第一章章末综合提升-【优化探究】2023-2024学年新教材高中物理选择性必修第一册同步导学案配套教参（人教版，多选）

授课提示：对应学生用书第36页 一、动量定理与动能定理的比较 动量定理 动能定理 内容 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量 物体所受合外力做的功等于物体动能的变化量 公式 F合t＝mv2－mv1 F合x＝mv22－mv12 标矢性 矢量式 标量式 因果关系 因果 合外力的冲量 合外力做的功(总功) 动量的变化 动能的变化 相同点 (1)动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程，不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力。 (2)动量定理和动能定理不仅适用于单个物体，也适用于物体系统；研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程。 (3)动能定理和动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 　如图所示，质量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA＝8.0 J，小物块的动能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度大小v0； (2)木板的长度L。 [解析]　(1)在瞬时冲量作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略。 取水平向右为正方向，对木板A，由动量定理有I＝mAv0，代入数据解得v0＝3 m/s。 (2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为vA，B的速度为vB，A、B相对C的位移为xA、xB。 对A，由动量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0， 对B，由动量定理有FfABt＝mBvB， 由牛顿第三定律可得FfBA＝FfAB，另FfCA＝μ(mA＋mB)g， 对A，由动能定理有－(FfBA＋FfCA)xA＝mAvA2－mAv02， 对B，由动能定理有FfABxB＝mBvB2， 根据动量与动能之间的关系有mAvA＝， mBvB＝， 木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L＝xA－xB， 联立解得L＝0.5 m。 [答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 m 二、解决力学问题的三大观点 1．三种观点的比较 思路 特点分析 适用情况 力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式 分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系。 涉及力、加速度、位移、速度、时间。 恒力作用下的运动 能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律 分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。系统内力做功会影响系统能量。 涉及力、位移、速度。 恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动 动量观点：动量定理和动量守恒定律 分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量。 涉及力、时间、动量(速度)。 恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动 2.三种观点的选择 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。 (2)对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解；对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。 (3)应用动量定理与动能定理的关键词 　如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求： (1)B球第一次到达地面时的速度大小； (2)P点距离地面的高度。 [解析]　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝， 将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s。 (2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′， 由运动学规律可得v1＝gt， 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定竖直向下的方向为正方向，有mAv1＋mBv2＝mBv2′， mAv12＋mBv22＝mBv2′2， 设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，忽略碰撞中的动能损失可得vB′＝vB， 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝， 联立各式，并代入已知