第一章 动量与动量守恒定律 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

一、知识体系建构——理清物理观念 [典例]　一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，不计空气阻力，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求(g取10 m/s2)： (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量大小； (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量大小； (3)泥潭对小球的平均作用力的大小。 动量、冲量和动量定理 二、综合考法融会——强化科学思维 [融会贯通] 1．动量与冲量的大小和方向 2．动量定理和动能定理的比较 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。 续表 [对点训练] (多选)一物块静止在粗糙水平地面上，0～4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0～2 s内速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2，关于物块的运动。下列说法正确的是 (　 ) A．前4 s内拉力的冲量为0 B．前4 s内物块的位移大小为6 m C．第4 s末物块的速度为0 D．前4 s内拉力做的功为16 J 答案：CD 弹性碰撞与非弹性碰撞分析 [典例]　某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的 物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时 它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时， 受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰 撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg， 滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 [融会贯通] 1．碰撞的分类及特点 2．碰撞和爆炸的比较 比较项目 爆炸 碰撞 相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 能量情况 都满足能量守恒，总能量保持不变 不同点 动能、机械能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不一定守恒 [对点训练] 1．如图所示，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻 绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最 低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞 时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求： (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小； (2)轻绳的长度。 2．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小； (3)第一次与第二次碰撞系统损失的机械能之比。 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1．(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　 ) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N 2．在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作 的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时 间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头 部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部 (　 ) A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小 C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小 答案：D　 3．小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程：平底重物 放置于水平地面上，两人同时通过绳子对重物各施加一个拉力， 拉力大小均为F＝450 N，方向均与竖直方向成θ＝37°角，两人同时作用t＝0.4 s 后停止施力。重物上升一段时间后落下，重物砸入地面之下的距离s＝4 cm。已知重物的质量为m＝48 kg，所受空气阻力忽略不计，重力加速度取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)重物上升的时间； (2)重物砸入地面的过程中，重物对地面的平均冲击力大小F′。 答案：(1)0.6 s　(2)7 680 N 26 [解析]　(1)小球自由下落10 m所用的时间是 t1＝＝ s＝ s， 重力的冲量大小 IG＝mgt1＝0.336×10× N·s≈4.75 N·s。 (2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得 mg(t1＋t2)－Ft2＝0 泥潭的阻力F对小球的冲量大小 IF＝Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4)N·s≈6.10 N·s。 (3)由Ft2＝6.10 N·s， 得F＝15.25 N。 [答案]　(1)4.75 N·s　(2)6.10 N·s (3)15.25 N 物理观念 情境 模型 大小 方向 动量 运动物体 p＝mv p与v同向 冲量 受力物体F-t图像 IF＝Ft I与F同向 面积表示冲量 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s＝mv22－mv12 矢标性 矢量式 标量式 因果关系 因 合外力的冲量 合外力做的功(总功) 果 动量的变化 动能的变化 解析：前4 s内拉力的冲量为F-t图像与时间轴所围面积，则有IF＝6×1 N·s＋2×1 N·s－2×2 N·s＝4 N·s，故A错误。由乙图可知，第2 s内物体匀速运动，结合甲图可知摩擦力f＝2 N，根据v-t图像的斜率表示加速度，则第1 s内物块的加速度a＝ m/s2＝4 m/s2，第1 s内F＝6 N，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，代入数据解得m＝1 kg，由甲图可知，第3 s内物块减速运动，F的大小为2 N，方向与摩擦力方向相同，根据牛顿第二定律有F＋f＝ma′，解得a′＝4 m/s2，则减速到零的时间为t0＝＝ s＝1 s，故第3 s末物块速度为0，第4 s内拉力与摩擦力相等，物块静止，速度为0，C正确；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，则前4 s内的位移为x＝×1×4 m＋4×1 m＋×1 m＝8 m，故B错误；前4 s内拉力做的功等于摩擦力的功，为WF＝Wf＝fx＝16 J，D正确。 [解析]　(1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g 代入数据解得N1＝8 N， 滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg 代入数据解得N2＝5 N。 (2)滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得： －mgl－fl＝mv12－mv02 代入数据解得v1＝8 m/s。 (3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′， 由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′ 再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v′2 代入数据解得：h＝0.2 m。 [答案]　 (1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 物理观念 情境 方程 弹性碰撞 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＝m1v12＋m2v22 非弹性碰撞 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v02＞m1v12＋m2v22 机械能有损失 物理观念 情境 方程 完全非弹性碰撞 m1v0＝(m1＋m2)v共 m1v02＞(m1＋m2)v共2 机械能损失最大 解析：(1)设a的质量为m，则b的质量为3m，对于碰撞后b滑行的过程，根据动能定理得： －μ·3mgs＝0－×3mvb2 解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb＝。 (2)对于a、b碰撞过程，设碰撞前、后a的速度分别为v0、va，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mva＋3mvb 根据机械能守恒定律得 mv02＝mva2＋·3mvb2设轻绳的长度为L，对于a下摆的过程，根据机械能守恒定律得mgL＝·mv02，联立解得L＝4μs。 答案：(1)　(2)4μs 解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则 W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL。 (2)设第一辆车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一辆车的水平冲量大小为I。 －kmgL＝mv12－mu02 －k(2m)gL＝(2m)v22－(2m)u12 －k(3m)gL＝0－(3m)u22 mv1＝2mu1,2mv2＝3mu2 得I＝mu0＝2m。 (3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2，由 ΔEk1＝mv12－·2mu12＝kmgL ΔEk2＝·2mv22－·3mu22＝kmgL 得＝。 答案：(1)－6kmgL　(2)2m　(3)13∶3 解析：取水平向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，有I1＝mv2－mv1＝(1×0.22－1×0.40) N·s＝－0.18 N·s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，有I2＝mv2＝1×0.22 N·s＝0.22 N·s，故C错误；对滑块2，根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D正确。 答案：BD　 解析：由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，则动量的大小应先减小，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝，而F-t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。 解析：(1)重物开始上升时，重物受到重力和两个拉力的作用，规定竖直向上为正方向，设重物上升的时间为t1，由动量定理得2Ftcos θ－mgt1＝0－0 代入数据解得t1＝0.6 s。 (2)从重物上升到刚撤去拉力时，设重物上升的高度为h，重物速度为v1，规定竖直向上为正方向，由动量定理得2Ftcos θ－mgt＝mv1－0 又h＝t 设重物砸入地面的过程中所受地面向上的平均阻力大小为f，由动能定理可得2Fhcos θ＋mgs－fs＝0－0 代入数据解得f＝7 680 N 根据牛顿第三定律可得，重物对地面的平均冲击力大小F′＝f＝7 680 N。 4．(2023·湖南高考)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程； (3)若＝，求小球下降h＝高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。 解析：(1)小球运动到最低点的过程中，小球和凹槽在水平方向动量守恒，取向左为正方向，0＝mv1－Mv2， 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb＝mv12＋Mv22，联立解得v2＝， 因在水平方向动量守恒，即0＝m1－M2，两边同时乘t可得mx1＝Mx2，且由位移关系可知x1＋x2＝a，联立解得x2＝a。 (2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx， 根据上式有m(a－x)＝M·Δx，小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知此时的椭圆方程为 ＋＝1，整理得小球运动的轨迹方程＋＝1。 (3)将＝代入小球的轨迹方程化简可得[x－(a－b)]2＋y2＝b2 即此时小球的轨迹为以(a－b,0)为圆心、b为半径的圆， 则当小球下降的高度为时，如图所示，可知此时速度和水平方向的夹角为60°，小球下降的过程中，系统在水平方向动量守恒有0＝mv3cos 60°－Mv4， 由系统机械能守恒得mg＝mv32＋Mv42， 联立解得v3＝＝2b。 答案：(1)　a　 (2)＋＝1　(3)2b $$