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(共50张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第一章　动量守恒定律
章末综合提升
巩固层·知识整合
主题1　动量定理在生活中的应用——高空抛物
由动量定理F合Δt＝Δp知F合＝，这是牛顿第二定律的另一种表达形式，在Δp一定时，Δt越小则F合越大可定性分析生活中的一些现象。
提升层·主题探究
【典例1】　(人教版P30T3改编)(多选)如图所示为高空坠物的公益广告，形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。小明用下面的实例来检验广告的科学性：设一个质量为50 g的鸡蛋从25楼楼顶自由落下，相邻楼层的高度差为3.2 m，鸡蛋与地面撞击时间约为0.002 s，不计空气阻力，g取10 m/s2。则(　　)
A．从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化量大小约为2 000 kg·m/s
B．该鸡蛋对地面的平均冲击力大小约为1 000 N
C．鸡蛋在空中运动的过程中，任意相等时间
内动量变化量相等
D．鸡蛋在空中运动过程中，任意相等时间内
动能变化量相等
√
√
BC　[每层楼高约3.2 m，鸡蛋下落的总高度为h＝25×3.2 m＝80 m，自由下落时间为t1＝＝ s＝4 s，落地速度v＝gt1＝10×4 m/s＝40 m/s，所以从下落到即将落地，鸡蛋的动量变化量大小为Δp＝mv－0＝0.05×40 kg·m/s＝
2 kg·m/s，选项A错误；鸡蛋与地面的碰撞时间约为t2＝0.002 s，取竖直向上为正方向，对鸡蛋与地面碰撞过程，根据动量定理有(F－mg)t2＝0－(－mv)，代入数据解得地面对鸡蛋的平均冲击力大小为F≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知选项B正确；鸡蛋在空中运动的过程中，任意相等时间内速度变化量相等，所以动量变化量相等，选项C正确；鸡蛋在空中运动过程中，速度越来越大，任意相等时间内位移变化量不同，合外力做的功不同，根据动能定理可知，合外力做的功等于动能变化量，所以动能变化量不相等，选项D错误。]
主题2　思想方法——物理学中的守恒思想
动量守恒定律和能量守恒定律的应用
动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中最普遍的规律。在解答力学问题时必须注意守恒的条件，在应用这两个定律时，当确定了研究的对象和运动状态变化的过程后，可根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。
【典例2】　如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。求：
(1)A、B碰撞过程中产生的热量；
(2)A和B在斜面体C上上升的最大高度；
(3)斜面体C获得的最大速度。
思路点拨：(1)A下滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出A滑到曲面轨道底端时的速度，A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后两者的共同速度，应用能量守恒定律求出碰撞过程产生的热量。
(2)A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出A、B上升的最大高度。
(3)A、B离开C时C的速度最大，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出C的最大速度。
[解析]　(1)设A滑到曲面轨道底端时的速度为v0，A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝
设A、B碰后共同速度为v1，A、B碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v1
由能量守恒定律得mgh＝＋Q
解得A、B碰撞过程中产生的热量Q＝mgh。
(2)A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，A、B到达最高点时三者在水平方向速度相等，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
3mv1＝(3m＋3m)v共
由机械能守恒定律得＝＋3mgh′
解得A和B在斜面体C上上升的最大高度h′＝h。
(3)A、B一起冲上斜面体后又返回地面时，C获得的速度最大，设此时A、B的共同速度为v2，C的速度为v3，A、B与C水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝3mv2＋3mv3
由机械能守恒定律得
＝
解得v2＝0，v3＝
即斜面体C获得的最大速度为，方向水平向右。
[答案]　(1)mgh　(2)h　(3)，方向水平向右
主题3　建构物理模型法——解答动力学问题的三种思路
牛顿运动定律、动量和能量是解决动力学问题的三条重要途径。如图所示，求解这类问题时要注意正确选取研究对象、运动状态、运动过程，并在分析的基础上恰当选用物理规律来解题，选用规律也有一定的原则。
(1)牛顿运动定律(力的观点)
研究某一时刻(或某一位置)的动力学问题应使用牛顿第二定律，研究某一个恒力作用过程的动力学问题，且问题又直接涉及物体的加速度，应采用运动学公式和牛顿第二定律求解。
(2)动量定理和动量守恒定律(动量观点)
①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于撞击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，则应使用动量定理求解。
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，则应使用动量守恒定律求解。
(3)动能定理和能量守恒定律(能量观点)
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间的问题，则应用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程。
【典例3】　如图所示，质量为mA＝3 kg的木板A置于长L0＝6.25 m的光滑凹槽左端，木板A的上表面与水平面MN、PQ在同一高度。质量为mB＝1 kg的滑块B放置在水平面MN上，在外力作用下，紧靠在弹簧右端(与弹簧不拴接)。撤去外力，滑块B运动x＝0.1 m时与弹簧分离，刚好以v0＝4 m/s的速度滑上木板A的左端。运动过程中滑块B恰好不脱离木板A，之后滑块B进入水平面PQ。已知滑块B与水平面MN、木板A的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧开始的弹性势能；
(2)木板A的长度L；
(3)滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间。
[解析]　(1)根据能量守恒定律，弹簧开始的弹性势能Ep＝
Ep＝8.2 J。
(2)滑块B滑上木板A后，A、B构成的系统动量守恒，设A、B共速的速度为v，有mBv0＝(mA＋mB)v
解得v＝1 m/s
此过程中，根据功能关系μmBgL＝－(mA＋mB)v2
解得L＝3 m。
(3)滑块B从滑上木板A到与之共速期间，对木板A由动量定理可得μmBgt1＝mAv
解得t1＝1.5 s
在时间t1内，木板A运动的位移xA＝vt1＝0.75 m
滑块B与木板A共速后，一起匀速运动用时t2，则有t2＝＝2.5 s
滑块B从离开MN到刚滑上PQ所用的时间t＝t1＋t2＝4 s。
[答案]　(1)8.2 J　(2)3 m　(3)4 s
【教用·备选例题】　如图所示，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态，一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动，已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，求：
(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；
(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；
(3)从C与B相碰到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
[解析]　(1)物块C从滑板左端运动至刚要与物块B相碰过程，由动能定理得－μmgs0＝
解得物块C碰撞前瞬间的速度大小为v1＝。
(2)物块B、C碰撞时间极短，碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小v2＝
根据能量守恒定律可得物块B与物块C碰撞过程系统损失的机械能为ΔE＝
解得ΔE＝－μmgs0。
(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A，由平衡条件得kΔx＋2μmg＝3μmg
解得弹簧的压缩量Δx＝
故从C与B相碰到滑板A开始运动的过程中物块B和物块C克服摩擦力做功W克＝2μmgΔx
解得W克＝。
[答案]　－μmgs0　(3)
题号
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(满分：100分)
一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的小车， 甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动。下列说法正确的是
(　　)
A．乙的速度必定小于甲的速度 B．乙的速度必定大于甲的速度
C．乙的动量必定小于甲的动量 D．乙的动量必定大于甲的动量
章末综合测评(一)　动量守恒定律
√
D　[甲、乙两人相向而行的过程中，甲、乙两人及小车组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＋m车v车＝0，小车向右运动，小车的动量方向向右，说明甲与乙两人的总动量向左，因乙向左运动，甲向右运动，则乙的动量必定大于甲的动量，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，选项A、B、C错误，D正确。]
题号
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2．乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后球向上运动的最大高度为1.8 m，若抛球过程，手掌和球接触时间为6 ms，不计空气阻力，g取10 m/s2，则该过程中手掌对球的作用力大小约为(　　)
A．300 N B．30 N
C．3 N D．0.3 N
√
题号
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C　[乒乓球抛出的速度为v＝＝6 m/s，以竖直向上为正方向，对抛球的过程利用动量定理可得Ft－mgt＝mv，化简可得F＝＋mg＝2.727 N≈3 N，故C正确，A、B、D错误。]
题号
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3．如图所示，在光滑的水平面上有2 021个完全相同的小球等间距地排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能Ek，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为 (　　)
A．Ek　　　　　　 B．Ek
C．Ek D．Ek
√
题号
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D　[以第一个小球初速度v0的方向为正方向，将2 021个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒定律得mv0＝2 021mv，解得v＝，则系统损失的机械能为ΔE＝－·2 021mv2，解得ΔE＝Ek，故选D。]
题号
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4．甲、乙两物体质量分别为m1和m2，两物体碰撞前后运动的位移随时间变化的图像如图所示，则在碰撞前(　　)
√
题号
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A．乙的动能大 B．甲的动能大
C．乙的动量大 D．甲的动量大
A　[根据位移时间图像的斜率表示速度，可知碰撞前甲的速度大小v1小于乙的速度大小v2，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有－p1＋p2＝0，得p1＝p2，故C、D错误；由上面分析可得m1v1＝m2v2，v1＜v2，则m1＞m2，因为Ek＝，所以Ek1＜Ek2，即乙的动能大，故A正确，B错误。]
题号
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5．如图所示，将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出)，沙箱摆动的最大摆角为α。摆动过程中，沙箱可视为质点，重力加速度为g，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
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B　[设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cos α)，设子弹将要射入沙箱时的速度大小为v0，规定向右为正方向，子弹射入沙箱过程，由动量守恒有mv0＝(m＋M)v，联立解得v0＝，故选B。]
题号
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二、多项选择题：本题共2小题，每小题8分，共16分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
6．一水平轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，此后两物块的速度随时间变化的规律如图所示，从图像信息可得(　　)
A．在t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态
B．从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶3
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8
√
题号
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√
AD　[由题图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，而t＝0、t2、t4三个时刻弹簧处于原长状态，故t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A正确；结合题图，开始时m1减速，m2加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为0，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，当
题号
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t3时刻，两物块速度再次相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t1到t3时刻，弹簧由压缩状态恢复原长再伸长，故B错误；根据系统动量守恒，0～t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，可得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻A的速度为vA＝1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，所以动能之比为Ek1∶Ek2＝＝1∶8，故D正确。]
题号
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7．在粗糙水平面上，两个紧靠的物体A、B之间放置有少许炸药，炸药爆炸后，A、B两物体分别滑动x1和x2的距离而停止，已知两物体与水平面之间的动摩擦因数相同，由此可知(　　)
A．A、B两物体的质量之比为∶
B．爆炸后瞬间A、B两物体的速度大小之比为∶
C．爆炸后瞬间A、B两物体的动量大小之比为
D．爆炸后瞬间A、B两物体的动能之比为∶
√
题号
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√
BD　[A、B两物体分别滑动x1和x2的距离而停止，由0－v2＝2ax，a＝－μg可知，爆炸后瞬间A、B两物体的速度二次方之比为x1∶x2，即A、B两物体的速度大小之比为v1∶v2＝∶，选项B正确；爆炸过程，两物体组成的系统动量守恒，所以爆炸后瞬间A、B两物体的动量大小之比为p1∶p2＝m1v1∶m2v2＝1∶1，则A、B两物体的质量之比为m1∶m2＝v2∶v1＝∶，选项A、C错误；爆炸后瞬间A、B两物体的动能之比为Ek1∶Ek2＝＝v1∶v2＝∶，选项D正确。]
题号
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三、非选择题：本题共3小题，共54分。
8．(15分)某同学用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图1所示。
题号
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(1)实验室有两组滑块装置。甲组两个滑块的碰撞端面装上弹性碰撞架，乙组两个滑块的碰撞端面分别装上撞针和橡皮泥。若要求碰撞过程动能损失最小，应选择________(选填“甲”或“乙”)组的实验装置。
题号
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甲
(2)用螺旋测微器测量遮光条宽度d，如图2所示，并将两块宽度均为d的遮光条安装到两滑块上，可知遮光条的宽度d＝_________________________mm。
题号
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6.790(6.789～6.791)
(3)安装好气垫导轨和光电门，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节P使轨道左端________(选填“升高”或“降低”)一些。
题号
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升高
(4)用天平测得滑块A、B的质量(均包括遮光条)分别为mA、mB；调整好气垫导轨后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，碰后两滑块没有粘连，与光电门1相连的计时器显示的挡光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器显示的先后挡光时间为Δt2和Δt3。从实验结果可知两滑块的质量满足mA________(选填“>”“<”或“＝”)mB；滑块A、B碰撞过程中满足表达式________________(用所测物理量的符号表示)，则说明碰撞过程中动量守恒。
题号
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>
　＝
[解析]　(1)乙组中两滑块碰撞后连成一体运动，是完全非弹性碰撞，动能损失较大，根据题意，应选择甲组的实验装置。
(2)螺旋测微器的读数为6.5 mm＋29.0×0.01 mm＝6.790 mm。
(3)滑块通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间，说明滑块从右到左加速运动，为使导轨水平，可调节P使轨道左端升高一些。
(4)滑块A向左运动，先通过光电门1，与滑块B碰撞后，滑块A通过光电门2，说明碰撞后滑块A向左运动，所以mA>mB
滑块A、B碰撞前后动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mBvB
又v0＝，vA＝，vB＝，代入可得＝。
题号
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9．(19分)如图所示，质量为m的一个人站在长为L、质量为2m的小车上表面最左端，随车一起以速度v0在光滑水平面上向右匀速运动，某时刻，该人沿车的表面向右匀加速运动，到车的右端时，车的速度刚好为零。求：
(1)人到车右端时的速度大小及在此过
程中人对车水平作用力的冲量大小；
(2)人匀加速运动的加速度大小；
(3)忽略其他能量损失，在此过程中人消耗的能量。
题号
1
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[解析]　(1)设人到车的右端时的速度大小为v，根据动量守恒(m＋2m)v0＝mv
解得v＝3v0
对车由动量定理I＝0－2mv0
故人对车的水平作用力冲量大小为2mv0。
题号
1
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(2)设人匀加速运动的加速度大小为a1，车做匀减速运动的加速度大小为a2，则ma1＝2ma2
可得a1＝2a2
根据题意＝
解得a1＝。
(3)根据能量守恒，人消耗的能量E＝
解得E＝。
题号
1
3
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2
4
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10
[答案]　(1)3v0　2mv0　
10．(20分)质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量mB＝0.5 kg的物块B放在平板车右端上表面，质量mC＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m。将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，如图所示，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)平板车的长度；
(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能。
题号
1
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[解析]　(1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBa
解得a＝6 m/s2
设物块滑到平板车左端时，物块与平板车的共同速度大小为v，根据运动学公式有v＝at＝3 m/s
设小球与平板车相碰后，平板车的速度大小为v1，根据动量守恒定律有Mv1＝(mB＋M)v
解得v1＝4.5 m/s
根据能量守恒有μmBgL＝－(mB＋M)v2
解得L＝1.125 m。
题号
1
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(2)设小球与平板车相碰前速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
mCg(l－l cos 60°)＝
解得v0＝8 m/s
设碰撞后小球的速度为v2，根据动量守恒定律有
mCv0＝Mv1＋mCv2
解得v2＝－1 m/s
小球与平板车碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝＝5.625 J。
题号
1
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[答案]　(1)1.125 m　(2)5.625 J
谢 谢！

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