第一章 动量与动量守恒定律 章末素养提升(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理单元复习讲义以新课标核心素养为框架，通过表格系统梳理动量单元知识体系，涵盖物理观念（动量、冲量概念及定理、守恒定律）、科学思维（极限思想、碰撞模型、F-t图像应用）、科学探究（实验设计与验证）、科学态度与责任（生活应用与航天成就）等要素，清晰呈现知识脉络与内在联系。 讲义亮点在于例题设计的情境化与分层性，如棒球打击动量计算、反冲运动能量分析等实例，覆盖选择、计算等题型，融合模型建构与科学推理，助力学生巩固概念与提升解题能力。配套实验探究指导与误差分析，支持不同层次学生自主复习，为教师精准教学提供系统资源。

章末素养提升 物理观念 物理概念 动量：物体的质量和速度的乘积 冲量：力与力的作用时间的乘积 物理原理 动量定理：I＝p′－p或Ft＝mv′－mv 动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 科学思维 极限思想 知道动量定理适用于变力情况，会用极限思想理解变力冲量的求解过程 理想化模型 碰撞模型；爆炸问题；反冲现象 图像法 能够通过F－t图像求某力的冲量；通过F合－t图像求合力的冲量或动量的变化量 科学探究 1.能提出与碰撞前后的动量测量及对实验造成影响等相关的物理问题 2.能设计验证动量守恒定律的实验方案并进行交流论证。知道实验需测量的物理量和所需器材，知道碰撞前后速度的测量方法，能测量并记录数据 3.能写出具体碰撞情境中碰撞前后表征动量守恒的表达式，能分析数据验证动量守恒定律，能对实验误差及误差产生的原因进行分析 4.能对实验过程和结果进行反思，能够拓展实验方案，能书写整个实验报告 科学态度与责任 1.了解生产生活中应用动量定理、动量守恒定律、反冲运动等实例，进一步提高学习物理的兴趣，加强对科学本质的认识 2.通过动量守恒定律的学习，认识到物理学是人类认识自然的方式之一，是不断发展的，具有相对持久性和普适性 3.了解我国航天事业的巨大成就，增强对我国科学技术发展的信心 例1　(多选)(2024·成都市高一期末)2023年5月28日，中国棒球联赛(成都站)在四川省棒球垒球曲棍球运动管理中心棒球场鸣哨开赛。如图，在某次比赛中，一质量为0.2 kg的垒球，以10 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为30 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s，下列判断正确的是(　　) A．球棒对垒球做功为80 J B．垒球动量变化量的大小为4 kg·m/s C．球棒对垒球的平均作用力大小为800 N D．球棒与垒球作用时间极短，故垒球动量守恒 答案　AC 解析　设垒球水平飞回的速度方向为正方向，则v1＝－10 m/s、v2＝30 m/s，球棒与垒球的作用过程由动能定理得球棒对垒球做功W＝mv22－mv12，代入数据得球棒对垒球做功为W＝80 J，A正确；垒球动量变化量为Δp＝mv2－mv1，代入数据得Δp＝8 kg·m/s，B错误；由动量定理得F·Δt＝mv2－mv1，得球棒对垒球的平均作用力大小为F＝800 N，C正确；球棒与垒球之间存在力的作用，故垒球动量不守恒，D错误。 例2　(2023·海门区第一中学月考)一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为(　　) A．E0 B.E0 C.E0 D.E0 答案　C 解析　放出质量为m的粒子后，剩余质量为M－m，该过程动量守恒，有：mv0＝(M－m)v 放出的粒子的动能为E0＝mv02 原子核反冲的动能：Ek＝(M－m)v2 解得：Ek＝E0，故选C。 例3　(2024·四川南充高级中学高二期中)如图甲所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，质量为m可视为质点的小物块以速度v0从木板左端滑上长木板，小物块到达木板右端时恰好与木板相对静止，图乙为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度为g，由此可得(　　) A．物块与木板组成的系统动量和机械能都守恒 B．木板的长度为 C．物块与木板之间的动摩擦因数为 D．系统所产生的内能为mv0(v0－v1) 答案　D 解析　物块与木板组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，由于物块和木板之间有摩擦力，则系统的机械能不守恒，故A错误；木板的长度为L＝t1－＝，故B错误；物块的加速度大小为a1＝＝μg，解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝，故C错误；系统所产生的内能为Q＝μmgL＝mv0(v0－v1)，故D正确。 例4　(多选)(2023·甘肃武威市月考)如图所示，光滑水平面上有一质量mA＝1 kg的A球和一质量mB＝1.5 kg的B球同向运动。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，运动一段时间后，两球发生对心正碰。下列说法正确的是(　　) A．当两球发生的碰撞是弹性碰撞时，A球对B球的冲量为7.5 N·s B．碰撞的过程中，系统损失的机械能可能为8 J C．碰撞后，A球的速度可能为5 m/s D．当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为3 N·s 答案　CD 解析　发生弹性碰撞时，根据动量守恒及机械能守恒得mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB， mAv12＋mBv22＝mAvA2＋mBvB2 解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s， A球对B球的冲量为I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A错误； 若发生完全非弹性碰撞，则mAv1＋mBv2＝(mA＋mB)v， 解得v＝7 m/s，则碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之间。完全非弹性碰撞的机械能损失最大 ΔE＝mAv12＋mBv22－(mA＋mB)v2＝7.5 J，B错误，C正确； 当两球发生的碰撞是完全非弹性碰撞时，A球对B球的冲量为I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正确。 例5　(2023·泸州市高二月考)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B在左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：求： (1)B、C粘在一起瞬间的速度大小； (2)整个系统损失的机械能； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 答案　(1)v0　(2)mv02　(3)mv02 解析　(1)当A、B速度相等时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，联立解得v2＝v0。 (2)与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由能量守恒定律得mv12＝ΔE＋(2m)v22，损失的机械能为ΔE＝mv02。 (3)由(1)可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同时，弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3，mv02－ΔE＝(3m)v32＋Ep，联立解得Ep＝mv02。 例6　如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。重力加速度为g。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数； (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。 答案　(1)　(2)0　v0 解析　(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木块组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒， 故有mv0＝2mv1，解得v1＝v0 方向水平向右，滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知μmgL＝mv02－(2m)v12， 解得μ＝ (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块回到木板左端相对木板静止时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒， 则有2mv1＝mv1′＋mv2′，2mv1＝2mv2 系统爆炸后，滑块在木板上运动的过程由功能关系有μmgL＝mv1′2＋mv2′2－×(2m)v22 联立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0 方向水平向右。 学科网（北京）股份有限公司 $