人教版選擇性必修第一冊復習學案TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"第1講 動量和動量定理 -1-\o"CurrentDocument"第2講 動量守恒定律及其應用 -9-\o"CurrentDocument"實驗十 驗證動量守恒定律 -23-\o"CurrentDocument"專題六 反沖現象與“人船模型”問題 -31-\o"CurrentDocument"第3講 簡諧運動及其描述 -36-第4講機械波 -48-驗_|—, 用單擺里重力加速度""""""""".""""""""."""""""."""""""".""""-66-\o"CurrentDocument"第5講光的折射和全反射 -71-\o"CurrentDocument"第6講 光的干涉、衍射、光的偏振、激光 -84-\o"CurrentDocument"實驗十二測量玻璃的折射率 -94-\o"CurrentDocument"實驗十三用雙縫干涉測量光的波長 -99-\o"CurrentDocument"第7講 磁場對通電導線的作用カ -103-\o"CurrentDocument"第8講 磁場對運動電荷的作用カ -118-\o"CurrentDocument"專題七帶電粒子在復合場中的運動 -138-第1講動量和動量定理一、動量、動量變化量、沖量.動量(1)定義:把質量和速度的乘積機。定義為物體的動量。(2)表達式:幽。(3)方向：動量的方向與速度的方向相同。.動量變化量(1)因為動量是矢量,動量的變化量△ク也是矢量,其方向與速度的改變量△0的方向相同。(2)動量的變化量的大小，一般用末動量"減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量，即へ。=2ニュ。.沖量1)定義：カ與力的作用時間的乘積叫作力的沖量。(2)公式:I=FMo3)單位:N?s。4）方向:沖量是%其方向與力的方向相同。思考辨析,.物體的動量越大,其慣性也越大。 （X）.物體沿水平面運動時,重力不做功,其沖量為0。 （X）二、動量定理.內容:物體在ー個運動過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。.公式：尸（メーハ=m。’ーm0或i=p'—p。.動量定理的理解（1）動量定理反映了力的沖量與動量變化量之間的因果關系,即外力的沖量是原因,物體的動量變化量是結果。（2）動量定理中的沖量是査力的沖量,而不是某ー個力的沖量,它可以是合力的沖量,可以是各力沖量的矢量和,也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。（3）動量定理的表達式是矢量式,等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。思考辨析.1.物體所受合外力的沖量方向與物體末動量的方向相同。 （X）2,物體所受合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向是一致的。（J）3.動量定理描述的是某ー狀態的物理規律。 （X）考點1動量、動量變化量、沖量（基礎考點）f題組通關j.質量為5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上,隨后以3m/s的速度反向彈回,若取豎直向下的方向為正方向，則小球的動量變化量為（）10kg?m/s-10kg-m/s40kg?m/s-40kg-m/sD解析:動量變化量是末動量減去初動量,規定豎直向下為正方向,則小球的初動量pi=n/oi=25kg?m/s,末動量p2=m02=—15kg?m/s,所以小球的動量變化量△p=/?2—pi=-40kg?m/s。2?在光滑水平面上,原來靜止的物體在水平カド的作用下,經過時間ハ通過位移x后,動量變為p、動能變為反。以下說法正確的是（）A,在ド作用下,這個物體若經過位移2x,其動量將等于2PB.在ド作用下,這個物體若經過時間23其動量將等于2PC,在ド作用下,這個物體若經過時間23其動能將等于2&D,在ド作用下,這個物體若經過位移ハ,其動能將等于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正確,C錯誤;由Er=Ek,F?2x=Ek'可知,Ek'=2￡k,D錯誤;由p=巾mEk,p'=yj2mEk’可知,p'=y[2p,A錯誤。3.（2020?泉州模擬）如圖所示,ad、bd、cd是固定在豎直平面內的三根光滑細桿,a、b、c、イ四個點位于同一圓周上,。在圓周最高點,d在圓周最低點,每根細桿上都套著質量相等的小滑環（圖中未畫出）,三個滑環分別從ハ氏c三個點同時由靜止釋放。關于它們下滑的過程,下列說法正確的是（）A,重力對它們的沖量相同B.彈カ對它們的沖量相同C.合外カ對它們的沖量相同D.它們動能的增量相同A解析:這是“等時圓”模型,即三個滑環同時由靜止釋放，運動到最低點d的時間相同,由于三個滑環的重力相等,由公式，="分析可知,三個滑環重力的沖量相等,故A正確;c滑環受到的彈カ最大,運動時間相等,則彈カ對c滑環的沖量最大,故B錯誤;a滑環的加速度最大,受到的合外力最大,則合外力對a滑環的沖量最大,故C錯誤;重力對。滑環做的功最多,其動能的增量最大,故D錯誤。題后歸納

1.動能、動量、動量變化量的比較動能動量動量變化量定義物體由于運動而具有的能量物體的質量和速度的乘積物體末動量與初動量的矢量差定義式斤1っp=mvAp=p'-p標矢性標量矢量矢量關聯方程rP2ロ_1 _/z_萬 2Ek^k~2m9Elゼし，〃ーy2〃広い〃一v聯系（1）都是相對量,與參考系的選取有關,通常選取地面為參考系（2）若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化;但動量發生變化時，動能不一定發生變化2.沖量的三種計算方法公式法利用定義式［=れ計算沖量,此方法僅適用于恒カ的沖量,無需考慮物體的運動狀態圖像法利用凡r圖像計算，凡，圖線與?軸圍成的面積表示沖量,此法既可以計算恒力的沖量,也可以計算變カ的沖量動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用,可以求出該カ作用下物體動量的變化量,由，=△/?求變カ的沖量考點2動量定理及其應用（能力考點）r典例導引」考向1運用動量定理解釋生活現象典例（2020?全國卷I）行駛中的汽車如果發生劇烈碰撞,車內的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內減小為0,關于安全氣囊在此過程中的作用,下列說法正確的是（）A,增加了司機單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C,將司機的動能全部轉換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積解題指導，解決本題的關鍵是知道在碰撞過程中,司機動量的變化量是一定的;會熟練應用動量定理分析力的變化。【自主解答】D解析:因安全氣囊充氣后,受力面積增大,故減小了司機單位面積的受力大小,故A錯誤;有無安全氣囊司機的初動量和末動量均相同,所以動量的變化量也相同,故B錯誤;因有安全氣囊的存在,司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉化為氣體的內能,不能全部轉化成汽車的動能,故C錯誤;因為安全氣囊充氣后面積增大,司機的受力面積也增大,在司機擠壓氣囊的過程中，由于氣囊的緩沖作用增加了司機的受力時間，故D正確。【核心歸納】應用動量定理解釋的兩類物理現象（1）當物體的動量變化量一定時，力的作用時間△，越短,力ド就越大，カ的作用時間越長,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）當作用カド一定時,力的作用時間△，越長，動量變化量越大,カ的作用時間△，越短,動量變化量越小。考向2動量定理的應用典例（2018?全國卷H）高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從ー居民樓的25層墜下,與地面的碰撞時間約為2ms,則該雞蛋對地面產生的沖擊カ約為（）A.10N B.102NC.laN D.104N【自主解答】C解析:設每層樓高約為3m,則雞蛋的下落高度約為ん=3X24m=72m,- Azr\/2女カ由mg〃=56ア及（ド一知,雞蛋對地面的沖擊カF=~+mg=950N,故選C。【技法總結】用動量定理解題的基本思路「多維訓練J.下列解釋正確的是（）A,跳高時,在落地處墊海綿是為了減小沖量B,在碼頭上裝橡皮輪胎,是為了減小渡船靠岸過程中受到的沖量C,動量相同的兩個物體受相同的制動力作用,質量小的先停下來D,人從越高的地方跳下，落地時越危險，是因為落地時人受到的沖量越大D解析:跳高時,在落地處墊海綿是為了延長作用時間,減小沖カ,而不是減小沖量，故選項A錯誤;在碼頭上裝橡皮輪胎，是為了延長作用時間，從而減小沖力，而不是減小沖量,故選項B錯誤;動量相同的兩個物體受相同的制動カ作用,根據動量定理れ=桃0知,運動時間相等,故選項C錯誤:人從越高的地方跳下,落地時速度越大，動量越大，則沖量越大，故選項D正確。.“守株待兔”是我們熟悉的寓言故事，它出自《韓非子》,原文為:“宋人有耕田者。田中有株,兔走觸株,折頸而死。因釋其耒而守株,冀復得兔。兔不可復得，而身為宋國笑。”假設ー只兔子的質量為2kg,受到驚嚇后從靜止開始沿水平道路勻加速直線運動,經過1.2s速度大小達到9m/s后勻速奔跑,撞樹后被水平彈回,反彈速度大小為lm/s,設兔子與樹的作用時間為0.05s,重力加速度g取!0m/s2o下列說法正確的是（）A,加速過程中兔子的加速度為180m/s2.加速過程中地面對兔子的平均水平作用カ大小為20NC.撞樹過程中樹對兔子的平均作用カ大小為320ND.撞樹過程中樹對兔子的平均作用カ大小為400ND解析:兔子經過1.2s速度由〇達到9m/s,根據加速度公式可知，。=フ=7.5m/s2,故A錯誤;勻加速過程中,設地面對兔子的平均水平作用カ大小為ア根據動量定理可知，ガ=加。ー〇,代入數據解得/=15N,故B錯誤;撞樹過程中，兔子撞樹前的動量大小p=a/zu=2X9kg?m/s=18kg?m/s,以撞樹前兔子的速度方向為正方向,兔子撞樹后的動量p'=mvf=2X(—l)kg?m/s=-2kg?m/s,兔子撞樹過程中動量的變化量△〃=〃，一p=-2kgm/s-18kgTn/s=-20kgm/s,由動量定理得Ft=△〃=-20N?s,則兔子受到的平均作用カ大小為400N,故C錯誤,D正確。自科學思維I兩類“柱狀模型”典例宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決,其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區時,如何保持速度不變的問題。假設一宇宙飛船以。=2.0X103m/s的速度進入密度p=2.0X10-6kg/m3的微粒塵區,飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S=5m2,且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上,則飛船要保持速度。不變，所需推力多大?【自主解答】解析:設飛船在微粒塵區的飛行時間為△3則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量△加="So△/微粒由靜止到與飛船一起運動,微粒的動量增加,由動量定理Ff=Ap,得FLt=Lmv=pSvLtv所以飛船所需推力F=pSv2=2.OX10-6X5X(2.0X103)2N=40No答案:40N【核心歸納】.流體類“柱狀模型”流體及其特點通常液體、氣體等被廣義地視為“流體”,質量具有連續性,通常已知密度0分析步驟1建立“柱狀模型”,沿流速。的方向選取一段柱狀流體，其橫截面積為S2微元研究,作用時間△?內的一段柱狀流體的長度為。△ハ對應的質量為へ加3應用動量定理,建立方程研究這段柱狀流體2.微粒類“柱狀模型”微粒及通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微粒”,質量具有獨立其特點性,通常給出單位體積內的粒子數〃1建立“柱狀模型”,沿運動方向選取一段微元柱體,其橫截面積為S分析2微元研究,作用時間△，內一段柱體的長度為ひ△，,對應的體積為AV步驟=So厶，，則微元內的粒子數，3先應用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘以N計算變式1（2020.皖江模擬）如果沒有空氣阻カ,天上的云變成雨之后落到地面,在經過一路的加速后,到達地面時的速度會達到300m/s,這樣的速度基本相當于子彈速度的一半,是非常可怕的。由于空氣阻力的作用,雨滴經過變加速運動,最終做勻速運動,一般而言,暴雨級別的雨滴落地時的速度為8~9m/so某次下暴雨時小明同學恰巧打著半徑為0.5m的雨傘（假設傘面水平,雨水的平均密度為0.5kg/m3）,由于下雨使小明增加撐雨傘的力最小約為（）A.0.25N B.2.5NC.25N D.250NC解析:設時間，內,落到雨傘上雨水的質量為加，根據動量定理有,Ft=mv,m=pvtnr2t解得F=pv2nr,代入數值解得ビmin=25N,選項C正確。變式2（2021.南昌模擬）人們射向未來深空的探測器是以光壓為動カ的,讓太陽光垂直薄膜光帆照射并全部反射，從而產生光壓。設探測器在軌道上運行時,每秒每平方米獲得的太陽光能E=1.5X10”,薄膜光帆的面積S=6.0X102m2,探測器的質量加=60kg,已知光子動量的計算式p=，,那么探測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,知光子的動量和能量之間的關系為七=「へ設時間?內射到探測器上的光子個數為〃，每個光子的能量為￡b=pc,光子射到探測器上后全部反射，每秒每平方米面積上獲得的太陽光>7An t能為后=竇,由動量定理得ん丄=2p,對探測器應用牛頓第二定律有ド=ma,可rj 7?得a=?代入數據解得。=0.001m/s2。故A正確,B、C、D錯誤。第2講動量守恒定律及其應用ー、動量守恒定律.內容如果ー個系統不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個系統的總動量保持.四個表達式(l)p=〃，系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量(2)如01+加202=如01'+加2。2)一，相互作用的兩個物體組成的系統,作用前的動量和等于作用后的動量和。△pi=一△"2,相互作用的兩個物體的動量變化量等大反向。(4)Ap=0,系統總動量的增量為0。3,適用條件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為Q。(2)近似守恒:系統內各物體間相互作用的內力遠大王它所受到的外力。(3)某一方向守恒：如果系統在某ー方向上所受外力的合力為〇,則系統在這ー方面上動量守恒。思考辨析'TOC\o"1-5"\h\z.只要系統所受合外力做功為〇,系統動量就守恒。 (X).系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變。 (ノ).動量守恒定律的表達式，〃101+加202=如01'+，，7202‘?一定是矢量式，應用時一定要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。 (丿)注意事項，⑴系統的動量是否守恒,與選擇哪幾個物體作為系統和分析哪一段運動過程有直接關系。（2）分析系統內物體受力時,要弄清哪些カ是系統的內力,哪些カ是系統外的物體對系統的作用力。二、碰撞.定義:碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間的相互作用カ很大的現象。.特點:在碰撞現象中,一般都滿足內力遠大王外力,可認為相互碰撞的系統動量守恒。.分類種類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失量大思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.質量相等的兩個物體發生碰撞時,一定交換速度。 （X）.碰撞前后系統的動量和機械能均守恒。 （X）.若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰撞后均變為靜止，則兩球碰撞前的動量大小一定相同。 （J）考點1動量守恒的條件及應用（基礎考點）

「題組通關」.（多選）下列相互作用的過程中,可以認為系統動量守恒的是（）A.輪滑男孩推B.子彈擊穿地上面輪滑女孩 粉袋的瞬間C.宇航員在艙外D.公路上運動的

發射子彈 汽車發生碰撞

AC解析:動量守恒的條件是相互作用的物體系統不受外力或所受外力的合カ為0,而相互作用過程中，內力遠大于外力時也可認為動量守恒。題圖A中,輪滑男孩推輪滑女孩的過程中，內力遠大于外力，因此系統的動量可認為守恒；題圖B和題圖口中,在兩物體相互作用的過程中，沒有滿足內力遠大于外力的條件,系統的動量不守恒；題圖C中,太空中無空氣阻力作用,宇航員發射子彈的過程中，系統動量守恒。.（多選）如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接。ー個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止開始自由下滑,下列判斷正確的是（）A,在下滑過程中,小球和槽之間的相互作用カ對槽不做功B.在下滑過程中,小球和槽組成的系統在水平方向上動量守恒C,被彈簧反彈后,小球和槽都做速率不變的直線運動D,被彈簧反彈后,小球能回到槽上高ル處BC解析:在下滑過程中,小球和槽之間的相互作用カ對槽做功,選項A錯誤;在下滑過程中,小球和槽組成的系統在水平方向上所受合外力為0,系統在水平方向上動量守恒,選項B正確;小球被彈簧反彈后,小球和槽在水平方向上不受外力作用,故小球和槽都做勻速直線運動,選項C正確;小球與槽組成的系統動量守恒，小球與槽的質量相等，小球沿槽下滑,與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被彈簧反彈后與槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，選項D錯誤。.（2020?成都模擬）甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演,沿同一直線相向運動,速度大小都是2m/s,甲、乙相遇時用カ推對方,此后都沿各自原方向的反方向運動,速度大小分別為lm/s和2m/s。則甲、乙兩運動員的質量之比為（）A.3：2 B.4：3C.2：1 D.1：2B解析:由動量守恒定律得,B解析:由動量守恒定律得,mivi—m2V2=m2V2'—mivi',解得m2ワつ+フ2ノ mi4なア，代入數據得言ア選項"確。「題后歸納」.動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題時應選取統ー的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是ー個瞬時量，表達式中的0、ひ2、…必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，0’、「2,、…必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統2.應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確研究對象和研究過程,確定系統的組成(系統包括哪幾個物體)。(2)進行受力分析,判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規定正方向,確定初、末狀態動量。(4)由動量守恒定律列出方程。(5)代入數據,求出結果,必要時討論說明。考點2碰撞問題(能力考點)

?典例導引」考向1碰撞現象可能性分析典例甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同一方向運動,已知它們的動量分別是pi=5kg,m/s、pi=7kg,m/s,甲球從后面追上乙球并發生碰撞,碰后乙球的動量變為10kg?m/s,則兩球質量〃れ與/？12間的關系可能是()A.tn\=nt2 B,2m\=m2C.4/7?i=m2 D.6m\=m2【自主解答】C解析:甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒,所以有pi+p2=pi'+戶’，得pi'=2kg-m/so由于在碰撞過程中，系統的機械能不會增加，所以有ナユ+修ゝ"+修,得如く春加2。因為題目給出的物理情景是“甲球從后面追上乙球”,要符合這ー物理情景,就必須有包〉圧,即如＜/712;同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即臼一く區二，得mi昊他。故ダ724m1《正"2，因此選項C正確。【核心歸納】碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機械能不增加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,后面的物體速度大;碰撞后,前面的物體速度大或相等。②相向碰撞:碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變。B.將1、2號一起移至高度h釋放,碰撞后,觀察到1號靜止,2、3號一起擺至高度力，釋放后整個過程機械能和動量都守恒C,將右側涂膠的1號移至高度ん釋放，1、2號碰撞后粘在一起，根據機械能守恒,3號仍能擺至高度〃D,將1號和右側涂膠的2號ー起移至高度〃釋放,碰撞后,2、3號粘在ー起向右運動,未能擺至高度〃,釋放后整個過程機械能和動量都不守恒【自主解答】

D解析:1號球與質量不同的2號球碰撞后,1號球的速度不為0,則2號球獲得的動能小于1號球碰撞2號球前瞬間的動能,所以2號球與3號球碰撞后,3號球獲得的動能也小于1號球碰撞2號球前瞬間的動能,則3號球不可能擺至高度//,故A錯誤;1、2號球釋放后,三小球之間的碰撞為彈性碰撞,且三小球組成的系統只有重力做功，所以系統的機械能守恒，但整個過程中，系統所受合外カ不為0,所以系統的動量不守恒,故B錯誤;1、2號球碰撞后粘在ー起,為完全非彈性碰撞,碰撞過程中有機械能損失,所以1、2號球再與3號球碰撞后,3號球獲得的動能不足以使其擺至高度//,故C錯誤;碰撞后,2、3號球粘在ー起,為完全非彈性碰撞,碰撞過程中有機械能損失,且整個過程中，系統所受合外力不為0,所以系統的機械能和動量都不守恒,故D正確。【技法總結】彈性碰撞討論(1)碰撞后速度的求解根據動量守恒和機械能守恒有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)分析討論:“ー動ー靜”模型中當碰撞前物體2的速度不為〇時，若如=加2,則01'=02,V21=V\,即兩物體交換速度。當碰撞前物體2的速度為0時,即02=0,則, (加1-m2)VI, 2加101V\-丄?V2一丄0①加1=儂時,V\'=0,V21=V\,碰撞后兩物體交換速度。②加|>加2時,V\'>0,V2'>0,碰撞后兩物體沿同方向運動。③加1<血2時,Vl'<0,V2>0,碰撞后質量小的物體被反彈回來。多維訓練」1.（多選）兩小球A、B在光滑水平面上相向運動,已知它們的質量分別是加=4kg、m2=2kg,小球A的速度ひ=3m/s（設為正）,小球B的速度02=-3m/s,則它們發生正碰后,其速度可能分別是（）A,均為1m/s B.4m/s和一5m/sC.2m/s和-1m/s D.-1m/s和5m/sAD解析:由動量守恒,可驗證四個選項都滿足要求。再看動能情況Ek=%J岳+品2湯=gx4X9J+；X2X9J=27J,Ek'=^/niv,j+^/n2v' 由于碰撞過程中動能不可能增加,所以應有反ふ及',可排除選項B;選項C雖滿足EkeEk',但A、B兩小球沿同一直線相向運動,發生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向（0a'>0,vb'<0）,這顯然是不符合實際的，因此選項C錯誤:驗證選項A、D均滿足日ユa’,故答案為選項A（完全非彈性碰撞）和選項D（彈性碰撞）。2.如圖所示,軌道A8C中的A8段為ー半徑Z?=0.2m的光滑!圓形軌道,BC段為足夠長的粗糙水平面。ー小滑塊P由A點從靜止開始下滑,滑到B點時與靜止在B點相同質量的小滑塊Q碰撞后粘在ー起,兩小滑塊在BC水平面上滑行一段距離后停下。g取10m/s2,兩小滑塊與水平面間的動摩擦因數相同,為“=0.1,求:（1）小滑塊P剛到達!圓形軌道B點時,軌道對它的支持力ハ為3N,求小滑塊P的質量和運動到B點時的速度大小;（2）兩小滑塊在水平面上的滑行距離。12mgR=2^VB在B點,由牛頓第二定律得vi卜N-mg=m示

代入數據解得n?=0.1kg,vb=2m/So(2)碰撞過程中兩小滑塊動量守恒,由動量守恒定律得加08=2，如?解得v*=1m/s兩小滑塊在水平面上滑行的過程中，由動能定理得2ー〃?2mgs=0ー貳2mM解得s=0.5m。答案:(1)0.1kg2m/s(2)0.5m考點3用力學三大觀點分析綜合問題(能力考點)r典例導引」考向1“滑塊一彈簧”模型典例如圖甲所示,物塊A、B的質量分別是かa=4.0kgヽwb=3.0kg〇用輕彈簧拴接,放在光滑的水平地面上,物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C從f=0時以一定速度向右運動,在f=4s時與物塊A相碰,并立即與A粘在一起不再分開,物塊C的v-t圖像如圖乙所示。求:(1)物塊C的質量wc；(2)物塊B離開墻后的運動過程中，彈簧具有的最大彈性勢能母。題干關鍵獲取信息物塊C立即與物塊A粘在ー起碰撞瞬間物塊C與物塊A動量守恒且速度相等分析圖像物塊C與物塊A以3m/s的速度返回時,物塊B離開墻壁【自主解答】解析：(1)由題圖乙知,物塊C與物塊A碰撞前的速度為び=9m/s,碰撞后的速度為s=3m/s,物塊C與物塊A碰撞過程中動量守恒,有mcvi=(wa+mc)V2解得mc=2kg〇(2)12s末物塊B離開墻壁,之后A、B、C三物塊及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，且當A、B、C三物塊的速度相等時,彈簧具有的彈性勢能最大,根據動量守恒和機械能守恒定律有(/HA+mc)03=(n/A+?ZB+f/1C)V4由題圖乙知03=-3m/s聯立解得Ep=9J。答案:⑴2kg(2)9J【核心歸納】模型特點及滿足的規律弾簧模型I-rnlAWWvwIm,I，，ハ，，，，，〉，，,，，，，,，，,，，，，,，,，,，(1)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統滿足動量守恒、機械能守恒,即m\vo=(m\+/H2)p共ア%|。6=貳"|+機2)ワ宗+4m⑵彈簧處于原長時的彈性勢能為0,系統滿足動量守恒、機械能守恒,即m\VQ=mw\+m2V2呼71両=%n憂+ムと2遙考向2“滑塊滑板”模型典例如圖所示，質量為M=0.4kg的長木板靜止在光滑水平面上,其右側與固定豎直擋板間的距離厶=0.5m,某時刻另ー質量為か=0.1kg的小滑塊(可視為質點)以。。=2m/s的速度向右滑上長木板,一段時間后長木板與豎直擋板發生碰撞,碰撞過程無機械能損失。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數〃=0.2,重力加速度g=10m/s2,小滑塊始終未脫離長木板。求:(1)自小滑塊剛滑上長木板開始,經多長時間長木板與豎直擋板相碰;(2)長木板碰撞豎直擋板后,小滑塊和長木板相對靜止時,小滑塊距長木板左端的距離。MドーL一?ノノ)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃ノ)，【自主解答】解析:(1)小滑塊滑上長木板后,小滑塊和長木板組成的系統水平方向動量守恒,若與豎直擋板碰撞前二者能達到共同速度,則有"0o=(m+M)m解得び=0.4m/s對長木板［img=Ma得長木板的加速度a=0.5m/s2自小滑塊剛滑上長木板至兩者達到共同速度,有v\=at\解得n=0.8s長木板向右運動的位移x=2?H解得x=0.16m<￡=0.5m設兩者達到共同速度后，經時間わ長木板與豎直擋板相碰，則有L—X=01l2解得た=0.85s故自小滑塊剛滑上長木板開始，長木板與豎直擋板相碰所需的時間z=zi4-/2=1.65So(2)長木板與豎直擋板相碰后,小滑塊和長木板組成的系統水平方向動量守恒,有mv\—Mv\=(m+M)V2最終兩者的共同速度。2=—0.24m/s對全過程，由能量守恒定律有〃mgs=/"戒~2(m+懷賢解得小滑塊和長木板相對靜止時,小滑塊距長木板左端的距離.v=0.928mo答案:(1)1.65s(2)0.928m【技法總結】“滑塊—滑板”碰撞模型的解題思路(1)應用系統的動量守恒。(2)在涉及滑塊或滑板的運動時間時,優先考慮用動量定理。(3)在涉及滑塊或滑板的位移時，優先考慮用動能定理。(4)在涉及滑塊的相對位移時,優先考慮用系統的能量守恒。(5)滑塊和滑板恰好不相對滑動時,滑塊與滑板達到共同速度。「多維訓練I.(2021.濟南模擬)(多選)豎直放置的輕彈簧下端固定在地面上,上端與質量為m的鋼板連接,鋼板處于靜止狀態。ー個質量也為か的物塊從鋼板正上方Z?處的尸點自由落下,打在鋼板上并與鋼板ー起向下運動xo后到達最低點Q。下列說法正確的是()pP—p：\hA,物塊與鋼板碰撞后的速度為y]2ghB.物塊與鋼板碰撞后的速度為季C,從尸點到Q點的過程中,彈性勢能的增加量為mg30+9D.從P點到。點的過程中,彈性勢能的增加量為mg(2xo+h)BC解析:物塊自由下落Z?,由機械能守恒有mg〃=よかが,物塊與鋼板碰撞,則由動量守恒有機。1=2加ワ2,解得ワ2=啓1=Y,ー,選項A錯誤,B正確;從碰撞到Q點,由能量關系可知,2mv2+2mgxo=EP,則彈性勢能的增加量為EP=n?g(2xo+外,選項C正確，D錯誤。.(多選)如圖甲所示,ー輕質彈簧的兩端分別與質量為如、相2的A、B兩物塊相連,它們靜止在光滑水平面上,兩物塊的質量之比為m\:儂=2：3〇現給物塊Aー個水平向右的初速度仇并從此時開始計時,兩物塊的速度隨時間變化的規

律如圖乙所示,下列說法正確的是()[a}wvvvw[b|

甲A,ハ時刻彈簧長度最短,な時刻彈簧長度最長B./2時刻彈簧處于伸長狀態C.02=0.800D.6=0.500AC解析:從題圖乙可以看出,從。到ハ時間內,物塊A的速度比物塊B的大,彈簧被壓縮，ハ時刻兩物塊達到共同速度，此后物塊A的速度比物塊B的小,兩者間距增大,彈簧的壓縮量減小,所以れ時刻彈簧長度最短,た時刻物塊B的速度最大,此后物塊B的速度減小,彈簧被拉伸,則れ時刻彈簧恢復原長，△時刻兩物塊的速度相等,此時彈簧最長,故A正確，B錯誤:兩物塊組成的系統動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得610()=—“101+6202,た時刻彈簧恢復原長,彈簧的彈性勢能為〇,系統機械能守恒,由機械能守恒定律得+/2退,解得02=0.800,故C正確;兩物塊組成的系統動量守恒，以向右為正方向,由動量守恒定律得如0()=(加+加2)03,解得03=0.400,故D錯誤。自科學思維I"子彈打木塊”模型典例ー質量為M的木塊放在光滑的水平面上,ー質量為m的子彈以初速度V0水平打進木塊并留在其中,設子彈與木塊之間的相互作用カ為な。則:(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少?(2)子彈在木塊內運動的時間為多長?(3)子彈、木塊相互作用過程中,子彈、木塊發生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少?【自主解答】解析:(1)設子彈、木塊相對靜止時的速度為0,以子彈初速度的方向為正方向,

由動量守恒定律得mvo=(M+m)v(2)設子彈在木塊內運動的時間為t,對木塊由動量定理得ルr=Mo—0解得尸窗。Ft\M+m)(3)設子彈、木塊發生的位移分別為XI、X2,如圖所示,由動能定理得解得XI段M對子彈ーFtxi=2解得XI段M對子彈ーFtxi=2mv2—Mm(M+2nz)*2F((M+m)2對木塊FtX2=^Mv2解得X2—Mm解得X2—Mm2vl2Ft(A/+nz)2子彈打進木塊的深度等于相對位移,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+機)【核心歸納】模型特點及滿足的規律子弾打木塊模型加mtz>|M ，，，，，シ，，，，，，，，，，，，，，，/，，，(1)子彈打入木塊若未穿出,系統動量守恒,能量守

恒,即mvo=（m+M）v121。熱一なx相對一2〃m（） 2（ルf+6）。（2）若子彈穿出木塊,有mvo=mv\+Mv2Q熱=ド優相對=歩堺ーア?ー產/變式1（2020.北京模擬）如圖所示,一沙袋用無彈性輕細繩懸于。點,開始時沙袋處于靜止狀態，ー彈丸以水平速度如擊中沙袋后未穿出,二者共同擺動。若彈丸質量為ル沙袋質量為5加,彈丸和沙袋形狀大小忽略不計,彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質量忽略不計,不計空氣阻カ,重力加速度為g。下列說法正確的是（）_〇A.彈丸打入沙袋過程中,細繩所受拉カ大小保持不變B.彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小大于沙袋對彈丸的沖量大小c,沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為其D.彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為等C解析:彈丸打入沙袋的過程由動量守恒定律有mvo=（m+5m）v,解得v=ア。;彈丸打入沙袋后,總質量變大,且做圓周運動，根據尸t=6"g+6〃!エ可知,細繩所受拉カ變大，故選項A錯誤;根據牛頓第三定律可知，彈丸打入沙袋過程中,彈丸對沙袋的沖量大小等于沙袋對彈丸的沖量大小,選項B錯誤;由機械能2守恒可得^6mv2=6mgh,解得h=詈,選項C正確:彈丸打入沙袋過程中所產生的熱量為。=、欣一/6生的熱量為。=、欣一/6加02=強?!品選項D錯誤。變式2如圖所示,質量為M的木塊放在水平面上,子彈沿水平方向射入木塊并留在其中,測出木塊在水平面上滑行的距離為s。已知木塊與水平面間的動摩擦因

數為〃,子彈的質量為か,重力加速度為g,空氣阻カ可忽略不計,則由此可得子彈射入木塊前的速度大小為（）//////////////////////////////////m+M

m72Agsm+M

m72AgsB.72RgsC.-シV〃gs D.- 山gs機+APピ& Mー〃ハビ&A解析:子彈擊中木塊的過程中,系統內力遠大于外力,系統動量守恒,以lTtU\向右為正方向,由動量守恒定律得/mn=（M+m）0,解得り=7T匚一;子彈擊中木塊M+m后做勻減速直線運動,對子彈與木塊組成的系統,由動能定理得一〃（M+m）gs=O~2（M+/n）u2,解得oi=一方イ24gs。故A正確,B、C、D錯誤。實驗十驗證動量守恒定律漣實驗目的:驗證動量守恒定律。漣實驗思路:在ー維碰撞中,測出物體的質量和碰撞前后物體的速度,找出碰撞前的動量.=如ゆ+加2。2,及碰撞后的動量.'=如01'+加202’,看碰撞前后動量是否守恒。漣實驗方案【方案一】利用氣墊導軌完成一維碰撞實驗［實驗器材］氣墊導軌、光電計時器、天平、滑塊（兩個）、重物、彈簧片、細繩'彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥、游標卡尺等Xf［進行實驗］.測質量:用天平測出滑塊質量。.安裝:正確安裝好氣墊導軌。.實驗：接通電源,利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度（①改變滑塊的質量;②改變滑塊的初速度大小和方向）。［數據分析］.滑塊速度的測量：P=弋,式中的△ス為滑塊擋光片的寬度（儀器說明書上給出,也可以直接測量），△，為數字計時器顯示的滑塊（擋光片）經過光電門的時間。.驗證的表達式:'+加202‘〇【方案二】利用等長擺球完成一維碰撞實驗［實驗器材］帶細線的擺球（兩套,等大不等重）、鐵架臺、天平、量角器、刻度尺、游標卡尺、膠布等。［進行實驗］.測質量和直徑：用天平測出兩小球的質量如、加2,用游 —ハー標卡尺測出兩小球的直徑ム.安裝:把小球用等長細線懸掛起來,并用刻度尺測量細線長度，。 Z.實驗：ー個小球靜止,拉起另ー個小球,釋放后它們相碰。《＜ース.測角度：用量角器測量小球被拉起的角度和碰撞后兩小球擺起的角度。.改變條件重復實驗:（1）改變小球被拉起的角度;（2）改變擺長。［數據分析］.擺球速度的測量:0=，福，式中的刀為小球釋放時（或碰撞后）擺起的高度,カ可由擺角和擺長レ+用計算出。.驗證的表達式:mw\=nnv\f+m2V2f〇【方案三】利用兩輛小車完成一維碰撞實驗

［實驗器材］光滑長木板、打點計時器、紙帶、小車（兩個）、天平、撞針、橡皮泥、刻度尺等。等。［進行實驗］.測質量:用天平測出兩小車的質量加、tm。.安裝:將打點計時器固定在光滑長木板的一端,把紙帶穿過打點計時器,連在小車的后面,在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。.實驗：小車B靜止,接通電源,讓小車A運動,碰撞時撞針插入橡皮泥中,兩小車連接成一個整體運動。.改變條件重復實驗：（1）改變小車A的初速度;（2）改變兩小車的質量。［數據分析］.小車速度的測量：通過紙帶上兩計數點間的距離及時間,由。=豈計算。.驗證的表達式：m\Vi=（m\+m2）V2o【方案四】利用斜槽滾球驗證動量守恒定律［實驗器材］斜槽、小球（兩個）、天平、復寫紙、白紙、圓規、刻度尺等。［進行實驗］.鉱入射小球

プ^^被撞小球

留白紙ーム復寫.紙/測質量:用天平測出兩小球的質量,并選定質量大的小球為入射小球。.安裝:按照如圖所示安裝實驗裝置。調整固定斜槽使斜槽底端切線水平。.鋪紙:白紙在下,復寫紙在上,且在適當位置鋪放好。記下鉛垂線所指的位置〇。.單球找點：不放被撞小球,每次讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下,重復10次。用圓規畫盡量小的圓把小球的所有落點圈在里面。圓心/3就是小球落點的平均位置。.碰撞找點:把被撞小球放在斜槽末端,每次讓入射小球從斜槽上同一高度處自由滾下,使它們發生碰撞,重復實驗10次。用步驟4的方法,標出碰撞后入射小球落點的平均位置M和被撞小球落點的平均位置N,如圖所示。改變入射小球的釋放高度,重復實驗。0*二、':二、:二':;ン'、、ー」'、、ー」MPN［數據分析］.小球水平射程的測量:連接。N,測量線段。P、OM.ON的長度。.驗證的表達式:mi?OP=tn\,OM+加2?ON〇漣誤差分析.系統誤差：主要來源于實驗器材及實驗操作等。(1)碰撞是否為ー維。(2)氣墊導軌是否完全水平,擺球受到空氣阻カ,小車受到長木板的摩擦カ,入射小球的釋放高度存在差異。.偶然誤差：主要來源于質量如、m和碰撞前后速度(或水平射程)的測量。漣注意事項.前提條件：碰撞的兩物體應保證“水平”和“正碰”。.方案提醒(1)若利用氣墊導軌進行驗證,給滑塊的初速度應沿著導軌的方向。(2)若利用擺球進行驗證,實驗前兩擺球應剛好接觸且球心在同一水平線上,將擺球拉起后,兩擺線應在同一豎直平面內。(3)若利用兩小車相碰進行驗證，要注意平衡摩擦カ。(4)若利用平拋運動規律進行驗證,安裝實驗裝置時,應注意調整斜槽,使斜槽末端切線水平,且選用質量較大的小球為入射小球。考點1實驗思路與實驗操作典例某學習小組用半徑相同的小球1和小球2碰撞驗證動量守恒定律,實驗裝置如圖所示,斜槽與水平槽平滑連接。安裝好實驗裝置,在地上鋪ー張白紙,白紙上鋪放復寫紙,記下鉛垂線所指的位置。。接下來的實驗步驟如下。〇MPN步驟1:不放小球2,讓小球1從斜槽上4點由靜止滾下,并落在地面上。重復多次,用盡可能小的圓把小球的所有落點圈在里面,認為其圓心就是小球落點的平均位置。步驟2:把小球2放在斜槽前端邊緣處的8點,讓小球1從A點由靜止滾下,使它們碰撞。重復多次,并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置。步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、P、N點離。點的距離,即線段。M、OP、ON的長度。（1）（多選）對上述實驗操作,下列說法正確的是（）A.小球1的質量一定大于小球2的質量,小球1的半徑可以大于小球2的半徑B.將小球靜止放置在軌道末端看小球是否滾動來檢測斜槽軌道末端切線是否水平C.小球在斜槽上的釋放點應該越高越好,這樣碰撞前的速度大,測量誤差較小D.復寫紙鋪在白紙的上面,實驗過程中復寫紙可以隨時拿起來看印跡是否清晰并進行移動（2）（多選）以下提供的器材中,本實驗必需的有（）A,刻度尺 B.游標卡尺C,天平 D.秒表（3）設小球1的質量為陽,小球2的質量為機2, 的長度為厶,。77的長度為b,則本實驗驗證動量守恒定律的表達式為。【自主解答】解析:（1）為了能夠發生對心碰撞,兩小球的半徑必須相同,選項A錯誤;將小球靜止放置在軌道末端,若小球保持靜止,說明軌道末端切線水平,若小球滾動,說明軌道末端切線不水平,選項B正確;碰撞前的速度不能過大,否則實驗不能正常進行,選項C錯誤;復寫紙可以移動,但是白紙不能移動，選項D正確。(2)本實驗需要測量長度和質量,必需的器材有刻度尺和天平,選項A、C正確。(3)由于小球做平拋運動的時間相同,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。列出的動量守恒方程為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考點2數據分析與誤差分析典例某同學設計了一個用打點計時器驗證動量守恒定律的實驗。在小車A的前端粘有橡皮泥,推動小車A使之做勻速運動,然后與原來靜止在正前方的小車B相碰并粘在ー起,繼續做勻速運動,裝置如圖甲所示,在小車A的后面連著紙帶,打點計時器所接電源頻率為50Hz,長木板下墊著小木塊以平衡摩擦カ。(1)若打出的紙帶如圖乙所示，并測得相鄰兩計數點的間距(已標在圖上)，A點為運動的起點,則應選 段來計算小車A碰撞前的速度,應選 段來計算小車A和小車B碰撞后的共同速度。(均選填“或“。ケ)(2)已測得小車A(包括橡皮泥)的質量加=0.4kg,小車B的質量儂=0.2kg,則碰撞前兩小車的總動量大小為kg?m-s-1,碰撞后兩小車的總動量大小為kg?m-s-,o(結果均保留3位有效數字)【自主解答】解析:(1)根據題述推動小車A使之做勻速運動，然后與原來靜止在正前方的

小車B相碰并粘在一起,繼續做勻速運動,可知碰撞后整體運動的速度一定小于碰撞前小車A運動的速度,所以應選段來計算小車A碰撞前的速度,應選DE段來計算小車A和小車B碰撞后的共同速度。(2)打點計時器所接電源頻率為50Hz,相鄰兩計時點之間的時間間隔T=0.02s,用段求小車A碰撞前的速度為0()=學?^■m/s=1.050m/s,用。E段求小車A和小車B碰撞后的共同速度為?:m/s=0.695m/s?碰撞前兩小車的jXU.UZ總動量大小為pi=mi0o=O.4X1.050kg?m,s-1=0.420kg?m,s-1,碰撞后兩小車的總動量大小為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考點3實驗的改進與創新典例如圖甲所示,沖擊擺是ー個用細線懸掛著的擺塊,彈丸擊中擺塊時陷入擺塊內,使擺塊擺至某ー高度,利用這種裝置可以測出彈丸的發射速度。實驗步驟如下:①用天平測出彈丸的質量m和擺塊的質量M-,②將實驗裝置水平放在桌子上,調節擺長的長度，使彈丸恰好能射入擺塊內,并使擺塊擺動平穩,同時用刻度尺測出擺長;③讓擺塊靜止在平衡位置，扳動彈簧槍的扳機,把彈丸射入擺塊內,擺塊和彈丸推動指針ー起擺動，記下指針的最大偏角;④多次重復步驟③,記錄指針最大偏角的平均值;⑤換不同擋位測量,并將結果填入下表。擋位平均最大偏

角婚)彈丸質

量6(kg)擺塊質量

擋位平均最大偏

角婚)彈丸質

量6(kg)擺塊質量

例(kg)擺長Z(m)彈丸的速度

v(m/s)低速擋15.70.007650.07890.2705.03中速擋19.10.007650.07890.2706.77高速擋0.007650.07890.2707.15完成下列填空:(1)現測得高速擋指針最大偏角如圖乙所示,請將表中數據補充完整。(2)用上述測量的物理量表示發射彈丸的速度。=〇(已知重力加速度為g)(3)為減小實驗誤差,每次實驗前,并不是將指針置于豎直方向的零刻度線處,常常需要試射并記下各擋對應的最大指針偏角,每次正式射擊前,應預置指針，使其偏角略小于該擋的最大偏角。請寫出這樣做的ー個理由:【自主解答】解析：(1)分度值為ピ,故讀數為22.8(22.6?23.0均正確)。(2)彈丸射入擺塊內，系統動量守恒mv=(m+M)v'擺塊向上擺動,由機械能守恒定律得MT)gl(1—cos0),ヽ“，mm-\-MI ； —聯ユ解イ于0= 72gl(1—cos3)〇(3)較大的速度碰撞指針,會損失較多的機械能(其他理由,如“擺塊在推動指針偏轉時要克服摩擦力做功”“指針擺動較長的距離損失的機械能較多”等，只要合理即可)。答案：(1)22.8(22.6?23.0均正確)(2)一市的，(1-cosめ (3)較大的速度碰撞指針，會損失較多的機械能專題六反沖現象與“人船模型”問題類型1反沖現象命題研究J.命題規律反沖現象、爆炸問題能很好地將物理知識應用于生產、生活實際中,從近幾年的高考題可看出題型為選擇題或計算題,難度中等。題目大多聯系一定的情境,或結合能量知識解決問題。.復習指導(1)反沖運動中,相互作用的內カー般較大,當受到較小外力時也可以用動量守恒定律來處理。(2)爆炸過程中的內力遠大于外力,爆炸的各部分組成的系統總動量守恒,而機械能增加。?題型突破j題型一反沖問題典例將質量為1.00kg的模型火箭點火升空,50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴ロ在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻カ可忽略)()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:設火箭的質量為初,燃氣的質量為"2。由題意可知，燃氣的動量/?2=/n2U2=50X10-3X600kg,m/s=30kg,m/so以火箭運動的方向為正方向,根據動量守恒定律可得,Q=m\v\—miV2,則火箭的動量大小為p\=mw\=miV2=3>Qkg?m/s,所以A正確，B、C、D錯誤。【核心歸納】對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果

動量守恒反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力,反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，物體間的作用カ做正功,其他形式的能轉化為機械能,所以系統的總機械能增加題型二爆炸問題典例(2018?全國卷I)ー質量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空當煙花彈上升的速度為〇時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短,重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量。求:(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間;(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。【自主解答】解析:(1)設煙花彈上升的初速度為〇〇，由題給條件有七M/加^設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學公式有0=5)聯立解得尸れ岸。(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h\,由機械能守恒定律有E=mg/zi爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動,設爆炸后瞬間其速度分別為ゆ和02。由題給條件和動量守恒定律有:相ば+ナ加/=￡1兩部分的速度方向相反,向上運動的部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈向上運動的部分繼續上升的高度為人2,由機械能守恒定律有聯立解得,爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度為h=hi+hi=2Emg答案:(DJ答案:(DJ2E2E獲⑵歳【核心歸納】爆炸現象的三個規律動量守恒爆炸物體間的相互作用カ遠遠大于受到的外力，系統的總動量守恒動能增加在爆炸過程中,有其他形式的能（如化學能）轉化為動能位置不變爆炸的時間極短,作用過程中物體產生的位移很小,可以認為爆炸前、后時刻各部分位置不變類型2 “人船模型”問題命題研究」.命題規律“人船模型”問題是動量守恒定律的典型應用,通常考查“人船模型”的拓展應用。將“人船模型”基本知識融入題目當中,題目有一定的綜合性。.復習指導“人船模型”適用于由兩物體組成的系統,當滿足動量守恒條件（含某一方向動量守恒）時,若其中一個物體向某一方向運動,則另一物體在其作用力的作用下向相反方向運動。（2）解題時要畫出兩物體的位移關系草圖,找出各位移間的關系,注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移,一般是對地的位移。題型突破I題型ー“人船模型”的基本應用典例ー小船停靠在湖邊碼頭,小船又窄又長（估計重一噸左右）。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量,他進行了如下操作:首先將小船平行于碼頭自由停泊,輕輕從船尾上船,走到船頭停下,而后輕輕下船。用卷尺測出小船后退的距離為d,然后用卷尺測出船長為厶。已知他的自身質量為か,水的阻カ不計,小船的質量為（）m（L—J） m（丄+d）A. 5 B, コ a amL~d【自主解答】A解析:設人走動時小船的速度大小為V,人的速度大小為v',人從船尾走z7 l—d到船頭所用時間為t,取小船的速度方向為正方向,如圖所示,則V=~,v'=一フ一,【核心歸納】.“人船模型”的特征兩個原來靜止的物體發生相互作用時,若所受外力的矢量和為〇,則系統動量守恒。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。.“人船”位置如圖所示,長為L、質量為團附的小船停在靜水中,質量為6人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端,不計水的阻カ,因人和船組成的系統動量始終守怛,可得か齢。冊人0人,故有"冊x船="人x人，由圖可看出イ船+x人=L,可解得ス人=笠L,ス船=もL。x人、x艙均為沿動量方向相對于同一參考系的位移大小。m人0L加船

LIス船 ス人I題型二“人船模型”擴展典例如圖所示,質量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車A8段是半徑為R的;光滑圓弧軌道,段是長為丄的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點,一質量為"的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿AB軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M=3,〃,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為〃,重力加速度為g。則（）ッ〃〃〃〃〃カシ〃〃〃〃，A,全程滑塊在水平方向上相對地面的位移為R+LB,全程小車相對地面的位移大小為1(/?+L)C,滑塊機運動過程中的最大速度為也ホD.〃、L、R三者之間的關系為R=4ル丄解題指導/(I)小車靜止在光滑水平面上,滑塊在小車上從4點由靜止開始下滑。滑塊和小車的初狀態均靜止,在水平方向上系統不受外力,所以系統水平方向動量守恒,滿足“人船模型”條件。(2)滑塊與小車在水平方向上的位移大小之和為R+L,滑塊在段運動摩擦產生熱量。【自主解答】B解析:設全程小車相對地面的位移大小為s,則滑塊水平方向相對地面的位移大小ス=夕+丄ー取水平向右為正方向,由水平方向動量守恒得嗚—Afy==O,r+l—ss 1 3即用 --1^=0,結合M=3m,解得s=a(R+L),x=](R+L),故A錯誤,B正確;滑塊剛滑到B點時的速度最大,取水平向右為正方向,由動量守恒定律和機械能守恒得O=M70m一例。,mgR=^mVm+^Mv2,聯立解得Vm=錯誤;對整個過程，由動量守恒定律得O=(m+M)び，解得び=0,由能量守恒定律得mgR=gimgL,解得7?=//￡,故D錯誤。【核心歸納】模型擴展人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上,求熱氣球上升或下降的高度的問題;小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽下滑,求弧形槽移動距離的問題等都是“人船模型”的擴展。第3講簡諧運動及其描述一、簡諧運動1.簡諧運動(1)定義:如果物體的位移與時間的關系遵從正弦函數的規律,即它的振動圖像(スイ圖像)是一條正弦曲線,這樣的振動是一種簡諧運動。(2)平衡位置:物體在振動過程中回復カ為。的位置。(3)回復カ①定義：使物體返回到平衡位置的カ。②方向：總是指向平衡位置。③來源：屬于效果カ,可以是某ー個カ,也可以是幾個力的査力或某個力的2.簡諧運動的兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖pWWQ 弾諦振子(水平)—ッ〃ノ〃〃〃〃，\簡諧運動條件(1)彈簧質量要忽略(2)無摩擦等阻カ(3)在彈簧彈性限度內(1)擺線為不可伸縮的輕細線(2)無空氣阻力等(3)最大擺角小于等于5。回復カ彈簧的彈カ提供擺球重力沿與擺線垂直方向(即切向)的分力平衡位置彈簧處于原長處最低點周期與振幅無關能量轉化彈性勢能與動能的相互轉化,系統的機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化,擺球機械能守恒思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.彈簧振子的位移是從平衡位置指向振子所在位置的有向線段。 （丿）.回復力的方向總是與加速度的方向相反。 （X）.單擺回復力的方向總是指向懸掛位置。 （X）.擺鐘的結構如圖所示,發現它走時不準時,為什么要調整擺錘下面的螺母?。れ提示:調整擺錘下面的螺母,可以改變擺的擺長,從而改變擺的周期,以調整擺的走時快慢。__二、簡諧運動的公式和圖像.表達式（1）動力學表達式:F=—kx,其中“一”表示回復カ與位移的方向祖反。（2）運動學表達式：x=Asin（。/+の,其中A代表振幅,。代表簡諧運動的快慢,タ代表簡諧運動的相位,。叫作初相。.圖像（1）從平衡位置開始計時,函數表達式為x=4sin"ム圖像如圖甲所示。（2）從最大位移處開始計時,函數表達式為ス=ム85の3圖像如圖乙所示。8+思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.簡諧運動的圖像描述的是振動質點的軌跡。 （X）.簡諧運動的表達式x=Asin（to/+9）中，表示振動的快慢,to越大,振動的周期越小。 （ノ）.做簡諧運動的物體,其位移隨時間做周期性變化。 （ノ）三、受迫振動和共振.受迫振動系統在驅動カ作用下的振動。做受迫振動的物體，它做受迫振動的周期（或頻率）等于驅動カ的周期（或頻率），而與物體的固有周期（或頻率）無去。.共振做受迫振動的物體,它的驅動カ的頻率與固有頻率越接近,其振幅就越大,當二者相等時,振幅達到最大,這就是共振現象。共振曲線如圖所示。思考辨析TOC\o"1-5"\h\z.固有頻率由系統本身決定。 （り.阻尼振動的頻率不斷減小。 （X）.驅動カ頻率越大，振幅越大。 （X）注意事項，物體做受迫振動的頻率一定等于驅動カ的頻率，但不一定等于系統的固有頻率,固有頻率由系統本身決定。考點1簡諧運動的規律（基礎考點）r題組通關」1.如圖所示,彈簧振子在8、C間振動,。為平衡位置，BO=OC=5cm。若振子從8到C的運動時間是1s,則下列說法正確的是（ ）A,振子從B經。到C完成一次全振動B.振動周期是1s,振幅是10cmC,經過兩次全振動,振子通過的路程是20cmD.從B開始經過3s,振子通過的路程是30cmD解析:振子從8經。到C僅完成了半次全振動,所以周期T=2X1s=2s,選項A、B錯誤;振幅A=BO=5cm,振子在一次全振動中通過的路程為4A=20cm,所以經過兩次全振動,振子通過的路程為40cm,選項C錯誤;3s的時間為1.5T,所以振子通過的路程為30cm,選項D正確。.如圖所示,彈簧振子B上放一物塊A,在物塊A與Bー起做簡諧運動的過程中,下列關于物塊A受力的說法正確的是（）\國A,物塊A受重力、支持力及彈簧對它的恒定的彈カB.物塊A受重力、支持力及彈簧對它的大小和方向都隨時間變化的彈カC,物塊A受重力、支持力及B對它的恒定的摩擦カD.物塊A受重力、支持力及B對它的大小和方向都隨時間變化的摩擦カD解析:由于物塊A與Bー起做簡諧運動，需要回復カ，所以物塊A受重カ、支持力及B對它的大小和方向都隨時間變化的摩擦カ，選項D正確。.（2018?天津高考）（多選）ー振子沿x軸做簡諧運動,平衡位置在坐標原點。t=0時，振子的位移為ー0.1m, 1s時,振子的位移為0.1m,則（）A,若振幅為0.1m,振子的周期可能為fsB.若振幅為0.1m,振子的周期可能為ふsC.若振幅為0.2m,振子的周期可能為4sD,若振幅為0.2m,振子的周期可能為6sTOC\o"1-5"\h\zAD解析:若振幅為0.1m,則（〃+介=ls,其中〃=0,1,2,-,當〃=2 2〇時,T=2sJ當〃=1時,r=qs,當〃=2時,r=5s,故A正確,B錯誤。若振幅為0.2m,振子的運動分4種情況討論:3 ?aT ④VJP〇飛X P〇Qx第①種情況,設振動方程為ス=4sin（而+シ），f=0時,一ラ=Asin9,解得ゆ7T T=-7,所以由尸點到〇點用時至少為7由簡諧運動的對稱性可知,由P點到。點用時至少為￡即1〃+/t=1s,其中〃=0,1,2,-,當〃=0時,T=6s;

當〃=1時,T=きs:第②③種情況,由P點到Q點用時至少為當,周期最大為2s:第④種情況,周期一定小于2s,故C錯誤,D正確。1題后歸納簡諧運動的五個特征受カ特征回復カド=ー依,ド（或。）的大小與x的大小成正比，方向相反運動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小,。增大;遠離平衡位置時,a、F、X都增大,0減小能量特征振幅越大,能量越大。在運動過程中,系統的動能和勢能相互轉化，機械能守恒周期性特征質點的位移、回復カ、加速度和速度隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T;動能和勢能也隨時間做周期性變化,其變化周期為f對稱性特征關于平衡位置。對稱的兩點,速度的大小、動能、勢能相等,相對平衡位置的位移大小相等考點2簡諧運動的表達式和圖像（能力考點）r典例導引」典例（2020?泰安模擬）如圖甲所示,水平彈簧振子的平衡位置為。點,在8、C兩點之間做簡諧運動，規定水平向右為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運動的x-f圖像,下列說法正確的是（）A.彈簧振子從B點經過〇點再運動到C點所用的時間為1sB.彈簧振子的振動方程為y=0.1sinC,圖乙中的尸點時刻速度方向與加速度方向都沿x軸正方向D.彈簧振子在2.5s內通過的路程為1m解題指導れ1)根據簡諧運動的ス“圖像可以得出振幅、周期,由の=爺求出の,由x=Asin(tof+9)寫出振動方程。(2)分析振子通過路程的一般方法,整數周期振子通過的路程為4A的整數倍,1周期內振子通過的路程為2A,而;周期內,只有振子從平衡位置或振幅處為起點的,振子通過的路程才為A。【自主解答】D解析:彈簧振子從B點經過〇點再運動到C點為1次全振動,時間為0.5s,故A錯誤;根據題圖乙可知，彈簧振子的振幅為4=0.1m,而周期為T=1s,則＜0=テ=2兀rad/s,規定向右為正方向，r=0時刻振子的位移為0.1m,表示TT振子從B點開始計時，初相為90=],則振子的振動方程為y=Asin(M+go)=O.lsin(2Tナ用m,故B錯誤;題圖乙中的尸點速度方向為負,此時刻振子正在沿負方向做減速運動,加速度方向為正,故C錯誤;因周期ア=ls,則時間2.5s和周期的關系為2.5s=2T+チ,則振子從8點開始振動的路程為5=2X44+2/1=10X0,1m=1m,故D正確。【核心歸納】.對簡諧運動圖像的認識(1)簡諧運動的圖像是一條正弦或余弦曲線,如圖甲、乙所示。(2)圖像反映的是位移隨時間的變化規律,隨時間的增加而延伸，圖像不代表質點運動的軌跡。.從簡諧運動圖像可獲取的信息(1)振幅A、周期ア(或頻率。和初相位以如圖所示)。(2)某時刻振動質點離開平衡位置的位移。(3)某時刻質點速度的大小和方向:曲線上各點切線的斜率大小和正負分別表示各時刻質點的速度大小和方向,速度的方向也可以根據下ー時刻質點的位移變化來確定。(4)某時刻質點的回復カ和加速度的方向:回復カ總是指向平衡位置,回復カ和加速度的方向相同，在圖像上總是指向r軸。(5)某段時間內質點的位移、回復カ、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。多維訓練|1.(2021.張家界模擬)(多選)某彈簧振子在水平方向上做簡諧運動,其位移x隨時間，變化的關系圖像如圖所示,已知r=0.1s時，振子的位移為3cm。則以下說法正確的是()A.彈簧振子在第0.4s末與第0.8s末的速度相同B.彈簧在第0.1s末與第0.7s末的長度相同C.彈簧振子做簡諧運動的位移表達式為x=6sin%，cmD.第0.5s末到第0.8s末彈簧振子通過的路程大于6cm可得3cm=Asin伶X0.1)ACD解析:由題圖知,彈簧振子在第0.4s末與第0.8s末的振動方向均沿x軸負方向，且彈黃振子在第0.4s末與第0.8s末的位移大小相同,則彈簧振子在第0.4s末與第0.8s末的速度相同,故A項符合題意;由題圖知,彈簧振子在第0.1s末與第0.7s末的位移方向相反,則彈簧在第0.1s末與第0.7s末的長度不同，故B項不符合題意;由題圖知，簡諧運動的周期T=1.2s,則簡諧運動的圓頻率①=〒==rad/s=ラ"rad/s,r=0.1s時，振子的位移為3cm?則根據x=A可得3cm=Asin伶X0.1),解得彈簧振子的振幅A=6cm,則彈簧振子做簡諧運動的位移表達式為x=6sin§兀，cm,故C項符合題意;，=0.6s時,彈簧振子運動到平衡位置,速度最大,彈簧振子振動的周期T=1.2s,則第0.5s末到第0.8s末的1ア時間內,彈簧振子通過的路程大于振幅6cm,故D項符合題意。2.（多選）如圖所示,在光滑桿下面鋪ー張可沿垂直桿方向勻速移動的白紙，ー帶有鉛筆的彈簧振子在B、。兩點間做機械振動,可以在白紙上留下痕跡。已知彈簧的勁度系數為た=10N/m,振子的質量為0.5kg,白紙移動的速度為2m/s,彈簧彈性勢能的表達式為為彈簧的形變量）,不計一切摩擦。在ー次實驗中,得到彈簧振子如圖所示的圖線,則下列說法正確的是（）A.該彈簧振子的振幅為1mB.該彈簧振子的周期為1sC.該彈簧振子的最大加速度為10m/s2D.該彈簧振子的最大速度為2m/sBC解析:彈簧振子的振幅為振子偏離平衡位置的最大距離，所以該彈簧振子的振幅為A=0.5m,A錯誤;由題圖所示振動曲線可知,白紙移動距離え=2m時，彈簧振子振動ー個周期,所以彈簧振子的周期為T=ら=1s,B正確;該彈簧振子所受最大回復カ為ド=ZcA=10X0.5N=5N,最大加速度為＜/=￡=10m/s2,C正確;根據題述彈簧彈性勢能的表達式與=ラぜ,不計一切摩擦,彈簧振子振動過程中機械能守恒，則有^mVm=^kA2,可得該彈簧振子的最大速度為=小m/s,D錯誤。考點3單擺及其周期公式（基礎考點）「題組通關.（2019?全國卷II）如圖所示,長為/的細繩下方懸掛ー小球a,細繩的另一端固定在天花板上。點處,在〇點正下方シ的。’處有ー固定細鐵釘。將小球向右拉開,使細繩與豎直方向成一小角度（約ズ為2°）后由靜止釋放,并從釋放時開始計時。當小球a擺至最低位置時,細繩會受到鐵釘的阻擋。設小球相對于其平衡位置的水平位丄移為x,向右為正方向。下列圖像能描述小球在開始ー個周期內的x-r關系的是（）A解析:擺長為，時,單擺的周期為=2兀へ振幅ん=/sina（a為擺角）;擺長為ラ，時，單擺的周期乃=2兀 ~g=nヽ