高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律1 动量获奖课件ppt

高中物理新教材特点分析及教学策略

（一）趣味性强，激发学生学习兴趣：在新时代教育制度的改革深化下，学生对于物理课程内容的学习兴趣可以带动学生不断地进行探究。

（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。

（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。

动量、动力学和能量观点在力学中的应用

[学习目标]　1.进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律.2.灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力学问题．

一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律

二、力学规律的选用原则

1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．

2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．

3．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．

4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．

5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．

例1　如图所示，较长的曲面与水平桌面平滑连接，将质量分别为m1、m2的两物体之间的轻弹簧压缩后用细线约束，置于水平桌面上，弹簧与两物体不拴连．现将细线烧断，弹簧将两物体弹开，m2离开弹簧后从桌面右边缘飞出，m1冲上曲面．已知桌面高为h，m2平抛的水平射程为x，m1＝2m，m2＝m，不计一切摩擦，重力加速度为g，求：

(1)m2离开弹簧时的速度大小；

(2)m1上升到曲面最高点时距桌面的高度H；

(3)弹簧的最大弹性势能．

答案　(1)x　(2)　(3)

解析　(1)对m2平抛过程分析，有

h＝gt2，

x＝v2t

解得v2＝x.

(2)弹簧将两物体弹开的过程，m1、m2组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有

m1v1－m2v2＝0

解得v1＝

对m1冲上曲面的过程，由机械能守恒定律有

m1gH＝m1v12

解得H＝.

(3)弹簧的最大弹性势能为

Ep＝m1v12＋m2v22

解得Ep＝.

(1)灵活选取系统．根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．

(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况．

针对训练1　(多选)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 s

B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s

C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s

D．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s

答案　AD

解析　由h＝gt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5 m/s，C项错误；对玩具青蛙抱住木块过程由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D项正确；对木块及玩具青蛙在平台滑行过程，由动量定理得：－μ( M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B项错误．

例2　如图，光滑的水平地面上静止放置着一辆小车A，质量mA＝5 kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.8 s，二者的速度达到vt＝2 m/s.求：

(1)A开始运动时加速度的大小；

(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小；

(3)A的上表面长度l.

答案　(1)2.0 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.64 m

解析　(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa

代入数据解得a＝＝2.0 m/s2

(2)A、B碰撞后一起在F的作用下运动时间t的过程中，由动量定理得

Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v

代入数据解得v＝1 m/s

(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，

对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

mAvA＝(mA＋mB)v

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝mAvA2

代入数据可得l＝0.64 m.

针对训练2　如图甲所示，质量m1＝4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端．现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度—时间图像如图乙所示.2 s后，撤去F，g取10 m/s2.求：

(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ；

(2)水平力的大小F；

(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE.

答案　(1)0.2　(2)4 N　(3)3.6 J

解析　(1)由题图乙可知：长木板的加速度a1＝0.5 m/s2，

由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力Ff＝m1a1＝2 N，

小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝＝0.2.

(2)由题图乙可知，小物块的加速度a2＝2 m/s2，

由牛顿第二定律可知：F－μm2g＝m2a2，

解得F＝4 N.

(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度(设为v)运动，则有

m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，

代入数据解得v＝1.6 m/s，

则系统损失的机械能

ΔE＝(m1v12＋m2v22)－(m1＋m2)v2＝3.6 J.

1.如图所示，小球A放于小球B正上方(两球直接接触且球心连线竖直)，两小球同时由距水平地面高度为H的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B与地面的碰撞均为弹性碰撞且作用时间极短，小球B的质量是小球A质量的3倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，求小球A反弹后能上升的最大高度．

答案　4H

解析　两小球做自由落体运动

v12＝2gH

小球B与地面碰撞时没有机械能损失，所以以原速率反弹vB＝v1，方向向上；此时小球A速度vA＝v1，方向向下，设小球A质量为M，则小球B质量为3M，小球B反弹后与小球A相碰，动量守恒、机械能守恒，取向上为正方向

3MvB－MvA＝3MvB′＋MvA′

×3MvB2＋MvA2＝×3MvB′2＋MvA′2

解得vA′＝v1，方向向下(舍)或vA′＝2v1，方向向上

小球A反弹后，机械能守恒

MvA′2＝Mgh

解得h＝4H.

2.(2022·忻州一中月考)如图所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M＝2 kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m＝1 kg的小球用长l＝0.9 m的轻绳悬挂在P点正上方的O点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：

(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小；

(2)弹簧的最大弹性势能Ep.

答案　(1)20 N　(2)2 J

解析　(1)小球由静止释放，由机械能守恒定律：mgl(1－cos 60°)＝mv02

小球在最低点由牛顿第二定律得：FT－mg＝m

又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力大小FT′＝FT

解得：FT′＝20 N.

(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝mv0′＋Mv1

mv02＝mv0′2＋Mv12

物块从P点运动到最右端，由能量守恒定律得：

Mv12＝Ep＋Q

小球反弹后回到P点的过程，又有：Ep＝Q

联立解得：Ep＝2 J.

3.如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝9 kg的木板，其右端恰好和光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m0＝2 kg的物体C(可视为质点)，已知圆弧轨道半径R＝0.9 m，现将一质量m＝4 kg的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A点由静止释放，滑块滑到B端后冲上木板，并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：

(1)滑块到达圆弧的B端时，轨道对它的支持力大小；

(2)木板的长度l.

答案　(1)120 N　(2)1.2 m

解析　(1)滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒定律得

mgR＝mv02

解得v0＝3 m/s

在B点，由牛顿第二定律得

FN－mg＝m

解得轨道对滑块的支持力大小FN＝120 N.

(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v1，则

mv0＝(m＋m0)v1

代入数据得v1＝2 m/s

对滑块、物体C以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2，由动量守恒定律有

(m＋m0)v1＝(m＋m0＋M)v2

由能量守恒定律得

μ(m＋m0)gl＝(m＋m0)v12－(M＋m＋m0)v22

解得l＝1.2 m.

4.如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时分别以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g，求：

(1)此后运动过程中木块B的最小速度是多少；

(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A发生的位移是多少．

答案　见解析

解析　(1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．

取向右为正方向，根据动量守恒定律有

m·2v0－mv0＝5mv

解得B的最小速度v＝.

(2)A向左减速的过程，根据动能定理有

－μmgx1＝0－mv02

向左的位移大小为x1＝

A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有

μmgx2＝×4m2

向右的位移大小为x2＝

取向右为正方向，整个过程A发生的位移为

x＝x2－x1＝－

即此过程中A发生的位移向左，大小为.