第1章 动量和动量守恒定律 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（粤教版2019）

一、知识体系建构——理清物理观念 二、综合考法融会——强化科学思维 动量定理及其应用 2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用 它说明的是力对时间的累积效应。应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。 (1)求动量变化量。 (2)求变力的冲量问题及平均力问题。 (3)求相互作用时间。 (4)利用动量定理定性分析现象。 [对点训练] 1． (多选)如图所示，质量均为m的小球A、B在同一水平线上，当A 球水平抛出的同时B球自由下落，运动到t＝2 s时刻，两球的运 动方向夹角为37°(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，不计空气 阻力，则 (　 ) A．当t＝2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为5∶4 B．当t＝2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为1∶1 C．在0～2 s过程中，两球的动能变化量不同 D．在0～2 s过程中，两球的动量变化量相同 解析：因t＝2 s时两球竖直方向速度相同为vy，重力的功率为P＝mgvy相同，A错误，B正确；0～2 s过程中，下落高度相同，重力做功相同，两球的动能变化量相同，C错误；0～2 s过程中，重力的冲量相同，则两球的动量变化量相同，D正确。 答案：BD　 2．(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 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　 动量守恒定律应用中的临界问题 [答案]　(1)2 m/s，A与C不是弹性碰撞　(2)2 s　(3)3 m 12 [融会贯通] 1．寻找临界状态 题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。 2．挖掘临界条件 在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系、相对位移关系。 3．三种常见类型 (1)涉及弹簧类的临界问题 对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等。 (2)涉及相互作用边界的临界问题 在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达最高点时，在竖直方向上的分速度等于零。 (3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和。 [对点训练] 1．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度相等，两 物体m1和m2套在水平光滑轨道上，并分别与弹簧两端连接， m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，已知释放m1前弹簧的弹性势能为E。在m2离开挡板后的运动过程中，求： (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)m2速度的最大值。 三、价值好题精练——培树科学态度和责任 1. 我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　 ) A．火箭的加速度为零时，动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 解析：火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。 答案：A　 2．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　 ) A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小 C．v2大于v1 D．v2大于v0 答案： B　 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 4．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。 答案：(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m [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。 [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 [融会贯通] 1．冲量的计算 (1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量。 (2)变力的冲量： ①通常利用动量定理I＝Δp求解。 ②可用图像法计算。在F-t图像中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。 [典例]　如图，光滑水平面上有一矩形木板A和滑块C，可视为质点的滑块B置于A的最左端，滑块C静止。若木板A和滑块B一起以v0＝5 m/s的速度向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)，相碰后滑块C向右运动，一段时间后A、B再次一起向右运动，且恰好不再与滑块C相碰。已知：木板A与滑块B间的动摩擦因数μ＝0.1，mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg，g取10 m/s2。求： (1)木板A与滑块C碰后瞬间A的速度大小，并计算说明A与C是否为弹性碰撞； (2)滑块B在木板A上相对运动的时间； (3)要使滑块B不从木板A上滑下，木板A至少多长。 [解析]　(1)A、C碰撞过程A、C组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，从A、C碰撞后到A、B速度相等过程，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v A、B一起向右运动，且恰好不再与滑块C相碰， 则vC＝v 代入数据解得vA＝2 m/s，vC＝v＝3 m/s A、C组成的系统碰撞前总动能 Ek＝mAv02＝×2×52 J＝25 J 碰撞后系统总动能Ek′＝mAvA2＋mCvC2＝×2×22 J＋×2×32 J＝13 J Ek＞Ek′，碰撞过程动能减小，碰撞是非弹性碰撞。 (2)B在A上滑动过程，对B，由动量定理得 －μmBgt＝mBv－mBv0 代入数据解得t＝2 s。 (3)B滑到A的右端时A、B速度恰好相等，A的长度最小，设A的最小长度为L，A、B相对运动过程，对A、B系统，由能量守恒定律得 mAvA2＋mBv02＝(mA＋mB)v2＋μmBgL 代入数据解得L＝3 m。 解析：(1)从释放m1，到弹簧第一次恢复自然长度状态，此过程中m2不动，根据机械能守恒定律得 E＝m1v02 当两物体速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v Em＝m1v02－(m1＋m2)v2，解得Em＝。 (2)当弹簧第二次恢复到自然长度时，m2速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2， m1v02＝m1v12＋m2v22， 解得v2＝。 答案：(1)　(2) 2．如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点。 解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v12＝(m1＋M)gh 得：v1＝＝2v0 设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则 人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′ 即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′ ① 人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′ 即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′ ② 解得v1′＝6v0－2v ③ v2′＝v－v0 ④ 两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′ 当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0 当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0 故v的取值范围为v0≤v≤v0。 答案：v0≤v≤v0 解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv02＝mv12＋mv32，联立解得v1＝v0，设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv02＝·14mv22＋mv42，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝mv12＝mv02，氮核的动能为EkN＝·14mv22＝，可得EkH>EkN，故B正确，A、C、D错误。 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。 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。 $$