2025-2026学年物理教科版（2019）选择性必修第一册 第一章 动量与动量守恒定律 章末小结与评价 学案

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2025-2026学年教科版（2019）选择性必修第一册 第一章 动量与动量守恒定律 章末小结与评价 学案一、知识体系建构——理清物理观念二、综合考法融会——强化科学思维考法一　动量、冲量和动量定理　　[典例]　一个铁球,从静止状态由10 m高处自由下落,不计空气阻力,然后陷入泥潭中,从进入泥潭到静止用时0.4 s,该铁球的质量为336 g,求(g取10 m/s2):(1)从开始下落到进入泥潭前,重力对小球的冲量大小;(2)从进入泥潭到静止,泥潭对小球的冲量大小;(3)泥潭对小球的平均作用力的大小。尝试解答:[融会贯通]1.动量与冲量的大小和方向2.动量定理和动能定理的比较[对点训练]　(多选)一物块静止在粗糙水平地面上,0~4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示,0~2 s内速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2,关于物块的运动。下列说法正确的是(　 )A.前4 s内拉力的冲量为0B.前4 s内物块的位移大小为6 mC.第4 s末物块的速度为0D.前4 s内拉力做的功为16 J考法二　弹性碰撞与非弹性碰撞分析　　[典例]　某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1;(3)滑杆向上运动的最大高度h。尝试解答:[融会贯通]1.碰撞的分类及特点2.碰撞和爆炸的比较[对点训练]1.如图所示,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,求:(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小;(2)轻绳的长度。2.如图所示,静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为m,人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰,三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍,重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞时间很短,忽略空气阻力,求:(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功;(2)人给第一辆车水平冲量的大小;(3)第一次与第二次碰撞系统损失的机械能之比。三、价值好题精练——培树科学态度和责任　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2023·广东高考)(多选)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(　 )A.该过程动量守恒B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·sC.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·sD.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N2.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程:平底重物放置于水平地面上,两人同时通过绳子对重物各施加一个拉力,拉力大小均为F=450 N,方向均与竖直方向成θ=37°角,两人同时作用t=0.4 s 后停止施力。重物上升一段时间后落下,重物砸入地面之下的距离s=4 cm。已知重物的质量为m=48 kg,所受空气阻力忽略不计,重力加速度取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:(1)重物上升的时间;(2)重物砸入地面的过程中,重物对地面的平均冲击力大小F'。3.(2024·安徽高考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小;(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。章末小结与质量评价[综合考法融会]考法一[典例]　解析:(1)小球自由下落10 m所用的时间是t1= 2ℎg= 2×1010 s=2 s,重力的冲量大小IG=mgt1=0.336×10×2 N·s≈4.75 N·s。(2)设向下为正方向,对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1+t2)-Ft2=0泥潭的阻力F对小球的冲量大小IF=Ft2=mg(t1+t2)=0.336×10×(2+0.4)N·s≈6.10 N·s。(3)由Ft2=6.10 N·s,得F=15.25 N。答案:(1)4.75 N·s　(2)6.10 N·s(3)15.25 N[对点训练]　选CD　前4 s内拉力的冲量为F?t图像与时间轴所围面积,则有IF=6×1 N·s+2×1 N·s-2×2 N·s=4 N·s,故A错误。由乙图可知,第2 s内物体匀速运动,结合甲图可知摩擦力f=2 N,根据v⁃t图像的斜率表示加速度,则第1 s内物块的加速度a=41 m/s2=4 m/s2,第1 s内F=6 N,根据牛顿第二定律有F-f=ma,代入数据解得m=1 kg,由甲图可知,第3 s内物块减速运动,F的大小为2 N,方向与摩擦力方向相同,根据牛顿第二定律有F+f=ma',解得a'=4 m/s2,则减速到零的时间为t0=va'=44 s=1 s,故第3 s末物块速度为0,第4 s内拉力与摩擦力相等,物块静止,速度为0,C正确;v⁃t图像与时间轴围成的面积表示位移,则前4 s内的位移为x=12×1×4 m+4×1 m+42×1 m=8 m,故B错误;前4 s内拉力做的功等于摩擦力做的功,为WF=Wf=fx=16 J,D正确。考法二[典例]　解析:(1)滑块静止时,对滑块和滑杆整体分析如图甲所示,可得N1=(M+m)g代入数据解得N1=8 N,滑块向上滑动时,对滑杆受力分析如图乙所示,可得N2+f=Mg代入数据解得N2=5 N。(2)滑块向上运动过程中,从A到B由动能定理得:-mgl-fl=12mv12-12mv02代入数据解得v1=8 m/s。(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,设碰后速度为v',由动量守恒定律得:mv1=(M+m)v'再由动能定理得:-(M+m)gh=0-12(M+m)v'2代入数据解得:h=0.2 m。答案:(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m[对点训练]1.解析:(1)设a的质量为m,则b的质量为3m,对于碰撞后b滑行的过程,根据动能定理得:-μ·3mgs=0-12×3mvb2解得碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=2μgs。(2)对于a、b碰撞过程,设碰撞前、后a的速度分别为v0、va,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb根据机械能守恒定律得12mv02=12mva2+12·3mvb2设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒定律得mgL=12·mv02,联立解得L=4μs。答案:(1)2μgs　(2)4μs2.解析:(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W,则W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL。(2)设第一辆车初速度为u0,第一次碰前速度为v1,碰后共同速度为u1;第二次碰前速度为v2,碰后共同速度为u2;人给第一辆车的水平冲量大小为I。-kmgL=12mv12-12mu02-k(2m)gL=12(2m)v22-12(2m)u12-k(3m)gL=0-12(3m)u22mv1=2mu1,2mv2=3mu2得I=mu0=2m7kgL。(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2,由ΔEk1=12mv12-12·2mu12=132kmgLΔEk2=12·2mv22-12·3mu22=32kmgL得ΔEk1ΔEk2=133。答案:(1)-6kmgL　(2)2m7kgL　(3)13∶3[价值好题精练]1.选BD　取水平向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。2.解析:(1)重物开始上升时,重物受到重力和两个拉力的作用,规定竖直向上为正方向,设重物上升的时间为t1,由动量定理得2Ftcos θ-mgt1=0-0,代入数据解得t1=0.6 s。(2)从重物上升到刚撤去拉力时,设重物上升的高度为h,重物速度为v1,规定竖直向上为正方向,由动量定理得2Ftcos θ-mgt=mv1-0,又h=v12t设重物砸入地面的过程中所受地面向上的平均阻力大小为f,由动能定理可得2Fhcos θ+mgs-fs=0-0代入数据解得f=7 680 N根据牛顿第三定律可得,重物对地面的平均冲击力大小F'=f=7 680 N。答案:(1)0.6 s　(2)7 680 N3.解析:(1)小球运动到最低点的过程中,由动能定理得mgL=12mv02-0,解得v0=5 m/s,在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=mv02L,解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。(2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv12+12Mv22,解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=2mm+Mv0=4 m/s。(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3,由能量守恒定律得12Mv22=12×2Mv32+μ1Mgs,解得μ1=0.4;若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时物块和小车共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4,由能量守恒定律得12Mv22=12×2Mv42+μ2Mgs+MgR,解得μ2=0.25;综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为0.25≤μ12(m1+m2)v共2机械能损失最大比较项目爆炸碰撞相同点过程特点都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒能量情况都满足能量守恒,总能量保持不变不同点动能、机械能情况有其他形式的能转化为动能,动能会增加,机械能不守恒弹性碰撞时动能不变,非弹性碰撞时动能要损失,动能转化为内能,动能减少,机械能不一定守恒