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(共33张PPT)
阶段提升课
第一章
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
分类标准
种类
特点
能量
是否守恒
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，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
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内容:一个系统不受外力或者
定义:物体的质量和速度的乘积
所受合外力的矢量和为零,则
这个系统的总动量保持不变
定义式
动量
矢量性:动量的方向是速度的方向
表达式
特点瞬时性
△P1=-△P
动量守
相对性
系统不受外力
恒定律
成立条件
定义:力与力的作用时间的乘积
所受外力的矢量和为零
矢量性动量守恒
冲量定义式:/=F
同时/)定律的理
矢量性:沖量的方向是合外力的方向
解
动量和
参考系的同一性
特点过程性
动量守恒定律
普适性
绝对性
动量内容:物体所受合外力的冲量等于动量
弹性碰撞
定理的变化量
非弹性碰撞)分类
动量守恒
碰撞定律的应用
表达式:F=mU′-m
系统动量守恒
特点
应用:打夯机、安全气囊等
系统机械能不增加
实验:验
物体的不同部分在内力
证动量守
实验目的:验证动量守恒定律
作用下向相反方向运动冲现象自然界中的
恒定律
火箭」守恒定律
动量近似守恒
动量守恒
实验方案
机械能守恒
能量守恒
C
B
B
7777777777
A
Q
O
B初第一章
动量和动量守恒定律
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
考点　弹性碰撞与非弹性碰撞的对比分析(难度☆☆☆)
1．碰撞的种类及特点：
分类标准
种类
特点
能量是否守恒
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
2.碰撞和爆炸的比较：
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
3.解题的基本思路：
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。
(3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
1．(多选)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　)
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D．三球速度相等后，速度仍将变化
【解析】选B、D。因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。
2.质量分别为1
kg、3
kg的滑块A、B静止于光滑水平面上，滑块B左侧连有轻弹簧，现使滑块A以v0＝4
m/s的速度向右运动，如图所示，与滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块B的最大速度。
【解析】(1)当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B具有相同的速度。
由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝＝
m/s＝1
m/s。
弹簧的最大弹性势能大小等于滑块A、B损失的动能
Epm＝mAv－(mA＋mB)v2＝6
J。
(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，
由动量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA＋mBvm
mAv＝mBv＋mAv
解得vm＝2
m/s。
答案：(1)6
J　(2)2
m/s
考点1　动量定理与动能定理的比较(难度☆☆☆)
动量定理和动能定理的比较：
动量定理
动能定理
内容
物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化量
物体所受合外力的功等于物体动能的变化量
公式
F合t＝mv2－mv1
F合s＝mv－mv
矢标性
矢量式
标量式
因果关系
因
合外力的冲量
合外力的功(总功)
果
动量的变化
动能的变化
相同点
①动量定理和动能定理都注重初、末状态而不注重过程，不仅适用于恒力，而且也适用于随时间而变化的力。②不仅适用于单个物体，也适用于物体系统；研究的过程可以是整个过程也可以是某一过程。③动能定理和动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
考点2　动量和能量的综合应用(难度☆☆☆☆☆)
1．三个基本观点：
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动等问题。
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及物体间的相互作用问题。
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律。
2．选用原则：
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律。
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。
3．系统化思维方法：
(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。
(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。
1.如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝0.1
m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1
kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝0.3
kg的木块A以初速度v0＝4.0
m/s开始向着小球B滑动，经过时间t＝0.80
s与B发生弹性碰撞。设两物体均可看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：
(1)两物体碰前A的速度大小；
(2)碰撞后A、B的速度大小；
(3)小球B运动到最高点C时对轨道的压力。
【解析】(1)碰前对A由动量定理有：－μMgt＝MvA－Mv0
解得：vA＝2
m/s
(2)对A、B：碰撞前后动量守恒：MvA＝MvA′＋mvB
碰撞前后动能保持不变：Mv＝Mv′＋mv
由以上各式解得：vA′＝1
m/s，vB＝3
m/s
(3)B球在轨道上只有重力做功，由动能定理可得
2mgR＝mv－mv，解得：vC＝
m/s
在最高点C对小球B有：mg＋FN＝m
eq
\f(v,R)
解得：FN＝4
N，由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4
N，方向竖直向上。
答案：(1)2
m/s　(2)1
m/s　3
m/s　(3)4
N，方向竖直向上。
2.(2021·揭阳高二检测)如图所示，一弹簧竖直固定在地面上，质量m1＝1
kg的物体A放在弹簧上处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15
m，质量m2＝1
kg的物体B从距物体A正上方h＝0.3
m处自由下落，物体A、B碰撞时间极短，碰后物体A、B结合在一起向下运动，已知重力加速度g取10
m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。求：
(1)碰撞结束瞬间两物体的总动能；
(2)物体A、B从碰后到动能最大的过程中，弹簧弹力做功W＝－2.25
J，求碰后物体A、B的最大动能。
【解析】(1)A、B的质量相等，设为m，物体B自由下落时，由机械能守恒定律得mgh＝mv
解得v0＝＝
m/s
碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v
解得v＝
m/s
碰后A、B的总动能Ek＝(m＋m)v2
解得Ek＝1.5
J。
(2)A处于静止状态时，由胡克定律得mg＝kx1
解得k＝＝
N/m
碰后A、B一起向下运动，弹簧的弹力不断增大，当弹力与A、B的总重力大小相等时，A、B动能最大，设此时弹簧的压缩量为x2，则有2mg＝kx2
解得x2＝0.3
m
A、B从碰后到动能最大的过程中下降的高度
h′＝x2－x1＝0.15
m
由机械能守恒定律得2mgh′＋W＝Ekm－Ek
解得碰后A、B的最大动能Ekm＝2.25
J。
答案：(1)1.5
J　(2)2.25
J
3．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球A的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰后物块的速度。
【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有
mgh＝mv
得v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2
得v1′＝
设碰后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有
mv1＝－mv1′＋5mv2
得v2＝
。
答案：
【加固训练】
如图所示，质量为m的滑块(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)。要使滑块能原路返回，在B点需给滑块的瞬时冲量最小应是(　　)
A．2m　　　　　　
B．m
C．
D．4m
【解析】选A。滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh－Wf＝0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：
－mgh－Wf＝0－mv2，联立解得：v＝2；
在B点需给滑块的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正确，B、C、D错误。
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