【優(yōu)化方案】高二物理教科版選修3-5全冊精品課件第.

1、課標(biāo)定位課前自主學(xué)案核心要點突破課堂互動講練課標(biāo)定位1 會運用動量守恒定律分析、解決碰撞問題.2. 了解中子的發(fā)現(xiàn)過程.3. 理解反沖的原理并能用來解釋火箭的多級發(fā)射 問題.課前自主學(xué)案一、碰撞問題的定量分析1. 碰撞的特點(1) 作用時間短.(2) 外力通常 遠(yuǎn)小于 碰撞物體之間的內(nèi)力.碰撞過稈中 動量 守恒2. 碰撞后若兩物體粘在一起，獲得共同速度,這種碰撞為完全非彈性碰撞，此時動能損失最 大.二、中子的發(fā)現(xiàn)1932年，盧瑟福的學(xué)生査德威克利用動量守恒 定律和能量守恒定律發(fā)現(xiàn)了中子.三、反沖現(xiàn)象與火箭的發(fā)射反沖過程中在一條件下滿足動量守恒，火箭的 發(fā)射就是利用了反沖現(xiàn)象，火箭向后噴出高速

2、氣體，使火箭獲得較大的向前速度.火箭飛行所能達(dá)到的最大速度，就是燃料燃盡時獲得的最終速度，其最大速度取決于兩個條 件：_是向后的 噴氣速度，二是 質(zhì)量比.思考感悟你知道章魚、烏賊怎樣游泳嗎？提示：章魚、烏賊游泳時，將身體內(nèi)部的一部 分水高速噴出，從而使自身獲得相反方向的速 度.像這樣，由于物體通過分離出部分物質(zhì)， 而使剩余的部分獲得速度，這種現(xiàn)象稱為反沖 運動，其基本原理仍然是動量守恒定律.核心要點突破一、對碰撞問題的理解1. 分析碰撞問題時的幾個忽略(1) 在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力, 系統(tǒng)受到的一些微小外力可忽略不計.(2) 碰撞現(xiàn)象中，作用時間很短.這個極短時 間相對物體運動的

3、全過程可忽略不計.(3) 在碰撞過程中，物體發(fā)生速度突變時，物體必有一極小的位移，這個位移相對于物體 運動全過程的位移可忽略不計.I2. 判定一個碰撞過程是否存在的依據(jù) 曹(1)動量守恒(2) 機(jī)械能不增加(3) 速度要合理碰前，兩物體同向，則必碰后，原來在前的物體速度一定增大，且v必?zé)?兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變特別提醒：(1)對一個給定的碰撞，首先要看動 量是否守恒，其次再看總動能是否增加.(2)個符合實際的碰撞，除動量守恒外還滿足 能量守恒，處理問題可利用能量守恒定律列式 隸解.即時應(yīng)用(即時突破，小試牛刀)1在光滑水平面上，動能為竝、動量大小為Po的小鋼球1與靜

4、止的小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞后球1的運動方向與原方向相反，將碰撞后球1的動能和動量分別記為毋、Pi，球2的動能和動量 分別記為巧、卩2，則必有()A< E1<E(運動方向相反可得”2>”0,故選A、B、C.B px<pD p2<Po解析：選ABC.球1與球2碰后動能的關(guān)系E&E* +巧，所以E、<Eq, E2<E碰后球1的速度大小 可V%，對于球1其動量大小有由碰后球1二、對反沖運動的理解1. 反沖運動的特點(1) 物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運 動.(2) 反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？?以用動量守恒定律來處理.(3) 反沖運動

5、中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C(jī) 械能，所以系統(tǒng)的總動能增加.特別提醒:(1)內(nèi)力的存在，不會影響系統(tǒng)的動 量守恒，(2)內(nèi)力做的功往往會改變系統(tǒng)的總動 能.2. 討論反沖運動時，應(yīng)注意的問題速度的相對性：反沖運動的問題中，有時遇 到的速度是相互作用的兩物體的相對速度.由 于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的 速度，即對地的速度.因此應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn) 換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程.(2)變質(zhì)量問題：在反沖運動中還常遇到變質(zhì)量 物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃 料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時必 須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的 所有氣體為研究對象，取相互作用的

6、這個過程 為研究過程來進(jìn)行研究.即時應(yīng)用（即時突破，小試牛刀）2.下列屬于反沖運動的有（）A. 噴氣式飛機(jī)的運動B. 直升機(jī)上升C. 火箭上升D. 反擊式水輪機(jī)的運動解析：選ABCD.噴氣式飛機(jī)和火箭都是靠噴出 氣體，通過反沖獲得前進(jìn)的動力；直升機(jī)通過 螺旋槳擊打空氣，通過反沖獲得上升的動力； 反擊式水輪機(jī)靠水輪擊打水，通過反沖獲得動三、爆炸模型及拓展1.爆炸特點（1）物體發(fā)生爆炸時，物體間的相互作用突然發(fā) 生，相互作用力為變力，作用時間很短，作用 力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受的外力，故可用動量 守恒定律來處理.（2）在爆炸過程中，因有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動 能，所以系統(tǒng)的動能會增加.由于爆炸類問題作

7、用時間很短，作用過程中 物體的位移很小，一般可忽略不計.2模型拓展：很多情況，相互作用的物體具有 上述類似的特點.例如：光滑水平面上彈簧將兩物體彈開，人從 車（或船）上跳離，物體從放置于光滑水平面上的 斜面上滑下.這些過程與爆炸具有類似的特征， 可應(yīng)用動量守恒定律，必要時結(jié)合能量守恒定 律求解.即時應(yīng)用（即時突破，小試牛刀）3. 一小型爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸,所有碎片均沿鋼板上方的圓錐面（圓錐的頂點在爆炸裝置處）飛開.在爆炸過程中, 下列關(guān)于爆炸裝置的說法中正確的是（）A.總動量守恒B. 機(jī)械能守恒C. 水平方向動量守恒D. 豎直方向動量守恒解析：選C爆炸裝置在光滑、堅硬的水

8、平鋼板 上發(fā)生爆炸，與鋼板間產(chǎn)生巨大的相互作用力, 這個作用力將遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于它所受到的重力，所以 爆炸裝置的總動量是不守恒的.但由于鋼板對 爆炸裝置的作用力是豎直向上的，因此爆炸裝 置的豎直方向動量不守恒，而在水平方向動量 是守恒的，爆炸時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，因此，機(jī)械能不守恒.從!“人船模型”問題的特征兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受 外力的矢量和為零，則動量守恒.在相互作用 的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等 于質(zhì)量的反比.這樣的問題歸為“人船模型” 問題.2處理“人船模型”問題的關(guān)鍵(1)利用動量守恒，確定兩物體速度關(guān)系，再確定兩物體通過的位移的關(guān)系.由于動量守恒，所以任一時

9、刻系統(tǒng)的總動量為零 動量守恒式可寫成miVi=m2V2的形式("、為 兩物體的瞬時速率)，表明任意時刻的瞬時速率都 與各物體的質(zhì)量成反比.所以全過程的平均速度 也與質(zhì)量成反比.進(jìn)而可得兩物體的位移大小與各物體的質(zhì)量成反比即A誰(2)解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系.特別提醒：(1) “人船模型”問題中，兩物體的 運動特點是：“人”走“船”行、“人”?！按蓖?問題中的“船長”通常應(yīng)理解為“人”相對“船”的相對位移，而在求解過程中應(yīng)討論的 是“人”及“船”的對地位移.即時應(yīng)用(即時突破，小試牛刀)4.質(zhì)量M=150kg的木船長Z=4m,質(zhì)量加=50kg的人站立在船頭

10、，它們靜止在平靜的水面要走到船尾取一樣?xùn)|西, 則人從船頭走到船尾過程中，船相對靜水后為圖 131上.不計水的阻力，如圖1 一3 1所示.現(xiàn)在人的距離為多大?解析：設(shè)船移動距離為兀，則人移動距離為2兀， 以船行方向為正方向，船對地的平均速度為人1 Y對地的平均速度為一亍，由動量守恒定律有磚_稅=0即 Mxm(lx)=Q解得船移動的距離為ml50X4+ /n = 150 + 50答案：lm課堂互動講練類超M 0圖 1一32如圖1一3 2所示，坡道頂端距水平面 高度為，質(zhì)量為加的小物塊A從坡道頂端由靜 止滑下，進(jìn)入水平面上的 滑道時無機(jī)械能損失.為使4制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延 長線M處的

11、墻上，另一端與質(zhì)量為加2的擋板相 連，彈簧處于原長時，位于滑道的末端O 點.4與碰撞時間極短，碰撞后結(jié)合在一起共 同壓縮彈簧，已知在OM段A、B與水平面間的 動摩擦因數(shù)均為“，其余各處的摩擦不計，重力 加速度為g,求：物塊A在與擋板碰撞前瞬間速度"的大??；(2)彈簧最大壓縮量為時的彈性勢能Ep(設(shè)彈簧 處于原長時彈性勢能為零).機(jī)械能迂恒物體A的 沿坡道薄下碰前速度動量守恒碰撞碰后的共能量守厚同速度壓縮彈餐能Ep【思路點撥】【精講精析】1 2 mgh=2iiV ,(1)由機(jī)械能守恒定律，有解得：v=2gh(2)4、在碰撞過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，由動量守恒定律，有 miv=(mi+m2)

12、v, 由能量守恒定律，有 土(加1+加2)0 2o=“(/ni+/n2)g+Ep 解得 Ep=mmgh fi(m! +mi)gd.【答案】 二律第“(加1 +m2)gd【方法總結(jié)】解決碰撞中的能量轉(zhuǎn)化問題:(1)首先應(yīng)明確所選的狀態(tài)，分析狀態(tài)間的過程中 哪種形式的能減少，哪種形式的能增加，然后確定每個狀態(tài)的能量，最后利用能量守恒求解.2(2)要利用動量和能量間的關(guān)系，如：鳳=2加變式訓(xùn)練1如圖1一33所示，在真空中一光 滑絕緣水平面上，有直徑相同的兩個金屬球4.C,質(zhì)量 = 1 X 10一2 kg、mc=5X10-3 kg,靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=05 T的勻強(qiáng)磁場中的C球帶正電，電荷量gc=l&

13、#176;X102 C.在磁場外不帶 電的A球以速度 = 20 m/s進(jìn)入磁場中與C球發(fā) 生正碰后，C球?qū)λ矫? X X X的壓力恰好為零仗取10m/s2),§ | ：.則碰后A球的速度為()圖1_3_3A. 10 m/sB. 5 m/sC 10 m/sD20 m/s解析:選AA球與C球發(fā)生正碰,則動量守恒， 即mAVa=mAvA-¥mcVc9接觸后，C球所帶電荷 量變?yōu)闋?對水平面壓力為零,則爭7皿=加空， 解以上各式得巧=10 m/s,所以A正確.反沖運動類問題卑9火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出m=0.2 kg的氣體, 噴出氣體相對地面的速度為r = 1000 m/s設(shè)火箭初

14、質(zhì)量M=300 kg,發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次，在不考慮 地球引力及空氣阻力的情況下，火箭在1 s末的速度是多大?【思路點撥】 確定研究對象f確定各部分質(zhì) 量、及初末狀態(tài)f由動量守恒列式求解.【精講精析】 選火箭和1S內(nèi)噴出的氣體為研究對象，取火箭的運動方向為正方向.在這1S內(nèi)由動量守恒定律得(M20m)v' =0 解得Is末火箭的速度m/s = 13.5 m/s.20mv 20X0,2X1000M-2Qm= 300-20X0.2【答案】135m/s【題后反思】分析本題易忽略噴出氣體后火量問題，應(yīng)以火箭本身和噴出氣體為研究對象,同時注意火箭在噴氣前后的質(zhì)量變化變式訓(xùn)練2 小型火箭在高空繞地

15、球做勻速圓 周運動，若其沿運動方向的相反方向射出一物 體P,不計空氣阻力，則（）A.火箭一定離開原來軌道運動B. P定離開原來軌道運動C.火箭運動半徑可能不變D. p運動半徑一定減小解析：選A火箭射出物體P后，由反沖原理火箭 速度變大，所需向心力變大，從而做離心運動 離開原來軌道，半徑增大.尸的速率可能減小， 可能不變，可能增大，運動也存在多種可能性, 所以A對，B、C、D錯.類型三福幽囲如圖1一34所示，甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上做游戲，甲和他的冰車的 質(zhì)量共為Af=30 kg,乙和他的冰車的質(zhì)量也是30 kg游戲時，甲推著一個質(zhì)量為加=15 kg的箱子， 和他一起以大小為=20

16、 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時，乙迅速把它抓住.若不計冰面的摩擦力.求甲至少要以多大的速度（相對于地面）將箱子推 出，才能避免與乙相撞？【思路點撥】由題目可知兩個作用過程發(fā)生在冰面上滿足動量守恒定律.解答本題先明確 恰好不相撞的條件，再分別以甲與箱子為研究對象、以乙與箱子為研究對象，由動量守恒定律列式求解.【自主解答】 對甲與箱子組成的系統(tǒng)，設(shè)推 出箱子后，箱子的速度為O,甲的速度為6,均 向右，取向右為正，由動量守恒定律有()0=加o對乙與箱子組成的系統(tǒng)，乙原來速度方向向左, 為負(fù).由動量守恒定律有mv Mv0=(m剛好不相撞的條件為O=®2 由聯(lián)立，解得m2 + 2mM + 2M2 m1 + 2mM代入數(shù)值得v=5.2 m/s.【答案】5.2 m/s【題后反思】 本題容易