第一章 动量守恒定律 章末素养提升学案 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

章末素养提升 素养再现 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 物理规律 动量定理：I＝p'－p或F(t'－t)＝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；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 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 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 提能训练 例1　(多选)(2023·新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 答案　BD 解析　对甲、乙受力分析，如图所示： 根据牛顿第二定律：a甲＝－μg，a乙＝－μg，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，所以可得v甲<v乙，所以选项A错误；由于m甲>m乙，所以Ff1>Ff2，对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。 例2　(多选)(2024·信阳市高二期末)A、B两球发生正碰，x－t图像记录了两球碰撞前后的运动情况，图中的a、b分别是A、B两球碰前的x－t图线，c是碰撞后的x－t图线(图线a与纵轴的交点纵坐标为9)，若B球的质量为mB＝1 kg，则由图可知(　　) A.球A的质量mA＝2 kg B.碰撞前球A的动量大小为5 kg·m/s C.碰撞过程中，球A受到的冲量大小为3 N·s D.碰撞过程中，球B动量变化的大小为1 kg·m/s 答案　ABC 解析　由题图可知，碰撞后球A、B共速，由x－t图像中图线斜率表示速度可知，碰前球A的速度为vA＝ m/s＝－ m/s，球B的速度为vB＝ m/s＝2 m/s，碰撞后，球A、B共同的速度为v＝ m/s＝－1 m/s，根据题意可知，碰撞过程中球A、B组成的系统动量守恒，以B球初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，代入数据解得mA＝2 kg，故A正确；根据题意，由公式p＝mv可得，碰撞前球A的动量为pA＝mAvA＝－5 kg·m/s，即碰撞前球A的动量大小为5 kg·m/s，故B正确；根据题意，碰撞前后对A球，由动量定理有IA＝mAv－mAvA，代入数据解得IA＝3 N·s，故C正确；根据题意，由公式p＝mv可得，碰撞过程中，球B动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝－3 kg·m/s，即碰撞过程中，球B动量变化的大小为3 kg·m/s，故D错误。 例3　(多选)(2025·云南省下关第一中学高二期中)如图所示，光滑的水平桌面上静止一半径为R＝1.2 m，质量为M＝2 kg的光滑四分之一圆弧槽体，在紧靠水平面左边有一动摩擦因数为μ＝0.2的水平传送带正以2 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带长度L＝4 m。某时刻将一质量为m＝1 kg可视为质点的物块从图示位置静止释放，物块滑离槽体后冲上传送带，g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.物块在槽体上滑动过程中，支持力对其始终不做功 B.物块刚脱离槽体时，槽体在水平面上移动了0.4 m C.物块滑到底端的速度为5 m/s D.物块在传送带上运动的时间为1.5 s 答案　BD 解析　物块在槽体上滑动过程中，物块的重力势能转化为物块的动能和槽体的动能，由能量守恒定律可知物块的机械能减少了，故槽体对物块的支持力对物块做了负功，故A错误；设物块刚脱离槽体时物块的水平位移为x1，槽体的水平位移为x2，分析可知物块与槽体组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则0＝M－m，又因为x1＋x2＝R，代入数据联立解得x2＝0.4 m，故B正确；设物块到底端时速度为vm，槽体速度为vM，系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有0＝MvM－mvm，由机械能守恒有mgR＝mM，联立解得vm＝4 m/s，故C错误；由以上分析可知物块会以4 m/s的速度滑上传送带，其在传送带的加速度为a＝＝2 m/s2，设物块经过t时间与传送带共速，则t＝＝|| s＝1 s，由匀变速规律可知，这1 s内物块位移x1＝t＝×1 m＝3 m，此后物块与传送带共速，故此后物块匀速运动到传送带左端时间t0＝ s＝0.5 s，所以物块在传送带上运动的时间为t总＝t＋t0＝1.5 s，故D正确。 例4　(2025·贵阳市六校联盟高二联考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上，紧挨C点静止放置一质量为M＝2 kg的木板，木板上表面粗糙与C点相切，木板左端放置一个质量为m2＝2 kg的物块乙。另一质量m1＝2 kg的物块甲从A点以某一速度水平向左抛出，恰好从轨道的B端点沿切线方向进入轨道，之后与乙发生弹性正碰(碰撞后拿走甲)，最终乙未从木板右端滑下。已知AO的竖直高度H＝2.9 m，物块甲从B点运动到C点克服摩擦力做功30 J，两物块均可视为质点，不计空气阻力，当地重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块甲抛出时的初速度大小v0； (2)物块甲通过圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小； (3)物块乙在木板上滑行的过程中产生的热量Q。 答案　(1)4 m/s　(2)148 N　(3)32 J 解析　(1)物块甲水平抛出后做平抛运动，从A点到B点下落高度为h＝H－Rsin θ＝2.4 m 竖直方向上有＝2gh 解得vy＝4 m/s 在B点，根据速度分解有v0＝vytan θ 解得v0＝4 m/s (2)物块甲从A运动到C过程中，根据动能定理有m1g(H＋R)－W克f＝m1m1 结合上述解得vC＝8 m/s 物块到达C点时，由牛顿第二定律有 FN－m1g＝m1，解得FN＝148 N 由牛顿第三定律可知F压＝FN＝148 N (3)物块甲运动到C点时与乙发生弹性正碰，根据动量守恒定律有m1vC＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律有 m1m1m2 解得v2＝8 m/s 由最终乙未从木板右端滑下可知m2v2＝(M＋m2)v共 根据能量守恒定律有m2(M＋m2)＋Q 解得Q＝32 J。 例5　(2025·滨州市阳信县第一中学高二月考)如图，长度为L的木板静置于倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面上，在木板下端B处固定有厚度不计且垂直于木板的挡板，木板总质量为3m，木板下表面粗糙，上表面光滑。现将质量为m的小物块置于木板上距离木板上端A为的C处，释放物块，物块滑到木板下端B处时与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知木板与斜面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)物块与挡板第一次碰撞前物块的速度大小v0； (2)物块与挡板在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，物块离开挡板的最大距离Δxm； (3)物块与挡板在发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中木板因摩擦所产生的热量Q； (4)物块与挡板发生第n次碰撞后木板的速度大小。 答案　(1)　(2)　(3)2.4mgL (4) 解析　(1)物块由C到达B过程中，木板受到的最大静摩擦力为Ff＝μ·4mgcos θ＝1.8mg 因为Ff＝3mgsin θ 所以木板刚好保持静止，物块由C到B，由动能定理有mg·Lsin θ＝m 解得v0＝ (2)物块与挡板第一次碰撞后的瞬间，设物块和木板的速度分别为v1、v2，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒和机械能守恒有mv0＝mv1＋3mv2 mm×3m 解得v1＝－，v2＝ 第一次碰撞后木板匀速下滑，物块匀减速上滑，设经时间t1物块与木板共速，此时物块离挡板最远，有v2＝v1＋gsin θ·t1 x1＝v1t1＋gsin θ· x2＝v2t1 解得Δxm＝x2－x1＝ (3)第一次碰撞后设经时间t2物块与木板发生第二次碰撞，有v1t2＋gsin θ·＝v2t2 Q＝Ff·v2t2 解得Q＝2.4mgL (4)设物块与挡板发生第二次碰撞前物块的速度为v1'，碰撞后物块和木板的速度分别为v3、v4，有 v1'＝v1＋gsin θ·t2 解得v1'＝ 又mv1'＋3mv2＝mv3＋3mv4 mv1'2＋×3mm×3m 解得v3＝0，v4＝ 同理第三次碰撞后物块和木板的速度分别为 v5＝，v6＝ 所以第n次碰撞后木板的速度为vn＝。 学科网（北京）股份有限公司 $