2024-2025學(xué)年新教材高中物理第一章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律階段提升課學(xué)案粵教版選擇性必修第一冊(cè)

PAGE8-第一章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律學(xué)問體系·思維導(dǎo)圖考點(diǎn)整合·素養(yǎng)提升考點(diǎn)彈性碰撞與非彈性碰撞的對(duì)比分析(難度☆☆☆)1．碰撞的種類及特點(diǎn)：分類標(biāo)準(zhǔn)種類特點(diǎn)能量是否守恒彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大2.碰撞和爆炸的比較：比較項(xiàng)目爆炸碰撞相同點(diǎn)過(guò)程特點(diǎn)都是物體間的相互作用突然發(fā)生,相互作用的力為變力,作用時(shí)間很短,平均作用力很大,且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒能量狀況都滿意能量守恒,總能量保持不變不同點(diǎn)動(dòng)能、機(jī)械能狀況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,動(dòng)能會(huì)增加,機(jī)械能不守恒彈性碰撞時(shí)動(dòng)能不變,非彈性碰撞時(shí)動(dòng)能要損失,動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,動(dòng)能削減,機(jī)械能不肯定守恒3.解題的基本思路：(1)弄清有幾個(gè)物體參加運(yùn)動(dòng)，并劃分清晰物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程。(2)進(jìn)行正確的受力分析，明確各過(guò)程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。(3)光滑的平面或曲面(僅有重力做功)，還有不計(jì)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能肯定守恒；碰撞過(guò)程、子彈打木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動(dòng)量守恒定律分析。1．(多選)如圖所示，三個(gè)小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運(yùn)動(dòng)，碰后A、B兩球粘在一起。對(duì)A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是()A．機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒B．機(jī)械能不守恒，動(dòng)量守恒C．三球速度相等后，將一起做勻速運(yùn)動(dòng)D．三球速度相等后，速度仍將改變【解析】選B、D。因水平面光滑，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，A、B兩球碰撞過(guò)程中機(jī)械能有損失，A錯(cuò)誤，B正確；三球速度相等時(shí)，彈簧形變量最大，彈力最大，故三球速度仍將發(fā)生改變，C錯(cuò)誤，D正確。2.質(zhì)量分別為1kg、3kg的滑塊A、B靜止于光滑水平面上，滑塊B左側(cè)連有輕彈簧，現(xiàn)使滑塊A以v0＝4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，如圖所示，與滑塊B發(fā)生碰撞。求二者在發(fā)生碰撞的過(guò)程中：(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)滑塊B的最大速度。【解析】(1)當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)滑塊A、B具有相同的速度。由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝eq\f(mAv0,mA＋mB)＝eq\f(1×4,1＋3)m/s＝1m/s。彈簧的最大彈性勢(shì)能大小等于滑塊A、B損失的動(dòng)能Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝6J。(2)當(dāng)彈簧復(fù)原原長(zhǎng)時(shí)，滑塊B獲得最大速度，由動(dòng)量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvmeq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))解得vm＝2m/s。答案：(1)6J(2)2m/s考點(diǎn)1動(dòng)量定理與動(dòng)能定理的比較(難度☆☆☆)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的比較：動(dòng)量定理動(dòng)能定理內(nèi)容物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量改變量物體所受合外力的功等于物體動(dòng)能的改變量公式F合t＝mv2－mv1F合s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))矢標(biāo)性矢量式標(biāo)量式因果關(guān)系因合外力的沖量合外力的功(總功)果動(dòng)量的改變動(dòng)能的改變相同點(diǎn)①動(dòng)量定理和動(dòng)能定理都注意初、末狀態(tài)而不注意過(guò)程，不僅適用于恒力，而且也適用于隨時(shí)間而改變的力。②不僅適用于單個(gè)物體，也適用于物體系統(tǒng)；探討的過(guò)程可以是整個(gè)過(guò)程也可以是某一過(guò)程。③動(dòng)能定理和動(dòng)量定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)?？键c(diǎn)2動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用(難度☆☆☆☆☆)1．三個(gè)基本觀點(diǎn)：(1)力的觀點(diǎn)：主要是牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速運(yùn)動(dòng)等問題。(2)動(dòng)量的觀點(diǎn)：主要應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時(shí)間問題，以及物體間的相互作用問題。(3)能量的觀點(diǎn)：在涉及單個(gè)物體的受力、速度和位移問題時(shí)，常用動(dòng)能定理；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉(zhuǎn)化問題時(shí)，常用能量守恒定律。2．選用原則：(1)單個(gè)物體：宜選用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律。若其中涉剛好間的問題，應(yīng)選用動(dòng)量定理；若涉及位移的問題，應(yīng)選用動(dòng)能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓其次定律。(2)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，應(yīng)選用動(dòng)量守恒定律，然后再依據(jù)能量關(guān)系分析解決。3．系統(tǒng)化思維方法：(1)對(duì)多個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行整體思維，即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理，如用動(dòng)量守恒定律解決比較困難的運(yùn)動(dòng)。(2)對(duì)多個(gè)探討對(duì)象進(jìn)行整體思維，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體合為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體(或系統(tǒng))。1.如圖所示，粗糙的水平面連接一個(gè)豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道，其半徑為R＝0.1m，半圓形軌道的底端放置一個(gè)質(zhì)量為m＝0.1kg的小球B，水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M＝0.3kg的木塊A以初速度v0＝4.0m/s起先向著小球B滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝0.80s與B發(fā)生彈性碰撞。設(shè)兩物體均可看作質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時(shí)間極短，且已知木塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，求：(1)兩物體碰前A的速度大?。?2)碰撞后A、B的速度大小；(3)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力。【解析】(1)碰前對(duì)A由動(dòng)量定理有：－μMgt＝MvA－Mv0解得：vA＝2m/s(2)對(duì)A、B：碰撞前后動(dòng)量守恒：MvA＝MvA′＋mvB碰撞前后動(dòng)能保持不變：eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))由以上各式解得：vA′＝1m/s，vB＝3m/s(3)B球在軌道上只有重力做功，由動(dòng)能定理可得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))，解得：vC＝eq\r(5)m/s在最高點(diǎn)C對(duì)小球B有：mg＋FN＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C)),R)解得：FN＝4N，由牛頓第三定律知：小球?qū)壍赖膲毫Φ拇笮?N，方向豎直向上。答案：(1)2m/s(2)1m/s3m/s(3)4N，方向豎直向上。2.(2024·揭陽(yáng)高二檢測(cè))如圖所示，一彈簧豎直固定在地面上，質(zhì)量m1＝1kg的物體A放在彈簧上處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧被壓縮了0.15m，質(zhì)量m2＝1kg的物體B從距物體A正上方h＝0.3m處自由下落，物體A、B碰撞時(shí)間極短，碰后物體A、B結(jié)合在一起向下運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g取10m/s2，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求：(1)碰撞結(jié)束瞬間兩物體的總動(dòng)能；(2)物體A、B從碰后到動(dòng)能最大的過(guò)程中，彈簧彈力做功W＝－2.25J，求碰后物體A、B的最大動(dòng)能?！窘馕觥?1)A、B的質(zhì)量相等，設(shè)為m，物體B自由下落時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(6)m/s碰撞過(guò)程A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋m)v解得v＝eq\f(\r(6),2)m/s碰后A、B的總動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)(m＋m)v2解得Ek＝1.5J。(2)A處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由胡克定律得mg＝kx1解得k＝eq\f(mg,x1)＝eq\f(200,3)N/m碰后A、B一起向下運(yùn)動(dòng)，彈簧的彈力不斷增大，當(dāng)彈力與A、B的總重力大小相等時(shí)，A、B動(dòng)能最大，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x2，則有2mg＝kx2解得x2＝0.3mA、B從碰后到動(dòng)能最大的過(guò)程中下降的高度h′＝x2－x1＝0.15m由機(jī)械能守恒定律得2mgh′＋W＝Ekm－Ek解得碰后A、B的最大動(dòng)能Ekm＝2.25J。答案：(1)1.5J(2)2.25J3．如圖所示，小球A系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點(diǎn)，O點(diǎn)到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球A的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點(diǎn)正下方，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)拉動(dòng)小球使線水平伸直，小球由靜止起先釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，反彈后上升至最高點(diǎn)時(shí)到水平面的距離為eq\f(h,16)。小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求碰后物塊的速度。【解析】設(shè)小球的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前的速度大小為v1，取小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)重力勢(shì)能為零，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))得v1＝eq\r(2gh)設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有mgeq\f(h,16)＝eq\f(1,2)mv1′2得v1′＝eq\r(\f(gh,8))設(shè)碰后物塊的速度大小為v2，取水平向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv1＝－mv1′＋5mv2得v2＝eq\r(\f(gh,8))。答案：eq\r(\f(gh,8))【加固訓(xùn)練】如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從h高處的A點(diǎn)由靜止起先沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(diǎn)(斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接)。要使滑塊能原路返回，在B點(diǎn)需給滑塊的瞬時(shí)沖量最小應(yīng)是()A．2meq\r(gh