第一章 动量与动量守恒定律 章末素养提升（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

本高中物理讲义聚焦动量主题，系统梳理动量、冲量的核心概念，深入阐释动量定理、动量守恒定律的原理及守恒条件，构建从概念到规律再到碰撞、反冲等应用的学习支架。 资料以科学思维为核心，通过柱状模型、类碰撞模型等构建及F-t图像应用培养模型建构能力，结合雨滴打芭蕉、原子核反冲等实例强化理论与实际结合。课中助力教师高效授课，课后帮助学生通过例题巩固知识，查漏补缺。

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，p=mv 冲量：力与力的作用时间的乘积，I=Ft 物理原理 1.动量定理： (1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量 (2)表达式：I=p'-p或F(t'-t)=mv'-mv (3)注意：用动量定理列式时要先规定正方向，以确定初、末速度的正负 2.动量守恒定律： (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变 (2)守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力矢量和为0； ②近似守恒：系统内力远大于外力； ③某一方向动量守恒：系统某一方向上合外力为0 (3)表达式：p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 动量守恒 定律的应用 碰撞：碰撞现象中，一般满足内力远大于外力，系统动量守恒 弹性碰撞：机械能守恒，“一动碰一静”(质量相等，互换速度) 非弹性碰撞：机械能有损失 完全非弹性碰撞：机械能损失最大 反冲现象：反冲运动过程中系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律 科学 思维 模型构建 “柱状”模型：处理连续变质量问题时，取流体微元，建立“柱状”模型 类弹性碰撞模型：弹簧—小球(物块)模型　滑块—斜(曲)面模型 类非弹性碰撞模型：子弹打木块模型　滑块—木板模型 人船模型：mx-Mx'=0，= 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 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　(2024·广安市华蓥中学高二期中)如图甲所示，一物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻起，受到的水平外力F如图乙所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5 kg，则下列说法正确的是(　　) A.前1 s内力F对物体的冲量为5 N·s B.t=2 s时物体回到出发点 C.t=3 s时物体的速度大小为1 m/s D.第3 s内物体的位移为1 m 答案　D 解析　前1 s内力F对物体的冲量为I=Ft1=2.5 N·s，故A错误；物体先向右加速运动，1 s后向右减速运动，由题图乙可知Ft1-Ft2=0，可知t=2 s时物体速度变为0，没有回到出发点，B错误；由题图乙可知Ft1-Ft1+Ft3=mv-0，解得v=2 m/s，C错误；第3 s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x=a=·=1 m，D正确。 例2　(2024·眉山市高一期末)如图所示，“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意境，如王维的“雨打芭蕉叶带愁，心同新月向人羞”、白居易的“隔窗知夜雨，芭蕉先有声”、葛胜仲的“闲愁几许，逐梦芭蕉雨”等都是通过雨打芭蕉抒发作者的情感。将快落到芭蕉叶上的雨视为由单个质量为m、速度为v0的一系列小雨滴组成的，各个小雨滴垂直打在水平芭蕉叶上后，一半以速度v反向弹回，另一半速度为零。忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响，忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知每立方米的体积内有N个小雨滴，则估算雨打芭蕉产生的压强p为(　　) A.Nmv0(2v0+v) B.Nmv0(2v0-v) C.Nmv0(v0+v) D.Nmv0(v0-v) 答案　A 解析　设芭蕉叶的面积为S，t时间内有质量为Δm的雨滴打在芭蕉叶上，则有Δm=NmSv0t 根据题意可知一半以速度v反向弹回，以竖直向上为正方向，根据动量定理F1t=·Δm·v-(-·Δm·v0) 另一半速度为零，以竖直向上为正方向，根据动量定理F2t=0-(-·Δm·v0) 根据压强的定义式p== 联立可得p=Nmv0(2v0+v)，故选A。 例3　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=m 原子核反冲的动能为Ek=(M-m)v2 解得Ek=E0，故选C。 例4　(多选)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1在后，m1=1 kg，m2=3 kg，v01=6 m/s，v02=3 m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1、v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为(　　) A.v1=1.75 m/s，v2=3.75 m/s B.v1=1.5 m/s，v2=4.5 m/s C.E1=9 J D.p1=1.5 kg·m/s 答案　BD 解析　碰撞前系统总动量p=m1v01+m2v02=(1×6+3×3) kg·m/s=15 kg·m/s 如果v1=1.75 m/s，v2=3.75 m/s，则碰撞后的系统总动量p'=m1v1+m2v2=(1×1.75+3×3.75) kg·m/s=13 kg·m/s 系统动量不守恒，A错误； 如果v1=1.5 m/s，v2=4.5 m/s，则碰撞后的系统总动量p'=m1v1+m2v2=(1×1.5+3×4.5) kg·m/s=15 kg·m/s 系统动量守恒； 两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01+m2v02=(m1+m2)v，代入数据解得v=3.75 m/s 如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01+m2v02=m1v1+m2v2 由机械能守恒定律有m1+m2=m1+m2，代入数据解得v1=1.5 m/s，v2=4.5 m/s，则碰撞后球1与球2的速度满足1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s，3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s 球1的动能E1=m1，满足1.125 J≤E1≤7.031 25 J 球1的动量为p1=m1v1，满足1.5 kg·m/s≤p1≤3.75 kg·m/s，C错误，B、D正确。 例5　(2024·泸州二中高二期中)如图所示，一半径R=0.4 m的光滑竖直半圆轨道与水平面相切于c点，一质量m=1 kg可视为质点的小物块静止于水平面a点，现用一水平恒力F向左拉物块，经过t=3 s时间到达b点速度的大小vb=6 m/s，此时撤去F，小物块继续向前滑行经c点进入光滑竖直圆轨道，且恰能经过竖直轨道最高点d。已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)水平恒力F的大小； (2)b、c间的距离L。 答案　(1)6 N　(2)2 m 解析　(1)从a点到b点过程中由动量定理有Ft-ft=mvb，小物块所受摩擦力f=μmg，代入数据解得F=6 N (2)小物块恰能经过轨道最高点，在d点由牛顿第二定律有mg=m，解得v==2 m/s 从c点到d点由动能定理有-mg·2R=mv2-m，解得vc=2 m/s 从b点到c点由动能定理有-μmgL=m-m，解得L=2 m。 例6　(2024·达州市高二期中)如图所示，在光滑的水平地面上放置一个质量M=3 kg、足够长的木板B，在B的左端放有一个质量m=1 kg的小滑块A(可视为质点)，初始时A、B均静止。现对A施加F=6 N的水平向右的拉力，t=2 s后撤去拉力F。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)撤去拉力F时小滑块A的速度大小v1； (2)最终A到B左端的距离s。 答案　(1)6 m/s　(2)6 m 解析　(1)假设A、B不发生相对滑动，F=(M+m)a，a= m/s2，对B由牛顿第二定律得am==1 m/s2<a，则假设不成立。在拉力F作用的时间内，对A根据动量定理有Ft-μmgt=mv1，解得v1=6 m/s (2)撤去拉力F前，A的位移x=v1t=6 m，拉力F做的功WF=Fx=36 J 最终A、B相对静止，根据动量定理有Ft=(m+M)v共，根据能量守恒定律有WF-μmgs=(m+M)，联立解得s=6 m。 学科网（北京）股份有限公司 $