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第一章　動量守恒定律 章末素養提升
物理觀念 物理概念 動量：物體的________和________的乘積 沖量：力與____________________的乘積
物理原理 動量定理：I＝p′－p或F(t′－t)＝________ 動量守恒定律：m1v1＋m2v2＝____________________
科學思維 極限思想 知道動量定理適用于變力情況，會用極限思想理解變力沖量的求解過程
理想化模型 碰撞模型；彈性碰撞問題；反沖現象
圖像法 能夠通過F－t圖像求某力的沖量；通過F合－t圖像求合力的沖量或動量的變化量
科學探究 1.能提出與碰撞前后的動量測量及對實驗造成影響等相關的物理問題 2．能設計驗證動量守恒定律的實驗方案并進行交流論證。知道實驗需測量的物理量和所需器材，知道碰撞前后速度的測量方法，能測量并記錄數據 3．能寫出具體碰撞情境中碰撞前后表征動量守恒的表達式，能分析數據驗證動量守恒定律，能對實驗誤差及誤差產生的原因進行分析
科學態度與責任 1.了解生產生活中應用動量定理、動量守恒定律、反沖運動等實例，進一步提高學習物理的興趣，加強對科學本質的認識 2．通過動量守恒定律的學習，認識到物理學是人類認識自然的方式之一，是不斷發展的，具有相對持久性和普適性 3．了解我國航天事業的巨大成就，增強對我國科學技術發展的信心
例1　(2023·江蘇海安高級中學高二期中)如圖所示，顛球是足球運動中的一項基本功，若某次顛球中，顛出去的足球豎直向上運動之后又落回到原位置，設整個運動過程中足球所受阻力大小不變。下列說法正確的是(　　)
A．球從顛出到落回的時間內，重力的沖量為零
B．球從顛出到落回的時間內，阻力的沖量為零
C．球上升階段與下降階段合外力的沖量大小相等
D．球上升階段動量的減少量大于下降階段動量的增加量
例2　如圖所示，在光滑的水平面上放置有兩木塊A和B，A的質量較大，現同時施加大小相等的恒力F使它們相向運動，然后又同時撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，則A和B合在一起后的運動情況是(　　)
A．停止運動
B．因A的質量較大而向右運動
C．因B的速度較大而向左運動
D．運動方向不確定
例3　一個不穩定的原子核質量為M，處于靜止狀態。放出一個質量為m的粒子后反沖，已知放出的粒子的動能為E0，則原子核反沖的動能為(　　)
A．E0 B.E0
C.E0 D.E0
例4　(2023·河北石家莊市辛集中學月考)如圖，在足夠大的光滑水平面上放有兩個小物塊P、Q，Q的質量為m，P的質量為2m，物塊P連接一輕彈簧并處于靜止狀態。現讓物塊Q以初速度3v0向物塊P運動且兩物塊始終保持在一條直線上。若分別用實線和虛線表示物塊Q、P的速度v與時間t之間關系的圖線，則在彈簧形變過程中，v－t圖像可能是下圖中的(　　)
例5　(2022·江蘇無錫市高二期末)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后，mA＝1 kg。經過一段時間，A、B發生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖所示，根據以上信息可知(　　)
A．碰撞過程中B球受到的沖量為8 N·s
B．碰撞過程中A球受到的沖量為－8 N·s
C．B球的質量mB＝4 kg
D．A、B兩球發生的是彈性碰撞
例6　(2022·河北卷)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1 kg和2 kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。
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章末素養提升
物理觀念 物理概念 動量：物體的質量和速度的乘積
沖量：力與力的作用時間的乘積
物理原理 動量定理：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv 動量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
科學思維 極限思想 知道動量定理適用于變力情況，會用極限思想理解變力沖量的求解過程
理想化模型 碰撞模型；彈性碰撞問題；反沖現象
圖像法 能夠通過F－t圖像求某力的沖量；通過F合－t圖像求合力的沖量或動量的變化量
科學探究 1.能提出與碰撞前后的動量測量及對實驗造成影響等相關的物理問題 2．能設計驗證動量守恒定律的實驗方案并進行交流論證。知道實驗需測量的物理量和所需器材，知道碰撞前后速度的測量方法，能測量并記錄數據 3．能寫出具體碰撞情境中碰撞前后表征動量守恒的表達式，能分析數據驗證動量守恒定律，能對實驗誤差及誤差產生的原因進行分析
科學態度與責任 1.了解生產生活中應用動量定理、動量守恒定律、反沖運動等實例，進一步提高學習物理的興趣，加強對科學本質的認識 2．通過動量守恒定律的學習，認識到物理學是人類認識自然的方式之一，是不斷發展的，具有相對持久性和普適性 3．了解我國航天事業的巨大成就，增強對我國科學技術發展的信心
例1　(2023·江蘇海安高級中學高二期中)如圖所示，顛球是足球運動中的一項基本功，若某次顛球中，顛出去的足球豎直向上運動之后又落回到原位置，設整個運動過程中足球所受阻力大小不變。下列說法正確的是(　　)
A．球從顛出到落回的時間內，重力的沖量為零
B．球從顛出到落回的時間內，阻力的沖量為零
C．球上升階段與下降階段合外力的沖量大小相等
D．球上升階段動量的減少量大于下降階段動量的增加量
答案　D
解析　由沖量定義I＝Ft，球從顛出到落回的時間內，重力和阻力的沖量為力乘以力作用的時間，大小不為零，A、B錯誤；
球上升時合力為重力加阻力，下降時合力為重力減阻力，故上升時合外力比下降時合外力大，由牛頓第二定律，上升時加速度a＝＝大于下降時加速度a′＝＝；
設上升階段球的初速度為v，末速度為0，由動量定理I合＝Δp＝0－mv；
下降階段初速度為0，末速度為v′，由于上升時加速度比下降時加速度大，根據速度位移關系v2＝2ax；
其末速度v′＜v，動量的變化量I合′＝Δp′＝mv′－0＜mv，則球上升階段動量的變化量大于下降階段動量的變化量，球上升階段與下降階段合外力的沖量大小不相等，C錯誤，D正確。
例2　如圖所示，在光滑的水平面上放置有兩木塊A和B，A的質量較大，現同時施加大小相等的恒力F使它們相向運動，然后又同時撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，則A和B合在一起后的運動情況是(　　)
A．停止運動
B．因A的質量較大而向右運動
C．因B的速度較大而向左運動
D．運動方向不確定
答案　A
解析　設作用力F作用的時間為t，向右為正方向，則A的末動量pA＝Ft
B的末動量pB＝－Ft
碰撞的過程中滿足動量守恒定律，
所以(mA＋mB)v＝pA＋pB＝0
碰撞后它們合在一起，停止運動，故A正確。
例3　一個不穩定的原子核質量為M，處于靜止狀態。放出一個質量為m的粒子后反沖，已知放出的粒子的動能為E0，則原子核反沖的動能為(　　)
A．E0 B.E0
C.E0 D.E0
答案　C
解析　放出質量為m的粒子后，剩余質量為M－m，該過程動量守恒，有：mv0＝(M－m)v
放出的粒子的動能為E0＝mv02
原子核反沖的動能：Ek＝(M－m)v2
解得Ek＝E0，故選C。
例4　(2023·河北石家莊市辛集中學月考)如圖，在足夠大的光滑水平面上放有兩個小物塊P、Q，Q的質量為m，P的質量為2m，物塊P連接一輕彈簧并處于靜止狀態。現讓物塊Q以初速度3v0向物塊P運動且兩物塊始終保持在一條直線上。若分別用實線和虛線表示物塊Q、P的速度v與時間t之間關系的圖線，則在彈簧形變過程中，v－t圖像可能是下圖中的(　　)
答案　C
解析　以兩物塊及彈簧作為整體分析，當它們速度相等時，由動量守恒定律可得
m·(3v0)＝(m＋2m)v
解得v＝v0，故A、B錯誤；
碰后，Q的速度減小，P的速度增大，在Q的速度大于P的速度時，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力增大，它們的加速度都增大，當彈簧壓縮到最大，開始恢復的過程中，彈力方向不變，Q的速度繼續減小，P的速度繼續增大，但由于彈簧的壓縮量減小，它們的加速度都將減小，故C正確，D錯誤。
例5　(2022·江蘇無錫市高二期末)A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線運動，B球在前，A球在后，mA＝1 kg。經過一段時間，A、B發生正碰，碰撞時間極短，碰撞前、后兩球的位移—時間圖像如圖所示，根據以上信息可知(　　)
A．碰撞過程中B球受到的沖量為8 N·s
B．碰撞過程中A球受到的沖量為－8 N·s
C．B球的質量mB＝4 kg
D．A、B兩球發生的是彈性碰撞
答案　D
解析　已知x－t圖像的斜率表示速度，則碰撞前vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，碰撞后vA′＝2 m/s，vB′＝5 m/s，根據動量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4 N·s，IB＝mBvB′－mBvB，
再根據動量守恒有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2 kg，IB＝4 N·s，A、B、C錯誤；
碰撞前后的動能分別為Ek1＝mAvA2＋mBvB2＝27 J，Ek2＝mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，則A、B兩球發生的是彈性碰撞，D正確。
例6　(2022·河北卷)如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1 kg和2 kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新物塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。
答案　(1)5(1－k) m/s，方向向右　 m/s，方向向右　(2)1.875 m
解析　(1)物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，已知C、D的質量均為m＝1 kg，以向右為正方向，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度大小為5(1－k) m/s，方向向右。
滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質量分別為1 kg和2 kg，則由
Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s>0
則新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為
v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為
v滑′＝ m/s＝0
可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，新物塊的質量為m′＝2 kg，新滑板的質量為M′＝3 kg，設相對靜止時的共同速度為
v共，根據動量守恒定律可得m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根據能量守恒定律可得
μm′gx相＝m′(v物′)2－(m′＋M′)v共2
解得x相＝1.875 m。

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