，則A的末動量pA＝FtB的末動量pB＝－Ft碰撞的過程中滿足動量守恒定律，所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0碰撞后它們合在一起，停止運動，故A正確。例3(2023·海門市第一中學月考)一個不穩(wěn)定的原子核質(zhì)量為M，處于靜止狀態(tài)。放出一個質(zhì)量為m的粒子后反沖，已知放出的粒子的動能為E0，則原子核反沖的動能為()A．E0 B.eq\f(m,M)E0C.eq\f(m,M－m)E0 D.eq\f(Mm,M－m)E0答案C解析放出質(zhì)量為m的粒子后，剩余質(zhì)量為M－m，該過程動量守恒，有：mv0＝(M－m)v放出的粒子的動能為E0＝eq\f(1,2)mv02原子核反沖的動能：Ek＝eq\f(1,2)(M－m)v2解得：Ek＝eq\f(m,M－m)E0，故選C。例4(2023·石家莊市辛集中學月考)如圖，在足夠大的光滑水平面上放有兩個小物塊P、Q，Q的質(zhì)量為m，P的質(zhì)量為2m，物塊P連接一輕彈簧并處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)讓物塊Q以初速度3v0向物塊P運動且兩物塊始終保持在一條直線上。若分別用實線和虛線表示物塊Q、P的速度v與時間t之間關系的圖線，則在彈簧形變過程中，v－t圖像可能是下圖中的()答案C解析以兩物體及彈簧作為整體分析，當它們速度相等時，由動量守恒定律可得m·(3v0)＝(m＋2m)v解得v＝v0，故A、B錯誤；碰后，Q的速度減小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度時，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力增大，它們的加速度都增大，當彈簧壓縮到最大，開始恢復的過程中，彈力方向不變，Q的速度繼續(xù)減小，P的速度繼續(xù)增大，但由于彈簧的壓縮量減小，它們的加速度都將減小，故C正確，D錯誤。例5某學生利用某軟件對一維碰撞的實驗視頻進行分析，視頻中m1＝15g的小球碰撞原來靜止的m2＝10g的小球，由視頻分析可得它們在碰撞前后的x－t圖像如圖所示。(1)由圖可知，入射小球碰撞前的動量m1v1＝________kg·m/s，被碰小球碰撞后的動量m2v2′＝________kg·m/s；(2)碰撞的恢復系數(shù)的定義為e＝|eq\f(v2′－v1′,v2－v1)|，其中v1和v2分別是碰撞前兩物體的速度，v1′和v2′分別是碰撞后兩物體的速度，彈性碰撞的恢復系數(shù)e＝1，非彈性碰撞的恢復系數(shù)e<1，該實驗碰撞的恢復系數(shù)e＝________，可判斷該視頻中的碰撞屬于________(填“彈性碰撞”或“非彈性碰