高中物理教學同步課件前言1——學習方法總結學習物理重要，掌握學習物理的方法更重要。學好物理的“法寶”包括預習、聽課、整理、應用（作業(yè)）、復習總結等。大量事實表明：做好課前預習是學好物理的前提；主動高效地聽課是學好物理的關鍵；及時整理好學習筆記、做好練習是鞏固、深化、活化物理概念的理解，將知識轉化為解決實際問題的能力，從而形成技能技巧的重要途徑；善于復習、歸納和總結，能使所學知識觸類旁通；適當閱讀科普讀物和參加科技活動，是學好物理的有益補充；樹立遠大的目標，做好充分的思想準備，保持良好的學習心態(tài)，是學好物理的動力和保證。注意學習方法，提高學習能力，同學們可從以下幾點做起。高中物理是一門既有趣又有用的學科，它可以幫助我們理解自然界的現(xiàn)象，提高我們的邏輯思維和創(chuàng)造力。但是，高中物理也是一門很難的學科，它涉及到很多抽象的概念，復雜的公式和繁瑣的計算。如果你想在考試中取得好成績，你需要掌握大量的知識點，并且能夠靈活地運用它們。一輪復習擁有一個重要的任務，就是把之前的弱科補強至平均水平，物理作為理科里公認的最難，值得在一輪復習里花去更多的時間。高中物理教材中最重要的知識點，如發(fā)現(xiàn)自己的知識漏洞，務必利用一輪復習的時間將他補強。前言2——學習方法總結課前預習，首先把新課的內容都要仔細地閱讀一遍，通過閱讀、分析、思考，了解教材的知識體系，重點、難點、范圍和要求。對于物理概念和規(guī)律則要抓住其核心，以及與其它物理概念和規(guī)律的區(qū)別與聯(lián)系，把教材中自己不懂的疑難問題記錄下來。然后再縱觀新課的內容，找出各知識點間的聯(lián)系，掌握知識的脈絡，繪出知識結構簡圖。同時還要閱讀有關典型的例題并嘗試解答，把解答書后習題作為閱讀效果的檢查。上課老師講到自己預習時的不懂之處時，主動、格外注意聽，力求當堂弄懂。同時可以對比老師的講解以檢查自己對教材理解的深度和廣度，學習教師對疑難問題的分析過程和思維方法，也可以作進一步的質疑、析疑、提出自己的見解。學習過程中，通過對所學知識的回顧、對照預習筆記、聽課筆記、作業(yè)、達標檢測、教科書和參考書等材料加以補充、歸納，使所學的知識達到系統(tǒng)、完整和高度概括的水平。學習筆記要簡明、易看、一目了然，做到定期按知識本身的體系加以歸類，整理出總結性的學習筆記，以求知識系統(tǒng)化。把這些思考的成果及時保存下來，以后再復習時，就能迅速地回到自己曾經(jīng)達到的高度。預習中，用書上的習題檢查自己的預習效果，課后作業(yè)時多進行一題多解及分析最優(yōu)解法練習。在章節(jié)復習中精選課外習題自我測驗，及時反饋信息。要做好作業(yè)，首先要仔細審題，弄清題中敘述的物理過程，明確題中所給的條件和要求解決的問題；根據(jù)題中陳述的物理現(xiàn)象和過程對照所學物理知識選擇解題所要用到的物理概念和規(guī)律；經(jīng)過冷靜的思考或分析推理，建立數(shù)學關系式；借助數(shù)學工具進行計算，求解時要將各物理量的單位統(tǒng)一到國際單位制中；最后還必須對答案進行驗證討論，以檢查所用的規(guī)律是否正確，在運算中出現(xiàn)的各物理的單位是否一致，答案是否正確、符合實際，物理意義是否明確，運算進程是否嚴密，是否還有別的解法，通過驗證答案、回顧解題過程，才能牢固地掌握知識，熟悉各種解題的思路和方法，提高解題能力。對學過的知識，做過的練習，如果不會歸納總結，就容易出現(xiàn)知識之間的割裂而形成孤立地、呆板地學習物理知識的傾向。其結果必然是物理內容一大片，定律、公式一大堆，但對具體過程分析不清，對公式中的物理量間的關系理解不深，不會縱觀全局，前后聯(lián)貫，靈活運用物理概念和物理規(guī)律去解決具體問題。因此，課后要及時的復習、總結。課后的復習除了每節(jié)課后的整理筆記、完成作業(yè)外，還要進行章節(jié)的單元復習。要經(jīng)常通過對比、鑒別，弄清事物的本質、內在聯(lián)系以及變化發(fā)展過程，并及時歸納總結以形成系統(tǒng)的知識。通過分析對比，歸納總結，便可以使知識前后貫通，縱橫聯(lián)系，并從物理量間的因果聯(lián)系和發(fā)展變化中加深對物理概念和規(guī)律的理解。前言3——學習方法總結第六章動量動量守恒定律第2講動量守恒定律及“三類模型”問題大一輪復習講義NEIRONGSUOYIN內容索引過好雙基關研透命題點課時作業(yè)回扣基礎知識訓練基礎題目細研考綱和真題分析突破命題點限時訓練練規(guī)范練速度過好雙基關一、動量守恒定律1.內容如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的

為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變.2.表達式(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′.(2)m1v1＋m2v2＝

，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和.(3)Δp1＝

，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零.矢量和m1v1′＋m2v2′－Δp23.適用條件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為

.(2)近似守恒：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力

它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在

上動量守恒.零遠大于這一方向自測1關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是A.只要系統(tǒng)內存在摩擦力，系統(tǒng)動量就不可能守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)動量就不守恒C.只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒D.系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時，系統(tǒng)的總動量不一定守恒√高中物理學習技巧——高中物理與初中物理區(qū)別進入高中一年級學習，學生普遍感到物理難學，這是由于高中物理和初中物理區(qū)別，主要有以下幾個方面：一、知識量增大。學科門類，高中與初中差不多，但高中的知識量比初中的大。二、理論性增強。這是最主要的特點。初中教材有些只要求初步了解，只作定性研究，而高中則要求深入理解，作定量研究，教材的抽象性和概括性大大加強。三、系統(tǒng)性增強。高中教材由于理論性增強，常以某些基礎理論為綱，根據(jù)一定的邏輯，把基本概念、基本原理、基本方法聯(lián)結起來。構成一個完整的知識體系。前后知識的關聯(lián)是其一個表現(xiàn)。另外，知識結構的形成是另一個表現(xiàn)，因此高中教材知識結構化明顯升級。四、綜合性增強。學科間知識相互滲透，相互為用，加深了學習難度。如分析計算物理題，要具備數(shù)學的函數(shù)，解方程等知識技能。對于高中生來講，物理絕對是非常難的一科，不少同學都花費了大量的精力仍然沒有學好物理。高中物理怎么才能提高成績，下面這些物理高效學習方法可以給大家一些指導。一、課堂上認真聽課。學生一天中基本上都是在課堂上度過，如果課堂都無法做到認真聽講，這就相當于蓋房子連磚都沒有一樣。對于高中物理的學習，最重要的是要聚精會神聽課，全神貫注，不要開小差。課堂中學習的內容也都是物理學習的重點，只有認真聽課，才能打好基礎。二、做好課前預習。我們都知道笨鳥先飛的道理，由于我們基礎差，物理學習一定要走在別人前頭，建議基礎差的同學課前一定要預習，這樣與之相關的舊知識可以復習一下，新知識如果不懂可以標記出來課堂重點去聽，這樣可以帶著問題去聽課，由于已經(jīng)自學過一遍，聽課的時候更容易跟上老師講課的進度，不會出現(xiàn)聽不懂而失去信心不愿意聽的現(xiàn)象。高中物理學習技巧——高中物理學習技巧對于高中生來講，物理絕對是非常難的一科，不少同學都花費了大量的精力仍然沒有學好物理。高中物理怎么才能提高成績，下面這些物理高效學習方法可以給大家一些指導。三、課本先吃透，掌握基本知識點和定理。不少同學學習物理普遍存在課本都沒掌握，甚至最基礎的公式、定理都沒記住，談何靈活應用。同時課本上的物理知識不建議死記硬背，一定要理解記憶，特別是定理，要深入理解它的內涵、外延、推導、應用范圍等，總結出各種知識點之間的聯(lián)系，在頭腦中形成知識網(wǎng)絡。四、重視物理錯題。對于每天出現(xiàn)的錯題，課上老師重點講解的錯題及總結的錯題，要及時的進行深入研究、并及時歸類、總結，做到同樣的錯誤不一錯再錯。高中物理學習技巧——高中物理學習技巧即基本概念要清楚，基本規(guī)律要熟悉，基本方法要熟練。1、基本概念，比如說速率，它有兩個意思：一是表示速度的大小；二是表示路程與時間的比值（如在勻速圓周運動中），而速度是位移與時間的比值（指在勻速直線運動中）。2、基本規(guī)律，比如平均速度的計算公式有兩個，經(jīng)常用到V=s/t、V=(vo+vt)/2，前者是定義式，適用于任何情況，后者是導出式，只適用于做勻變速直線運動的情況。3、基本方法，比如學習物理時，可以總結出一些簡練易記實用的推論或論斷，如，沿著電場線的方向電勢降低；同一根繩上張力相等；加速度為零時速度最大；洛侖茲力不做功等等。高中物理學習技巧——“三個基本”二、碰撞、反沖、爆炸1.碰撞(1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個過程就可稱為碰撞.(2)特點：作用時間極短，內力(相互碰撞力)遠

外力，總動量守恒.(3)碰撞分類①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能

.②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能

.③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失

.大于沒有損失有損失最大2.反沖(1)定義：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動.(2)特點：系統(tǒng)內各物體間的相互作用的內力

系統(tǒng)受到的外力.實例：發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等.(3)規(guī)律：遵從動量守恒定律.3.爆炸問題爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且

系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量

.如爆竹爆炸等.遠大于遠大于守恒自測2如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是A.A和B都向左運動B.A和B都向右運動C.A靜止，B向右運動D.A向左運動，B向右運動√圖1解析

以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不可能都為零，則A應該向左運動，B應該向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.研透命題點例1

(2018·湖北省仙桃市、天門市、潛江市期末聯(lián)考)如圖2所示，A、B兩物體的質量之比為mA∶mB＝1∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B兩物體間有一根被壓縮了的水平輕質彈簧，A、B兩物體與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，水平地面光滑.當彈簧突然釋放后，A、B兩物體被彈開(A、B兩物體始終不滑出平板車)，則有A.A、B系統(tǒng)動量守恒B.A、B、C及彈簧整個系統(tǒng)機械能守恒C.小車C先向左運動后向右運動D.小車C一直向右運動直到靜止命題點一動量守恒定律的理解和基本應用圖2√解析

A、B兩物體和彈簧、小車C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒.在彈簧釋放的過程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B兩物體所受的摩擦力大小不等，所以A、B兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，A物體對小車向左的滑動摩擦力小于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B兩物體相對小車停止運動之前，小車所受的合外力向右，會向右運動，因存在摩擦力做負功，最終整個系統(tǒng)將靜止，則系統(tǒng)的機械能減為零，不守恒，故A、B、C錯誤，D正確.變式1

(多選)(2018·安徽省宣城市第二次調研)如圖3所示，小車在光滑水平面上向左勻速運動，水平輕質彈簧左端固定在A點，物體與固定在A點的細線相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)(物體與彈簧未連接)，某時刻細線斷了，物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上，取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng)，下列說法正確的是A.若物體滑動中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過程機械能守恒B.若物體滑動中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過程動量守恒C.不論物體滑動中有沒有摩擦，小車的最終速度與斷線前相同D.不論物體滑動中有沒有摩擦，系統(tǒng)損失的機械能相同√圖3√√解析

物體與油泥粘合的過程，發(fā)生非彈簧碰撞，系統(tǒng)機械能有損失，故A錯誤；整個系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一直守恒，故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知，物體在沿車滑動到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正確；由C的分析可知，當物體與B端油泥粘在一起時，系統(tǒng)的速度與初速度相等，所以系統(tǒng)的末動能與初動能是相等的，系統(tǒng)損失的機械能等于彈簧的彈性勢能，與物體滑動中有沒有摩擦無關，故D正確.例2

(2017·全國卷Ⅰ·14)將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)A.30kg·m/s

B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102

kg·m/s解析

設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2.由題意可知，燃氣的動量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤.√變式2

(2018·江西省七校第一次聯(lián)考)一質量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出質量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)解析

以v0的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2√命題點二碰撞模型問題1.碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機械能不增加(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等.②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變.2.彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解根據(jù)動量守恒和機械能守恒(2)分析討論：當碰前物體2的速度不為零時，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度.當碰前物體2的速度為零時，v2＝0，則：①m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度.②m1>m2時，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運動.③m1<m2時，v1′<0，v2′>0，碰撞后質量小的物體被反彈回來.例3

(2018·廣東省湛江市第二次模擬)如圖4所示，水平地面放置A和B兩個物塊，物塊A的質量m1＝2kg，物塊B的質量m2＝1kg，物塊A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.現(xiàn)對物塊A施加一個與水平方向成37°角的外力F，F(xiàn)＝10N，使物塊A由靜止開始運動，經(jīng)過12s物塊A剛好運動到物塊B處，A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F，物塊A與物塊B碰撞過程沒有能量損失，設碰撞時間很短，A、B兩物塊均可視為質點，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)計算A與B兩物塊碰撞前瞬間物塊A的速度大小；圖4答案

6m/s

解析

設物塊A與物塊B碰前速度為v1，由牛頓第二定律得：Fcos37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a解得：a＝0.5m/s2則速度v1＝at＝6m/s(2)若在物塊B的正前方放置一個彈性擋板，物塊B與擋板碰撞時沒有能量損失，要保證A和B兩物塊能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過多大？答案

L不得超過3.4m解析

設A、B兩物塊相碰后A的速度為v1′，B的速度為v2由動量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2聯(lián)立解得：v1′＝2m/s、v2＝8m/s解得：xA＝0.4m解得：xB＝6.4m物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞的條件是xA＋xB>2L，解得L<3.4m即要保證物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過3.4m.例4

(2018·山東省臨沂市一模)如圖5所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側緊靠一固定擋板P，某時刻給滑塊C施加一個水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運動，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運動，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢能為1.35J，此時撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢能，已知滑塊A、B、C的質量分別為mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，(取

＝3.17)求：(1)滑塊C的初速度v0的大小；“滑塊—彈簧”碰撞模型拓展點1圖5答案

9m/s

解析

滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動量守恒定律得：mCv0＝(mB＋mC)v1彈簧被壓縮至最短時，滑塊B、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得：解得：v1＝3m/s，v0＝9m/s(2)當彈簧彈開至恢復到原長的瞬時，滑塊B、C的速度大小；答案

1.9m/s

解析

設彈簧彈開至恢復到原長的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據(jù)動量守恒定律得：mAv3＝(mB＋mC)v2，根據(jù)能量守恒定律得：解得：v2≈1.9m/s(3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復到原長的過程中，彈簧對滑塊B、C整體的沖量.答案

1.47N·s，方向水平向右解析

設彈簧對滑塊B、C整體的沖量I，選向右為正方向，由動量定理得：I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)解得：I＝1.47N·s，方向水平向右.例5

(2018·湖北省武漢市部分學校起點調研)如圖6，在光滑的水平面上靜止著足夠長、質量為3m的木板，木板上依次排放質量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木塊與木板相對靜止.已知重力加速度為g，求：(1)木塊3從開始運動到與木板相對靜止時位移的大小；“滑塊—木板”碰撞模型拓展點2圖6解析

當木塊3與木板的速度相等時，3個木塊與木板的速度均相等，設為v，以v0的方向為正方向.系統(tǒng)動量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv木塊3在木板上勻減速運動：μmg＝ma由運動學公式(3v0)2－v2＝2ax3(2)木塊2在整個運動過程中的最小速度.解析

設木塊2的最小速度為v2，此時木塊3的速度為v3，由動量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2變式3

(多選)(2018·廣西桂林市、百色市和崇左市第三次聯(lián)考)如圖7甲，光滑水平面上放著長木板B，質量為m＝2kg的木塊A以速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在摩擦，之后木塊A與長木板B的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.則下列說法正確的是A.木塊A與長木板B之間的動摩擦因

數(shù)為0.1B.長木板的質量M＝2kgC.長木板B的長度至少為2mD.木塊A與長木板B組成系統(tǒng)損失機

械能為4J圖7√√解析

由題圖可知，木塊A先做勻減速運動，長木板B先做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故B正確；例6

(2018·福建省廈大附中第二次模擬)如圖8所示，光滑水平面上質量為m1＝2kg的物塊以v0＝2m/s的初速度沖向質量為m2＝6kg靜止的光滑圓弧面斜劈體.求：(1)物塊m1滑到最高點位置時，二者的速度大小；“滑塊—斜面”碰撞模型拓展點3圖8答案

見解析解析

物塊m1與斜劈體作用過程水平方向遵從動量守恒定律，且到最高點時共速，以v0方向為正，則有：m1v0＝(m1＋m2)v，v＝0.5m/s；(2)物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大小.答案

見解析解析

物塊m1從圓弧面滑下過程，水平方向動量守恒，動能守恒，則有：m1v0＝m1v1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)得：v1＝－1m/s，v2＝1m/s；(3)若m1＝m2，物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大小.答案

見解析解析

若m1＝m2，根據(jù)上述分析，物塊m1從圓弧面滑下后，交換速度，即v1′＝0，v2′＝2m/s.變式4

(2019·甘肅省天水市調研)如圖9所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑.現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B.求：(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；圖9解析

小物塊C與物塊A發(fā)生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向由動量守恒定律得：mv0＝2mv(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度.解析

當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統(tǒng)的速度相等.根據(jù)動量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v12.方程m1v1－m2v2＝0(v1、v2為速度大小)3.結論m1x1＝m2x2(x1、x2為位移大小)命題點三“人船”模型例7

(2018·河南省鶴壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右).一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量.他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船.用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量為√解析

設人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，以船后退的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：Mv－mv′＝0，變式5

(2018·河南省中原名校第六次模擬)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質量為M、底邊長為L，如圖10所示.將一質量為m、可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是A.FN＝mgcosαB.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D.此過程中斜面體向左滑動的距離為

L圖10√解析

當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；A、B組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝

L，D正確.命題點四“子彈打木塊”模型1.木塊放在光滑水平面上，子彈水平打進木塊，系統(tǒng)所受的合外力為零，因此動量守恒.2.兩者發(fā)生的相對位移為子彈射入的深度x相.3.根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)增加的內能.4.系統(tǒng)產生的內能Q＝Ff·x相，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱(機械能轉化為內能)，等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積.5.當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)的動量仍守恒，系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝Ff·L(L為木塊的長度).例8一質量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質量為m的子彈以初速度v0水平打進木塊并留在其中，設子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？解析

設子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v(2)子彈在木塊內運動的時間為多長？解析

設子彈在木塊內運動的時間為t，由動量定理得對木塊：Fft＝Mv－0(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少？解析

設子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得變式6

(2019·陜西省商洛市質檢)如圖11所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質量為M的木塊，現(xiàn)有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是A.子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為圖11B.子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC.子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M

＋m＋m0)gD.子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量守恒√子彈射入木塊后的瞬間，對圓環(huán)：FN＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛頓第三定律知，選項C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤.課時作業(yè)1.現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞.已知碰撞后，甲滑塊靜止不動，那么這次碰撞是A.彈性碰撞

B.非彈性碰撞C.完全非彈性碰撞

D.條件不足，無法確定雙基鞏固練123456789101112√132.(2018·福建省福州市模擬)一質量為M的航天器正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為12345678910111213√3.(2018·廣東省東莞市調研)兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上.現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回.如此反復進行幾次之后，甲和乙最后的速率關系是A.若甲最先拋球，則一定是v甲＞v乙B.若乙最后接球，則一定是v甲＞v乙C.只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲＞v乙D.無論怎樣拋球和接球，都是v甲＞v乙12345678910111213√4.(2018·山東省青島市第二次質量檢測)如圖1，連接有水平輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運動.下列關于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關系圖象，不合理的是圖1√12345678910111213解析

物塊b以一定初速度向左運動與連接有水平輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復原長，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動量的變化率先變大后變小.故A錯誤.123456789101112135.(2019·河南省鶴壁市調研)在列車編組站里，一節(jié)動車車廂以1m/s的速度碰上另一節(jié)靜止的拖車車廂，碰后兩節(jié)車廂結合在一起繼續(xù)運動.已知兩節(jié)車廂的質量均為20t，則碰撞過程拖車車廂受到的沖量大小為(碰撞過程時間很短，內力很大)A.10N·s B.20N·sC.104N·s D.2×104

N·s1234567891011√1213解析

動車車廂和拖車車廂碰撞過程動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv，對拖車根據(jù)動量定理有I＝mv，聯(lián)立解得I＝104N·s，選項C正確.6.(2018·山西省晉城市第一次模擬)所謂對接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起.假設“天舟一號”和“天宮二號”的質量分別為M、m，兩者對接前的在軌速度分別為(v＋Δv)、v，對接持續(xù)時間為Δt，則在對接過程中“天舟一號”對“天宮二號”的平均作用力大小為12345678910111213√123456789101112137.(2018·河北省石家莊二中期中)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖2所示.則滑塊a、b的質量之比A.5∶4 B.1∶8C.8∶1 D.4∶51234567891011√1213圖21234567891011解析

設滑塊a、b的質量分別為m1、m2，a、b兩滑塊碰撞前的速度為v1、v2，由題圖得v1＝－2m/sv2＝1m/s兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度設為v，由題圖得v＝

m/s由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v聯(lián)立解得m1∶m2＝1∶8.12138.(2018·山東省日照市校際聯(lián)合質檢)沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移—時間圖象如圖3所示.則下列說法錯誤的是A.碰撞前后物體A的運動方向相反B.物體A、B的質量之比為1∶2C.碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小D.碰前物體B的動量較大1234567891011√1213圖31234567891011碰撞前后物體A速度大小相等，則碰撞過程中物體A動能不變，故C錯誤；碰前物體A、B速度方向相反，碰后物體A、B速度方向與物體B碰前速度方向相同，則碰前物體B動量較大，故D正確.12139.(多選)(2019·江西省上饒市調研)質量為M的小車置于光滑的水平面上，左端固定一根水平輕彈簧，質量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端，開始時小車與物塊都處于靜止狀態(tài)，此時物塊與小車右端相距為L，如圖4所示，當突然燒斷細線后，以下說法正確的是A.物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B.物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒C.當物塊速度大小為v時，小車速度大小為

vD.當物塊離開小車時，小車向左運動的位移為

L1234567891011√1213綜合提升練圖4√解析

彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，則無其他力做功，機械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng)，彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功，彈性勢能轉化成系統(tǒng)的機械能，此時系統(tǒng)的機械能不守恒，A選項錯誤；取物塊和小車的系統(tǒng)，外力的和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，B選項正確；1234567891011121310.(多選)(2018·陜西省西安一中一模)如圖5所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，A、B為同一水平直徑上的兩點，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，則圖5A.小滑塊m到達物體M上的B點時小滑塊m的速度不為零B.小滑塊m從A點到C點的過程中物體M向左運動，小滑塊m從C點到B點的過

程中物體M向右運動C.若小滑塊m由A點正上方h高處自由下落，則由B點飛出時做豎直上拋運動D.物體M與小滑塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒12345678910111213√√解析

物體M和小滑塊m組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；小滑塊m滑到右端兩者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑塊m到達物體M上的B點時，小滑塊m、物體M的水平速度為零，故當小滑塊m從A點由靜止下滑，則能恰好到達B點，當小滑塊由A點正上方h高處自由下落，則由B點飛出時做豎直上拋運動，A錯誤，C正確；小滑塊m從A點到C點的過程中物體M向左加速運動，小滑塊m從C點到B點的過程中物體M向左減速運動，選項B錯誤.1234567891011121311.(2018·山東省日照市二模)2017年4月22日12時23分，“天舟一號”貨運飛船與離地面390公里處的“天宮二號”