第一章 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（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦动量、冲量核心概念，系统梳理动量定理、动量守恒定律等规律，构建从物理概念到科学思维方法（极限思想、理想化模型、图像法）的学习支架，助力学生形成完整知识体系。 资料以新课标核心素养为导向，通过神舟返回舱着陆、双人滑冰碰撞等真实情境例题，强化科学思维中的模型建构与科学推理能力，渗透科学态度与责任教育。课中辅助教师高效授课，课后帮助学生通过实例分析查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

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 物理原理 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　神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场着陆。如图所示，离地高度约1 m时，返回舱底部的4台着陆反推发动机点火竖直向下喷气，使返回舱速度在0.2 s内由8 m/s降为2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg。以竖直向下为正方向，反推发动机工作阶段，下列说法正确的是(　　) A.返回舱的动量变化量为1.8×104 kg·m/s B.反推发动机启动时航天员受到的作用力将减小 C.返回舱受到的平均推力大小约为1.2×105 N D.返回舱受到的平均推力大小约为9.0×104 N 答案　C 解析　返回舱的动量变化量为Δp＝mv2－mv1，解得Δp＝－1.8×104 kg·m/s，A错误； 反推发动机启动时航天员做加速度较大的减速运动处于超重状态，受到的作用力将增大，B错误；设返回舱受到的平均推力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理得(mg－F)t＝mv2－mv1，解得F＝1.2×105 N，C正确，D错误。 例2　(2024·湖州中学高二月考)男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇，之后一起滑动。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则(　　) A.两者相遇时男运动员对女运动员的作用力通常要大于女运动员对男运动员的作用力 B.两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能 C.两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等 D.女运动员在相遇前后的动量大小之比为14∶1 答案　C 解析　根据牛顿第三定律得，两者相遇时男运动员对女运动员的作用力大小等于女运动员对男运动员的作用力大小，故A错误； 两者相遇后一起运动，属于完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，所以相遇后二者的总动能小于相遇前的总动能，故B错误； 两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，则受到的冲量大小一定相等，故C正确； 根据Ek＝mv2可知碰撞前女运动员的速度为男运动员的1.2倍，设碰撞前女运动员的动量大小为p1＝mv1，则男运动员的动量大小为p2＝1.44m×＝1.2mv1 设碰撞后共同速度为v共，规定男运动员运动方向为正方向，根据动量守恒定律可得p2－p1＝2.44mv共 解得mv共＝mv1 所以女运动员在相遇前后的动量大小之比为，故D错误。 例3　(多选)(2024·台州市高二期中)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动，游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车正对迎面相撞，碰撞前两人和碰撞后大人的位移—时间图像如图所示。已知小孩的质量为30 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量均为30 kg，碰撞时间极短。下列说法正确的是(　　) A.碰前大人和车的速度大小为2 m/s B.碰后小孩和车的速度与碰前大小相等 C.碰撞过程小孩和车受到的冲量大小为270 N·s D.碰撞过程可视为非弹性碰撞 答案　CD 解析　由题图可知碰撞前v大人＝－ m/s＝－3 m/s， v小孩＝ m/s＝2 m/s，故A错误； 由题图可知碰撞后大人的速度为零， 碰撞过程中由动量守恒可得mv小孩+Mv大人＝mv小孩'+Mv大人' 代入数据解得v小孩'＝－2.5 m/s，故B错误； 碰撞中对小孩由动量定理可得 I＝mv小孩'－mv小孩＝60 kg×(－2.5 m/s－2 m/s)＝－270 N·s 即碰撞过程小孩和车受到的冲量大小为270 N·s，故C正确； 碰撞前的总动能为E1＝m+M＝525 J 碰撞后的总动能为E2＝mv小孩'2＝187.5 J 可知碰撞过程为非弹性碰撞，故D正确。 例4　(2024·金兰教育合作组织高二期中)某校师生对碰撞的特性进行了相关的探索和研究。如图所示，光滑水平面上，质量为5m的小物体A以1.2v的速度向右运动，在其运动正前方有一个质量为m的物体B处于静止状态。随后，A和B发生弹性碰撞，求： (1)碰后物体A的动量大小p1； (2)碰撞过程中，物体B对物体A的冲量I； (3)若B的左侧连有一个处于原长状态的水平轻弹簧，如图所示。物体A仍然以相同速度1.2v向右运动，则弹簧弹性势能的最大值Epm。 答案　(1)4mv　(2)2mv，方向水平向左　(3)mv2 解析　(1)A和B发生弹性碰撞， 有5m×1.2v＝5mv1+mv2， ×5m×(1.2v)2＝×5m+m 解得v1＝0.8v 碰后物体A的动量大小p1＝5mv1 解得p1＝4mv (2)对A分析，有I＝5mv1－5m×1.2v 解得I＝－2mv，即大小为2mv，方向水平向左 (3)弹簧压至弹性势能最大位置处时， 有5m×1.2v＝(5m+m)v共， ×5m(1.2v)2－(5m+m)＝Epm 解得Epm＝mv2。 例5　如图所示，质量均为m的木块A和B，静止放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的轻质不可伸长细线，细线另一端系一质量为的球C。现给B木块一个向左的初速度v0＝后与A发生碰撞，碰后瞬间A和B以共同速度向左运动，不考虑空气阻力和细线悬挂点的阻力，重力加速度为g。sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，求： (1)由于碰撞损失的机械能； (2)C球第一次向右摆起时细线和轻杆的最大夹角。 答案　(1)mgL　(2)37° 解析　(1)A、B碰撞过程，动量守恒，有mv0＝2mv1，所以碰撞损失的机械能为 ΔE＝m×2mmgL。 (2)当C球第一次向右摆起时细线和轻杆的夹角达到最大时，A、B、C组成的系统共速， 则有2mv1＝(2m+)v2， ×2m(2m++gL(1－cos θ)， 联立解得cos θ＝0.8，θ＝37°。 例6　(2024·绍兴市会稽联盟高二期中)如图所示，一质量M＝4.0 kg、长度L＝2.0 m的长方形木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m＝1.0 kg的小滑块A(可视为质点)。现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的初速度大小均为v0＝2.0 m/s，最后A并没有滑离B。已知A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)经历多长时间A相对地面速度减为零； (2)站在地面上观察，B从开始运动，到A相对地面速度减为零的过程中，B向右运动的距离； (3)A和B相对运动过程中，A与B左端的最小距离。 答案　(1)0.4 s　(2)0.7 m　(3)0.72 m 解析　(1)A在摩擦力Ff＝μmg作用下， 经过时间t速度减为零， 根据动量定理有：－μmgt＝0－mv0 解得t＝0.4 s (2)设B减速运动的加速度为a，A速度减为零的过程中，板B向右运动的位移为x。 根据牛顿第二定律有μmg＝Ma，解得a＝1.25 m/s2 根据匀变速直线运动位移公式有x＝v0t－at2 解得x＝0.7 m (3)设A和B二者最终的共同速度为v， 根据动量守恒定律有(M－m)v0＝(M+m)v 解得v＝1.2 m/s，方向水平向右 设A和B二者达到共同速度时，小滑块A与板B右端的距离为l，根据做功与能量变化的关系有 μmgl＝(M+m)(M+m)v2 解得l＝1.28 m，所以A、B相对运动过程中， 小滑块A与板B左端的最小距离为Δx＝L－l＝0.72 m。 学科网（北京）股份有限公司 $