第一章 动量和动量守恒定律 章末素养提升(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理动量与能量单元复习课件系统梳理动量守恒、机械能守恒等核心知识，通过选择、计算等题型，从基础应用（如相向运动碰撞）到综合问题（如圆弧轨道-碰撞-平抛），串联知识点形成完整知识网络。 其亮点在于融入科学思维（模型建构、科学推理）与物理观念（动量、能量观念），设计分层练习（基础选择到综合计算），如“板块模型v-t图像分析”“弹簧系统弹性势能计算”等实例，助力学生巩固，为教师提供系统复习素材。

DIYIZHANG 第一章 章末素养提升 1 再现 素养知识 物理 观念 物理概念 动量：物体的_____和_____的乘积 冲量：力与_____________的乘积 物理原理 动量定理：I＝p′－p或Ft＝___________ 动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝______________ 科学 思维 极限思想 知道动量定理适用于变力情况，会用极限思想求解变力的冲量 理想化模型 碰撞模型；弹性碰撞问题；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 质量 速度 力的作用时间 mvt－mv0 m1v1′＋m2v2′ 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的测量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 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 　如图所示，在光滑的水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是 A.停止运动 B.因A的质量较大而向右运动 C.因B的速度较大而向左运动 D.运动方向不确定 例1 √ 提能 综合训练 设外力F作用的时间为t，向右为正方向，则A的末动量pA＝Ft B的末动量pB＝－Ft 碰撞的过程中满足动量守恒定律， 所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0 碰撞后它们合在一起，停止运动，故A正确。 　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 例2 √ 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 　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 例3 √ 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； 　(2024·揭阳市普宁高二期末)如图所示，一个半径R＝0.80 m的 光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h＝1.25 m。在圆弧轨道的最低点放置一个质量mB＝0.30 kg的小物块B(可视为质点)。另一质量mA＝0.10 kg的小物块A(也视为质点)由圆弧轨道最高点从静止开始释放，运动到轨道最低点时，与物块B发生碰撞，碰后A物块和B物块粘在一起水平飞出。忽略空气阻力，重力加 速度g取10 m/s2，求： 例4 (1)物块A与物块B碰撞前对圆弧轨道最低点的压力大小； 答案　3 N　 小物块A由光滑圆弧轨道滑下， 设小物块A滑到圆弧轨道下端时速度为v1， 解得FN＝3 N 根据牛顿第三定律可知，物块A与物块B碰撞前对圆弧轨道最低点的压力大小为3 N。 (2)物块A与B落到水平地面时的水平位移大小； 答案　0.5 m　 设碰后A物块与B物块粘在一起水平飞出的速度大小为v2，根据动量守恒可得mAv1＝(mA＋mB)v2 解得v2＝1 m/s 物块A和B落到水平地面时的水平位移大小为x＝v2t＝0.5 m。 (3)物块A与物块B碰撞过程中A、B组成系统损 失的机械能。 答案　0.6 J 　(2023·东莞市高二阶段练习)一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已知mA＝0.99 kg、mB＝3 kg，放在光滑水平桌面上，开始时弹簧处于原长。现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g、速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，试求： (1)子弹击中A的瞬间，A和B的速度大小以及损失的 机械能； 例5 答案　4 m/s　0　792 J　 对子弹和A有mCvC＝(mA＋mC)vA 解得vA＝4 m/s，vB＝0 解得ΔE＝792 J。 (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能； 答案　6 J　 共速时弹簧的弹性势能最大，对子弹、A和B有mCvC＝(mA＋mC＋mB)v 解得v＝1 m/s 从子弹与A共速到三者共速过程 解得Ep＝6 J。 (3)B可获得的最大动能。 答案　6 J 当弹簧恢复原长时，B的动能最大，由动量守恒和机械能守恒有 (mA＋mC)vA＝(mA＋mC)v1＋mBv2 BENKEJIESHU 本课结束 A.E0 B.E0 C.E0 D.E0 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。 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) 系统所产生的内能为Q＝μmgL＝mv0(v0－v1)，故D正确。 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； 根据机械能守恒可得mAgR＝mAv12， 解得v1＝＝4 m/s 对小物块A，根据牛顿第二定律可得FN－mAg＝mA 竖直方向有h＝gt2 解得t＝＝ s＝0.5 s 物块A与物块B碰撞过程中A、B组成系统损失的 机械能为ΔE＝mAv12－(mA＋mB)v22＝0.6 J。 损失的机械能ΔE＝mCvC2－(mA＋mC)vA2 (mA＋mC)vA2＝Ep＋(mA＋mC＋mB)v2 (mA＋mC)vA2＝(mA＋mC)v12＋mBv22 此时B获得的动能最大EkB＝mBv22＝6 J。 $