第一章 动量和动量守恒定律 章末素养提升（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理课件聚焦“第一章 章末素养提升”，核心涵盖动量、冲量等物理观念，动量定理、守恒定律等原理，通过“素养再现”梳理知识脉络，搭建从基础概念到科学思维（模型建构、图像法）的学习支架。 其亮点在于以核心素养为导向，整合物理观念、科学思维与科学探究，如提能训练中磁铁碰撞题结合受力分析与动量守恒，α粒子弹性碰撞题强化能量与动量综合应用，科学探究部分指导实验设计与误差分析。助力学生深化理解，教师可高效开展素养训练。

第 一 章 章末素养提升 素养再现 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.了解我国航天事业取得的巨大成就，增强对我国科学技术发展的信心 提能训练 　(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 例1 √ √ 对甲、乙受力分析，如图所示：  根据牛顿第二定律有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，显然甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。 　一动能为E的α粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α粒子的5倍，则碰撞后α粒子的动能是 A. B.E C.E D.E 例2 √ 两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律有mvα=mvα'+5mv'， m=mvα'2+×5mv'2，其中E=m，解得碰撞后α粒子的动能为E'= mvα'2=E，故选B。 　(多选)如图所示，光滑的水平面上静置着一半径为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、可视为质点的小球从图示位置静止释放，小球滑离槽体后冲上传送带，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是 A.小球在圆弧槽上滑动过程中，支持力对其始终不做功 B.小球刚脱离槽体时，槽体在水平面上移动了0.4 m C.小球滑到底端的速度大小为5 m/s D.小球在传送带上运动的时间为1.5 s 例3 √ √ 小球在圆弧槽上滑动过程中，小球的重力势能转化为了小球的动能和槽体的动能，由能量守恒定律可知小球的机械能减少了，故槽体给小球的支持力对小球做了负功，故A错误； 设小球刚脱离槽体时小球的水平位移为x1，槽体的水平位移为x2，分析可知小球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； 设小球滑到底端时速度大小为vm，槽体速度大小为vM，系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，0=MvM-mvm，由机械能守恒定律有mgR= m+M，联立解得vm=4 m/s，故C错误； 以上分析可知小球会以4 m/s的速度滑上传送带，分析可知与传送带共速前，小球水平方向只受摩擦力，故开始时其在传送带的加速度大小为 a===2 m/s2，设小球经过t时间与传送带共速，则t== s=1 s，则由匀变速直线运动规律可知，这1 s内小球位移大小x1=t=× 1 m=3 m，此后小球与传送带共速，故此后小球匀速运动到传送带左端 的时间t0== s=0.5 s，所以小球在传送带上运动的时间为t总=t+t0=1.5 s， 故D正确。 　(2025·广东省领航高中联盟高二联考)如图所示，质量为1 kg的木箱静止在轨道上的A点，质量也为1 kg的小球以初速度12 m/s与木箱发生碰撞并粘在一起，然后一起运动经过AB段，再滑上竖直放置的半径R=0.2 m的圆弧轨道且不会脱离轨道。已知AB段粗糙，长度为s=2 m，动摩擦因数μ=0.5，轨道其余部分均光滑。圆弧轨道上有一C点，与圆心的连线OC与水平方向夹角为30°。小球和木箱均可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球与木箱发生碰撞系统损失的机械能E损； 例4 答案　36 J　 小球与木箱发生碰撞过程，系统动量守恒，有mv=2mv共 系统损失的机械能E损=mv2-×2m 联立解得E损=36 J (2)小球和木箱整体经过C点时的速度大小vC和对轨道的压力大小F压。 答案　 m/s　90 N 小球和木箱从A运动到C过程，由能量守恒定律有×2m=2μmgs+2mgR(1+sin 30°)+×2m 解得vC= m/s 小球与木箱整体在C点时，由牛顿第二定律有 FN+2mgsin 30°=2m 解得FN=90 N 根据牛顿第三定律可知小球与木箱整体经过C点时对轨道的压力大小 F压=FN=90 N。 　(2023·广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平 例5 台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和 2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦 因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； 答案　 A在传送带上运动时的加速度a=μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间t== (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； 答案　6mgL-3m　 B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W=×2m+2mg·3L-×2m(2v0)2=6mgL-3m (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　 A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0=mv1+2mv2 ×2m×(2v0)2-(m+×2m)=×[×2m×(2v0)2] 解得v1=2v0 v2=v0 (另一解v1=v0，v2=v0不符合题意，舍掉) 两药品盒做平抛运动的时间t1= 则s-r=v2t1 s+r=v1t1 解得s=。 本课结束 第 一 章 $