2019_2020学年高中物理第1章分子动理论第2节气体分子运动与压强学案鲁科版

2020-2021学年鲁科版(2019)选择性必修第三册 1.4科学探究：气体压强与体积的关系学案

2020-2021学年鲁科版（2019）选择性必修第三册1.4科学探究：气体压强与体积的关系学案学习目标：1.[物理观念]知道描述气体状态的三个物理量． 2.[科学思维]知道气体压强产生的原因和决定压强的因素． 3.[科学探究]体验气体等温变化规律的探究过程． 4.[科学思维]了解气体压强、温度、体积变化规律的研究方法．一、状态参量1．热力学系统：由大量分子组成的研究对象．2．外界：系统之外与系统发生相互作用的其他物体．3．状态参量：为确定系统的状态所需要的一些量，如体积、压强、温度等．4．温标：定量描述温度的方法(1)摄氏温标：一种常用的表示温度的方法，规定标准大气压下冰的熔点为0 ℃，水的沸点为100 ℃．在0 ℃刻度与100 ℃刻度之间均匀分成100等份，每份算作1 ℃．(2)热力学温标：现代科学中常用的表示温度的方法，热力学温标也叫“绝对温标”．二、气体压强的微观意义1．产生原因气体的压强是由气体中大量做无规则运动的分子对器壁频繁持续地碰撞产生的．压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．2．从微观角度来看，气体压强的决定因素(1)一个是气体分子的平均动能．(2)一个是分子的密集程度．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)热力学温标的零度为－273.15 ℃，叫绝对零度．(√)(2)在绝对零度附近分子已停止热运动．(×)(3)气体的压强是由气体分子的重力而产生的．(×)(4)密闭容器内气体的压强是由于气体分子频繁碰撞容器壁产生的．(√)(5)一定质量的气体压强跟体积成反比．(×)(6)一定质量的气体压强跟体积成正比．(×)2．描述气体状态的参量是指( )A．质量、温度、密度B．温度、体积、压强C．质量、压强、温度D．密度、压强、温度B [气体状态的参量是指温度、压强和体积，B对．]3．一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h cm，上端空气柱长为L cm，如图所示，已知大气压强为H cmHg，此时封闭气体的压强是________cmHg．[解析] 取等压面法，选管外水银面为等压面，则由p气＋p h＝p0得p气＝p0－p h，即p H－h) cmHg．气＝([答案] H－h气体压强的微观意义试用气体分子热运动的观点解释：在炎热的夏天，打足了气的汽车轮胎在日光的曝晒下容易胀破．提示：在日光曝晒下，胎内气体温度显著升高，气体分子热运动加剧，分子的平均动能增大，使气体压强进一步加大，这样气体的压强一旦超过轮胎的承受能力，轮胎便胀破．1．产生原因单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．气体的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．2．决定气体压强大小的因素(1)微观因素①气体分子的密集程度：气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就多，气体压强就越大．②气体分子的平均动能：气体的温度高，气体分子的平均动能就大，每个气体分子与器壁的碰撞(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就大；从另一方面讲，分子的平均速率大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就多，累计冲力就大，气体压强就越大．(2)宏观因素①与温度有关：温度越高，气体的压强越大．②与体积有关：体积越小，气体的压强越大．(3)气体压强与大气压强不同大气压强由重力而产生，随高度增大而减小．气体压强是由大量分子频繁撞击器壁产生的，大小不随高度而变化．【例1】如图所示，两个完全相同的圆柱形密闭容器，甲中恰好装满水，乙中充满空气，则下列说法中正确的是(容器容积恒定)( )甲乙A．两容器中器壁的压强都是由于分子撞击器壁而产生的B．两容器中器壁的压强都是由所装物质的重力而产生的C．甲容器中p A>p B，乙容器中p C＝p DD．当温度升高时，p A、p B变大，p C、p D也要变大C [甲容器压强产生的原因是由于液体受到重力作用，而乙容器压强产生的原因是气体分子撞击器壁产生，液体的压强p＝ρgh，h A>h B，可知p A>p B，而密闭容器中气体压强各处均相等，与位置无关，p C＝p D，当温度升高时，p A、p B不变，而p C、p D增大，故C正确．]气体压强的分析技巧(1)明确气体压强产生的原因——大量做无规则运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞．压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．(2)明确气体压强的决定因素——气体分子的密集程度与平均动能．[跟进训练]1．教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的( ) A．空气分子密集程度增大B．空气分子的平均动能增大C．空气分子的速率都增大D．空气质量增大B [温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速率都增大，C项错误．]封闭气体压强的计算(1)如图所示，C 、D 液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度为g ，其他条件已标于图上，试求封闭气体A 的压强．(2)在图中，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S ，活塞质量为m ，设大气压强为p 0，重力加速度为g ，试求封闭气体的压强．提示：(1)同一水平液面C 、D 处压强相同，可得p A ＝p 0＋ρgh ．(2)以活塞为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS ，则p ＝p 0＋mgS．1．静止或匀速运动系统中压强的计算方法(1)参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立受力平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．例如，图中粗细均匀的U 形管中封闭了一定质量的气体A ，在其最低处取一液片B ，由其两侧受力平衡可知(p A ＋p h 0)S ＝(p 0＋p h ＋p h 0)S ，即p A ＝p 0＋p h ．(2)力平衡法：选取与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由F 合＝0列式求气体压强．(3)连通器原理：在连通器中，同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等，如图中同一液面C 、D 处压强相等，p A ＝p 0＋p h ．2．容器加速运动时封闭气体压强的计算当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强．如图所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS －p 0S －mg ＝ma 得p ＝p 0＋m g ＋a S．【例2】如图所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为m ，不计圆板与容器内壁的摩擦．若大气压强为p 0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于( )A ．p 0＋mg cos θSB ．p 0cos θ＋mgS cos θ C ．p 0＋mg cos 2θS D ．p 0＋mg SD [为求气体的压强，应以封闭气体的圆板为研究对象，分析其受力，如图所示．由物体的平衡条件得在竖直方向上，p Scos θ·cos θ＝p 0S ＋mg ，解得：p ＝p 0＋mg S，所以正确选项为D ．] [跟进训练]2．求图中被封闭气体A 的压强，图中的玻璃管内都灌有水银．大气压强p 0＝76 cmHg ．(p 0＝1.01×105 Pa ，g ＝10 m/s 2)(1) (2) (3)[解析] (1)p A ＝p 0－p h ＝76 cmHg －10 cmHg ＝66 cmHg ．(2)p A ＝p 0－p h ＝76 cmHg －10×sin 30° cmHg＝71 cmHg ．(3)p B ＝p 0＋ph 2＝76 cmHg ＋10 cmHg ＝86 cmHg ，p A ＝p B －ph 1＝86 cmHg －5 cmHg ＝81 cmHg ．[答案] (1)66 cmHg (2)71 cmHg (3)81 cmHg探究气体实验定律1．实验原理与方法以玻璃管内封闭的气体为研究对象，可由气压计读出管内气体的压强，从玻璃管的刻度上直接读出管内气体的体积．在保持气体温度不变的情况下，改变气体的体积，测量多组数据即可研究气体压强与体积之间的关系．2．实验器材气压计、玻璃管、铁架台、活塞等．3．实验步骤(1)密封一定质量的气体．(2)改变气体的体积，记录气体长度和该状态下压强的大小．4．数据处理次数1234 5压强/×105Pa体积/L压强×体积5在误差允许的范围内，温度不变时，一定质量的气体压强p和体积V成反比．6．误差分析(1)体积测量引起的误差．(2)不能保持温度不变．(3)有漏气现象．7．注意事项(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是注射器活塞上涂润滑油．(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是移动活塞要缓慢和不能用手握住注射器封闭气体部分．【例3】如图所示为“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验装置图．(1)图中，实验器材A是________．(2)一同学在两次实验中测得不同的(p、V)数据，发现p和V的乘积明显不同．若此同学的实验操作均正确，则造成此结果的可能原因是：________；________．(3)为了保持注射器内气体的温度不变，实验中采取的主要措施有：避免用手握住注射器封闭有气体的部分；________．[解析] (1)本实验需要测量气体的体积和压强，体积由注射器的刻度直接读出，而实验器材A是压强传感器，可测出压强．(2)p和V的乘积明显不同，可能是由于环境温度不同，导致气体的温度T不同造成的，也可能是由于注射器内气体的质量不同造成的．(3)为了保持注射器内气体的温度不变，推拉活塞要缓慢．[答案] (1)压强传感器(2)环境温度不同注射器内气体的质量不同(3)推拉活塞要缓慢[跟进训练]3．在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，下列操作错误的是( )A．推拉活塞时，动作要慢B．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验D．活塞与针筒之间要保持气密性C [本实验条件是温度不变，推拉活塞时，动作要慢，用手握住注射器含有气体的部分，会使气体温度升高，故手不能握住注射器，故选项A、B正确；研究的是一定质量的气体，压强传感器与注射器之间的软管脱落后，气体质量发生变化，故选项C错误；研究的是一定质量的气体，要保持气体的气密性良好，故选项D正确．]1．(多选) 下列关于热力学温度的说法正确的是( )A．－33 ℃＝240 KB．温度变化1 ℃，也就是温度变化1 KC．摄氏温度与热力学温度都可能取负值D．温度由t℃升至2t℃，对应的热力学温度升高了273 K＋tAB [T＝273 K＋t，由此可知：－33 ℃＝240 K，A正确，同时B正确；D中初态热力学温度为273 K＋t，末态为273 K＋2t，温度变化t K，故D错；对于摄氏温度可取负值的范围为0 ℃到－273 ℃，因绝对零度达不到，故热力学温度不可能取负值，故C错．] 2．在探究气体压强与体积的关系实验中，下列四个因素对实验的准确性影响最小的是( )A．针筒封口处漏气B．采用横截面积较大的针筒C．针筒壁与活塞之间存在摩擦D．实验过程中用手去握针筒B [该实验前提是气体的质量和温度不变，针筒封口处漏气，则质量变小，用手握针筒，则温度升高，所以选项A、D错误；实验中我们只是测量空气柱的长度，不需测量针筒的横截面积，选项B正确；活塞与筒壁的摩擦对结果没有影响的前提是不考虑摩擦产生的热，但实际上由于摩擦生热，会使气体温度升高，影响实验的准确性，选项C错误．] 3．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压为p0，则被封部分气体的压强p(以汞柱为单位)为( )A．p0＋h2B．p0－h1C．p0－(h1＋h2) D．p0＋h2－h1B [p＝p0－p h，因以汞柱为单位，p＝p0－h1．故选项B正确．]4．(多选)关于密闭容器中气体的压强，下列说法不正确的是( )A．是由气体受到的重力产生的B．是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的C．压强的大小只取决于气体分子数量的多少D．容器运动的速度越大，气体的压强也越大ACD [气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的，A错误，B正确；压强的大小取决于气体分子的平均动能和分子的密集程度，与物体的宏观运动无关，C、D错误．] 5．如图所示，在用DIS探究一定质量的气体，在温度不变时压强与体积的关系实验中，用一个带刻度的注射器及计算机辅助系统来探究气体的压强和体积关系．(1)实验中应保持不变的状态参量是________．(2)实验过程中，下列说法正确的________．A．推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出B．推拉活塞时，手不可以握住整个注射器C．必须测量所封闭气体的质量D．在活塞上涂上润滑油，保持良好的密封性[解析] (1)实验研究的对象是注射器内密闭的气体，实验中应保持不变的参量是气体温度．(2) 推拉活塞时，动作要慢，使其温度与环境保持一致，故A错误；推拉活塞时，手不能握住注射器，防止手对其起加热作用，从而保证气体的温度不变，故B正确；本实验只要保证一定质量和温度即可，研究的是压强和体积关系，故无须测量封闭气体的质量，故C 错误；活塞与针筒之间要保持润滑，可以减小摩擦，不漏气可以保证气体质量一定，故D 正确．[答案] (1)温度(2)BD。

2017_2018学年高中物理第1章分子动理论第2骨气体分子运动与压强教学案鲁科版选修3_3

[思路点拨] →
解析：气体分子在单位时刻内对单位面积器壁的碰撞次数，是由单位体积内的分子数和分子的平均速度一起决定的。A、D都是单位体积内的分子数增多，但分子的平均速度如何转变却不明白；C由温度升高可知分子的平均速度增大，但单位体积内的分子数如何转变却不明白，故A、C、D都错。气体分子在单位时刻内对单位面积器壁的碰撞次数是气体压强的微观表示，故B对。
[课堂双基落实]
1．在研究热现象时，咱们采纳统计方式，这是因为( )
A．每一个分子的运动速度随温度的转变是有规律的
B．个别分子的运动也具有规律性，只是它对整体成效的阻碍不明显算了
C．在必然温度下，大量分子的速度散布是确信的
D．在必然温度下，大量分子的速度散布也随时刻而转变
解析：选C 只有大量分子运动的速度散布才是有规律的，即遵守统计规律，而个别分子的运动速度瞬息万变，没有必然的规律，故C项正确。
(2)温度一按时，某种气体分子的速度散布是确信的，速度的平均值也是确信的(分子种类不同，那个平均值一样不同)。温度升高，气体分子的平均速度增大，但不是每一个分子的速度都增大。
[学后自检]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(小试身手)
(多项选择)大量气体分子运动的特点是( )
A．分子除彼此碰撞或跟容器壁碰撞外，可在空间里自由移动
(2)气体分子速度的散布规律：
①图像：如图1 2 1所示。
图1 2 1
②规律：在必然温度下，不管个别分子如何运动，气体的多数分子的速度都在某个数值周围，表现出“中间多、两头少”的散布规律。当温度升高时，“中间多、两头少”的散布规律不变，气体分子的速度增大，散布曲线的峰值向速度大的一方移动。
[跟从名师·解疑难]
[跟踪演练]
气体分子永不断息地做无规那么运动，同一时刻都有向不同方向运动的分子，速度也有大有小。下表是氧气别离在0 ℃和100 ℃时，同一时刻在不同速度区间内的分子数占总分子数的百分比，由表得出的以下结论中正确的选项是( )

2019_2020学年高中物理第1章动量守恒研究第2节动量守恒定律教学案鲁科版选修3_5

第2节动量守恒定律1．知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式．(重点＋难点) 3．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．(重点) 4．了解火箭的飞行原理和主要用途．一、动量守恒吗1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1′、v2′，则可表示为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．(2)物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1′、p2′，则可表示为：p1＋p2＝p1′＋p2′．(3)物体m1、m2相互作用后动量的变化分别为Δp1和Δp2，则可表示为：Δp1＝－Δp2或Δp1＋Δp2＝0．3．适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于微观、高速物体的运动．1．(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．( )(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( )(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( )提示：(1)×(2)√(3)√二、动量守恒定律的推导设两质点质量分别为m1、m2，F1与F2表示两质点间相互作用力，两质点的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1′、v2′，相互作用时间为t，则对m1，由动量定理得F1t＝m1v1′－m1v1，对m2，由动量定理得F2t＝m2v2′－m2v2，据牛顿第三定律：F2＝－F1，所以F2t＝－F1t，所以m2v2′－m2v2＝－(m1v1′－m1v1)，整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．此式表明质点在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(动量定理)推导，那么二者的适用范围是否一样？提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，动量守恒定律适用于任何物体、任何运动．三、反冲运动与火箭1．反冲：根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．2．反冲现象的防止及应用(1)防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．(2)应用：喷灌装置、火箭等．2．(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )(2)一切反冲现象都是有益的．( )(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )提示：(1)√(2)×(3)√3．火箭(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大、负荷越小，火箭能达到的速度也越大．3．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( )(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )提示：(1)×(2)√动量守恒定律的理解及应用1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．2．正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．3．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．4．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解，并对结果进行讨论．将矢量运算转化为代数运算时，符号处理应注意：(1)若用v、v′表示物体的速度大小，则速度沿正向时动量表示为mv、mv′，速度沿负方向时，动量表示为－mv、－mv′．(2)若用v、v′表示物体速度，则无论正向、反向，动量都表示为mv、mv′，方向包含在v、v′之中，求解结果的正、负可确定速度的方向．命题视角1 对动量守恒定律的理解关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒[思路点拨] 动量守恒定律成立的条件是系统不受外力，或所受合外力为0，或者是系统所受的外力比相互作用的内力小很多．[解析] 根据动量守恒条件可知A、B错误，C正确；D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．[答案] C系统动量守恒的判定方法(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．(2)研究系统受到的外力矢量和．(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．命题视角2 动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A 和B ，已知木块A 、B 的质量分别为m A ＝500 g 、m B ＝300 g ．有一个质量为80 g 的小铁块C 以25 m/s 的水平初速度开始在A 表面上滑动．由于C 与A 、B 之间有摩擦，铁块最后停在B 上，B 和C 一起以2．5 m/s 的速度共同前进．求：(1)木块A 的最后速度v ′A 的大小；(2)C 在离开A 时的速度v ′C 的大小．[思路点拨] (1)本题的物理过程可分为两个阶段，即C 分别在A 、B 上滑动的阶段．(2)本题求解的一个关键是确定C 离开A 时A 、B 的速度相同．[解析] (1)取A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象．系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，则m C v C ＝m A v ′A ＋(m B ＋m C )v代入已知数据解得v ′A ＝m C v C －（m B ＋m C ）v m A ＝80×25－（300＋80）×2.5500m/s ＝2．1 m/s ． (2)铁块C 离开A 滑到B 上时，木块A 和B 具有相同的速度v ′A ．仍对A 、B 、C 组成的系统应用动量守恒定律得m C v C ＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′A ．解得v ′C ＝m C v C －（m A ＋m B ）v ′A m C ＝80×25－（500＋300）×2.180m/s ＝4 m/s ． [答案] (1)2．1 m/s (2)4 m/s应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键是正确划分过程与合理选择研究系统．有的过程选部分物体为研究系统，有的过程需要选取全部物体为研究系统．命题视角3 动量守恒定律中的临界、极值问题如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[思路点拨] 选取向右为速度的正方向，甲接住货物后，两船不相撞应满足：v′乙≥v′v′乙＝v′甲．此时对应抛出货物的速度最小．甲，临界条件为：[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，甲、乙两船的运动方向为正方向．由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mv min①10m×2v0－mv min＝11mv2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0．[答案] 4v0动量守恒定律应用中的常见临界情形(1)如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．甲乙(2)如图乙所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等．丙(3)如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．【通关练习】1．(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示．用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD．在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统就在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D对．2．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6．0 m/s．甲小孩车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg．甲不断地将小球一个一个地以v＝16．5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？解析：两车不相碰的临界条件是它们最后的速度(对地)相同．由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′，①再以甲及小球为系统，同样有M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv，②联立①②解得n＝15个．答案：15个对反冲运动的理解1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．2．讨论反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒．(2)内力做的功往往会改变系统的总动能．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s．设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？[思路点拨] 求解本题时应把握以下三点：(1)以每秒20次喷出的气体和火箭剩余质量为研究对象．(2)判断动量是否守恒．(3)选正方向，据动量守恒定律列式求解．[解析] 以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s末的速度为v′，1 s 内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向．由动量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0解得v′＝20mvM－20m＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13．5 m/s．[答案] 13．5 m/s对变质量问题，动量守恒定律仍适用，但必须考虑到气体喷出后，带走了一定质量，剩余部分质量已减少，在建立动量守恒定律方程时务必注意．如图，质量为M的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋mM (v 0＋v ) D ．v 0＋mM(v 0－v ) 解析：选C ．人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，所以有(m ＋M )v 0＝－mv ＋Mv 1，解得v 1＝v 0＋m （v 0＋v ）M．[随堂检测]1．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m ，出口速度为v ，车厢和人的质量为M ，作用完毕后车厢的速度为( )A ．mv M ，向前B ．mv M ，向后C ．mvm ＋M ，向前D ．0 解析：选D ．以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零．不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D 正确．2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选D ．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．3．将质量为1．00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/sB．5．7×102 kg·m/sC．6．0×102 kg·m/sD．6．3×102 kg·m/s解析：选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0．050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．4．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0．08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1．0 kg大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6．0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4．0 m/s．铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5 m/s．(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4 m/s．答案：(1)2．5 m/s (2)3．4 m/s[课时作业]一、单项选择题1．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A．0．6 m/s，向左B．3 m/s，向左C．0．6 m/s，向右D．3 m/s，向右解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0．6 m/s，方向向左．2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )A ．E 0B ．m M E 0C ．m M －m E 0D ．Mm（M －m ）2E 0 解析：选C ．由动量守恒定律知(M －m )v ＝mv 0＝p ，又E k ＝p 22（M －m ），E 0＝p 22m，知选项C 对．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s ．假设他站在车的A 端，如图所示，想要跳到距离为l 远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )A ．只要l <s ，他一定能跳上站台B ．只要l <s ，他就有可能跳上站台C ．只要l ＝s ，他一定能跳上站台D ．只要l ＝s ，他就有可能跳上站台解析：选B ．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s ，故l <s 时，才有可能跳上站台．4．质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v －t 图象为( )解析：选B ．由题意可知，人跳离小车前后动量守恒，所以有(m ＋2m )v 0＝m (－v 0)＋2mv ，解得v ＝2v 0，即人跳出瞬间，车速度为2v 0，考察四个选项，只有B 正确．5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg 和50 kg ，甲手里拿着质量为2 kg 的球，两人均以2 m/s 的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为( )A ．0B ．2 m/sC ．4 m/sD ．无法确定解析：选A ．以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m 甲＋m 球)v 甲＋m 乙v 乙＝(m 甲＋m 球)v 甲′得v 甲′＝（m 甲＋m 球）v 甲＋m 乙v 乙m 甲＋m 球＝（48＋2）×2＋50×（－2）48＋2m/s ＝0，A 正确． 6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B ．把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动量向右，末动量也应向右．选项C 中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见，只有选项B 正确．二、多项选择题7．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若( )A ．两人质量相等，则必定是v 甲>v 乙B ．两人质量相等，则必定是v 乙>v 甲C ．两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙D ．两人速率相等，则必定是m 乙>m 甲解析：选AC ．取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v 甲>v 乙，所以选项A 正确，B 错误．若两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙，所以选项C 正确，D 错误．8.如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车AB 和木块C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析：选BC ．弹簧向右推C ，C 向右运动，同时弹簧向左推A 端，小车向左运动，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m )v ，知v ＝0，故C 正确，D 错误．9.如图所示，两物块质量关系为m 1＝2m 2，两物块与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则( )A ．两物块在脱离弹簧时的速率最大B ．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为v 1v 2＝12C ．两物块的速率同时达到最大D ．两物块在弹开后同时达到静止解析：选BCD ．烧断细线后，对m 1、m 2及弹簧组成的系统，在m 1、m 2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中F 1＝μ1m 1g ，F 2＝μ2m 2g ，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，A 选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m 1v 1－m 2v 2，显然，任意时刻，两物块的速率之比v 1v 2＝m 2m 1＝12；当v 1最大时，v 2亦最大；当v 1＝0时，亦有v 2＝0，所以B 、C 、D 选项都正确．10.如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )A ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC ．小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．三、非选择题11.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边顺水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1．25 m ．(g 取10 m/s 2)(1)求车在人跳出后到人落到A 点期间的反冲速度；(2)人落在A 点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，得v 2＝14v 1 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g＝0．5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t由x 1＋x 2＝l 得v 1t ＋v 2t ＝l 则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1．6 m/s ． (2)人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0．故人落到车上A 点站定后车的速度为零．车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1．6×0．5 m ＝0．8 m ．答案：(1)1．6 m/s (2)不运动 0．8 m12.如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0．3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1 kg 的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0．2，g＝10 m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)B、D之间的距离．解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgR＝12Mv21＋12mv22，代入m＝1 kg、M＝2 kg、R＝0．3 m，得v2＝2 m/s．(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0．由能量守恒定律有mgR＝μmgL，代入μ＝0．2、R＝0．3 m，得L＝1．5 m．答案：(1)2 m/s (2)1．5 m。

2019_2020学年高中物理第1章动量守恒研究第2节动量守恒定律教学案鲁科版选修3_5

第2节动量守恒定律1．知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式．(重点＋难点) 3．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．(重点) 4．了解火箭的飞行原理和主要用途．一、动量守恒吗1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1′、v2′，则可表示为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．(2)物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1′、p2′，则可表示为：p1＋p2＝p1′＋p2′．(3)物体m1、m2相互作用后动量的变化分别为Δp1和Δp2，则可表示为：Δp1＝－Δp2或Δp1＋Δp2＝0．3．适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于微观、高速物体的运动．1．(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．( )(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( )(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( )提示：(1)×(2)√(3)√二、动量守恒定律的推导设两质点质量分别为m1、m2，F1与F2表示两质点间相互作用力，两质点的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1′、v2′，相互作用时间为t，则对m1，由动量定理得F1t＝m1v1′－m1v1，对m2，由动量定理得F2t＝m2v2′－m2v2，据牛顿第三定律：F2＝－F1，所以F2t＝－F1t，所以m2v2′－m2v2＝－(m1v1′－m1v1)，整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．此式表明质点在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(动量定理)推导，那么二者的适用范围是否一样？提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，动量守恒定律适用于任何物体、任何运动．三、反冲运动与火箭1．反冲：根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．2．反冲现象的防止及应用(1)防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．(2)应用：喷灌装置、火箭等．2．(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )(2)一切反冲现象都是有益的．( )(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )提示：(1)√(2)×(3)√3．火箭(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大、负荷越小，火箭能达到的速度也越大．3．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( )(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )提示：(1)×(2)√动量守恒定律的理解及应用1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．2．正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．3．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．4．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解，并对结果进行讨论．将矢量运算转化为代数运算时，符号处理应注意：(1)若用v、v′表示物体的速度大小，则速度沿正向时动量表示为mv、mv′，速度沿负方向时，动量表示为－mv、－mv′．(2)若用v、v′表示物体速度，则无论正向、反向，动量都表示为mv、mv′，方向包含在v、v′之中，求解结果的正、负可确定速度的方向．命题视角1 对动量守恒定律的理解关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒[思路点拨] 动量守恒定律成立的条件是系统不受外力，或所受合外力为0，或者是系统所受的外力比相互作用的内力小很多．[解析] 根据动量守恒条件可知A、B错误，C正确；D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．[答案] C系统动量守恒的判定方法(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．(2)研究系统受到的外力矢量和．(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．命题视角2 动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A 和B ，已知木块A 、B 的质量分别为m A ＝500 g 、m B ＝300 g ．有一个质量为80 g 的小铁块C 以25 m/s 的水平初速度开始在A 表面上滑动．由于C 与A 、B 之间有摩擦，铁块最后停在B 上，B 和C 一起以2．5 m/s 的速度共同前进．求：(1)木块A 的最后速度v ′A 的大小；(2)C 在离开A 时的速度v ′C 的大小．[思路点拨] (1)本题的物理过程可分为两个阶段，即C 分别在A 、B 上滑动的阶段．(2)本题求解的一个关键是确定C 离开A 时A 、B 的速度相同．[解析] (1)取A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象．系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，则m C v C ＝m A v ′A ＋(m B ＋m C )v代入已知数据解得v ′A ＝m C v C －（m B ＋m C ）v m A ＝80×25－（300＋80）×2.5500m/s ＝2．1 m/s ． (2)铁块C 离开A 滑到B 上时，木块A 和B 具有相同的速度v ′A ．仍对A 、B 、C 组成的系统应用动量守恒定律得m C v C ＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′A ．解得v ′C ＝m C v C －（m A ＋m B ）v ′A m C ＝80×25－（500＋300）×2.180m/s ＝4 m/s ． [答案] (1)2．1 m/s (2)4 m/s应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键是正确划分过程与合理选择研究系统．有的过程选部分物体为研究系统，有的过程需要选取全部物体为研究系统．命题视角3 动量守恒定律中的临界、极值问题如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[思路点拨] 选取向右为速度的正方向，甲接住货物后，两船不相撞应满足：v′乙≥v′v′乙＝v′甲．此时对应抛出货物的速度最小．甲，临界条件为：[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，甲、乙两船的运动方向为正方向．由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mv min①10m×2v0－mv min＝11mv2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0．[答案] 4v0动量守恒定律应用中的常见临界情形(1)如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．甲乙(2)如图乙所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等．丙(3)如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．【通关练习】1．(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示．用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD．在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统就在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D对．2．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6．0 m/s．甲小孩车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg．甲不断地将小球一个一个地以v＝16．5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？解析：两车不相碰的临界条件是它们最后的速度(对地)相同．由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′，①再以甲及小球为系统，同样有M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv，②联立①②解得n＝15个．答案：15个对反冲运动的理解1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．2．讨论反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒．(2)内力做的功往往会改变系统的总动能．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s．设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？[思路点拨] 求解本题时应把握以下三点：(1)以每秒20次喷出的气体和火箭剩余质量为研究对象．(2)判断动量是否守恒．(3)选正方向，据动量守恒定律列式求解．[解析] 以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s末的速度为v′，1 s 内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向．由动量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0解得v′＝20mvM－20m＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13．5 m/s．[答案] 13．5 m/s对变质量问题，动量守恒定律仍适用，但必须考虑到气体喷出后，带走了一定质量，剩余部分质量已减少，在建立动量守恒定律方程时务必注意．如图，质量为M的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋mM (v 0＋v ) D ．v 0＋mM(v 0－v ) 解析：选C ．人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，所以有(m ＋M )v 0＝－mv ＋Mv 1，解得v 1＝v 0＋m （v 0＋v ）M．[随堂检测]1．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m ，出口速度为v ，车厢和人的质量为M ，作用完毕后车厢的速度为( )A ．mv M ，向前B ．mv M ，向后C ．mvm ＋M ，向前D ．0 解析：选D ．以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零．不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D 正确．2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选D ．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．3．将质量为1．00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/sB．5．7×102 kg·m/sC．6．0×102 kg·m/sD．6．3×102 kg·m/s解析：选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0．050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．4．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0．08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1．0 kg大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6．0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4．0 m/s．铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5 m/s．(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4 m/s．答案：(1)2．5 m/s (2)3．4 m/s[课时作业]一、单项选择题1．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A．0．6 m/s，向左B．3 m/s，向左C．0．6 m/s，向右D．3 m/s，向右解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0．6 m/s，方向向左．2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )A ．E 0B ．m M E 0C ．m M －m E 0D ．Mm（M －m ）2E 0 解析：选C ．由动量守恒定律知(M －m )v ＝mv 0＝p ，又E k ＝p 22（M －m ），E 0＝p 22m，知选项C 对．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s ．假设他站在车的A 端，如图所示，想要跳到距离为l 远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )A ．只要l <s ，他一定能跳上站台B ．只要l <s ，他就有可能跳上站台C ．只要l ＝s ，他一定能跳上站台D ．只要l ＝s ，他就有可能跳上站台解析：选B ．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s ，故l <s 时，才有可能跳上站台．4．质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v －t 图象为( )解析：选B ．由题意可知，人跳离小车前后动量守恒，所以有(m ＋2m )v 0＝m (－v 0)＋2mv ，解得v ＝2v 0，即人跳出瞬间，车速度为2v 0，考察四个选项，只有B 正确．5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg 和50 kg ，甲手里拿着质量为2 kg 的球，两人均以2 m/s 的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为( )A ．0B ．2 m/sC ．4 m/sD ．无法确定解析：选A ．以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m 甲＋m 球)v 甲＋m 乙v 乙＝(m 甲＋m 球)v 甲′得v 甲′＝（m 甲＋m 球）v 甲＋m 乙v 乙m 甲＋m 球＝（48＋2）×2＋50×（－2）48＋2m/s ＝0，A 正确． 6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B ．把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动量向右，末动量也应向右．选项C 中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见，只有选项B 正确．二、多项选择题7．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若( )A ．两人质量相等，则必定是v 甲>v 乙B ．两人质量相等，则必定是v 乙>v 甲C ．两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙D ．两人速率相等，则必定是m 乙>m 甲解析：选AC ．取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v 甲>v 乙，所以选项A 正确，B 错误．若两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙，所以选项C 正确，D 错误．8.如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车AB 和木块C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析：选BC ．弹簧向右推C ，C 向右运动，同时弹簧向左推A 端，小车向左运动，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m )v ，知v ＝0，故C 正确，D 错误．9.如图所示，两物块质量关系为m 1＝2m 2，两物块与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则( )A ．两物块在脱离弹簧时的速率最大B ．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为v 1v 2＝12C ．两物块的速率同时达到最大D ．两物块在弹开后同时达到静止解析：选BCD ．烧断细线后，对m 1、m 2及弹簧组成的系统，在m 1、m 2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中F 1＝μ1m 1g ，F 2＝μ2m 2g ，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，A 选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m 1v 1－m 2v 2，显然，任意时刻，两物块的速率之比v 1v 2＝m 2m 1＝12；当v 1最大时，v 2亦最大；当v 1＝0时，亦有v 2＝0，所以B 、C 、D 选项都正确．10.如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )A ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC ．小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．三、非选择题11.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边顺水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1．25 m ．(g 取10 m/s 2)(1)求车在人跳出后到人落到A 点期间的反冲速度；(2)人落在A 点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，得v 2＝14v 1 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g＝0．5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t由x 1＋x 2＝l 得v 1t ＋v 2t ＝l 则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1．6 m/s ． (2)人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0．故人落到车上A 点站定后车的速度为零．车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1．6×0．5 m ＝0．8 m ．答案：(1)1．6 m/s (2)不运动 0．8 m12.如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0．3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1 kg 的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0．2，g＝10 m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)B、D之间的距离．解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgR＝12Mv21＋12mv22，代入m＝1 kg、M＝2 kg、R＝0．3 m，得v2＝2 m/s．(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0．由能量守恒定律有mgR＝μmgL，代入μ＝0．2、R＝0．3 m，得L＝1．5 m．答案：(1)2 m/s (2)1．5 m。

气体分子动理论_高二物理教案_模板

气体分子动理论_高二物理教案_模板气体分子动理论_高二物理教案_模板教学目标知识目标1、知道气体分子运动的特点．2、知道分子沿各个方向运动的机会均等，分子速率按一定规律分布，这种规律是一种统计规律．3、知道气体压强的微观解释以及气体实验定律的微观解释．能力目标通过用微观解释宏观，提出统计规律，渗透统计观点，以提高学生分析、综合、归纳能力．情感目标通过对气体分子定律以及气体实验定律的微观解释，尤其是统计规律的渗透，让学生体会其在科学研究中的作用．培养学生树立科学的探究精神．教学建议用微观的方法解释宏观现象，对学生来说，这是第一次接触，应从实际出发，通过模拟和举例来帮助学生理解统计规律的意义．理解气体压强的产生并解释气体的实验定律是本节的重要内容，也是提高学生分析、综合、归纳能力的有效途径．教学设计示例（一）教学总体设计1、教师应借助物理规律和课件展示，准确讲解，注意启发点拨，以学生自己讨论归纳．2、学生应积极思考、认真观察、参与讨论、总结规律、解释现象．教师通过动画模拟引入微观对宏观的解释、渗透统计思维，指导学生观察动画、分析特点，总结统计规律，解释有关现象．（二）重点·难点·疑点及解决办法1、重点：气体压强的产生和气体实验定律的微观解释．2、难点：用统计的方法分析气体分子运动的特点．3、疑点（1）气体分子运动与固体、液体分子运动有什么区别．（2）气体的压强是怎样产生的？它的大小由什么因素决定．4、解决办法用小球模拟分子碰撞器壁，联系实际，从实例出发理解气体压强的产生机理，并分析影响气体压强的因素．（三）教学过程1、气体分子运动特点（条件允许，可以播放动画进行模拟演示）在教师引导下得出结论：①气体分子间距较大②气体分子充满整个容器空间③气体分子运动频繁碰撞④气体分子向各个方向运动的机会均等分析气体分子运动特点及联系实验得出：①气体分子间距大，作用力小（可认为没有），所以气体没有一定的形态和体积（由容器决定）．②分子沿各个方向运动的机会均等．③速率分布是中间大两头小的规律．其速率分布与分子数的关系如图所示．2、气体压强的微观解释大量气体分子对器壁频繁碰撞，就对器壁产生一个持续的均匀的压强．器壁单位面积上受到的压力，就是气体的压强．例如：雨滴撞击雨伞的例子．再比如：用一小把针刺手心，当针刺的频率很高时，手心的感觉就不是痛一下，而是成为一种连续的均匀的痛感了．气体的压强与气体的密度和气体分子的平均功能有关．经过实验和理论计算得出：为气体单位体积内的分子数，E为气体分子的平均动能．3、对气体实验定律的微观解释（1）玻意耳定律（2）查理定律（3）盖·吕萨克定律4、总结、扩展（1）气体分子运动有什么特点？（2）气体的压强是怎样产生的？它的大小由什么因素决定？（3）怎样从微观的方法解释气体三实验定律？5、板书设计五、气体分子动理论1、气体分子运动特点①②③2、对气体压强的微观解释3、对气体实验定律的微观解释教学设计示例参考气体实验定律的微观解释一、教学目标1、知识目标：（1）能用气体分子动理论解释气体压强的微观意义，并能知道气体的压强、温度、体积与所对应的微观物理量间的相关联系．（2）能用气体分子动理论解释三个气体实验定律．2、能力目标：通过让学生用气体分子动理论解释有关的宏观物理现象，培养学生的微观想象能力和逻辑推理能力，并渗透“统计物理”的思维方法．3、情感目标：通过对宏观物理现象与微观粒子运动规律的分析，对学生渗透“透过现象看本质”的哲学思维方法．二、重点、难点分析1、用气体分子动理论来解释气体实验定律是本节课的重点，它是本节课的核心内容．2、气体压强的微观意义是本节课的难点，因为它需要学生对微观粒子复杂的运动状态有丰富的想象力．三、教具计算机控制的大屏幕显示仪；自制的显示气体压强微观解释的计算机软件．四、主要教学过程（一）引入新课先设问：气体分子运动的特点有哪些？答案：特点是：（1）气体间的距离较大，分子间的相互作用力十分微弱，可以认为气体分子除相互碰撞及与器壁碰撞外不受力作用，每个分子都可以在空间自由移动，一定质量的气体的分子可以充满整个容器空间．（2）分子间的碰撞频繁，这些碰撞及气体分子与器壁的碰撞都可看成是完全弹性碰撞．气体通过这种碰撞可传递能量，其中任何一个分子运动方向和速率大小都是不断变化的，这就是杂乱无章的气体分子热运动．（3）从总体上看气体分子沿各个方向运动的机会均等，因此对大量分子而言，在任一时刻向容器各个方向运动的分子数是均等的．（4）大量气体分子的速率是按一定规律分布，呈“中间多，两头少”的分布规律，且这个分布状态与温度有关，温度升高时，平均速率会增大．今天我们就是要从气体分子运动的这些特点和规律来解释气体实验定律．（二）教学过程设计1、关于气体压强微观解释的教学首先通过设问和讨论建立反映气体宏观物理状态的温度（T）、体积（V）与反映气体分子运动的微观状态物理量间的联系：温度是分子热运动平均动能的标志，对确定的气体而言，温度与分子运动的平均速率有关，温度越高，反映气体分子热运动的平均速率（）越大．体积影响到分子密度（即单位体积内的分子数），对确定的一定质量的理想气体而言，分子总数N是一定的，当体积为V时，单位体积内的分子数与体积V成反比，即体积越大时，反映气体分子的密度n越小．然后再设问：气体压强大小反映了气体分子运动的哪些特征呢？这应从气体对容器器壁压强产生的机制来分析．先让学生看用计算机模拟气体分子运动撞击器壁产生压强的机制：首先用计算机软件在大屏幕上显示出如图1所示的图形：向同学介绍：如图所示是一个一端用活塞（此时表示活塞部分的线条闪烁3～5次）封闭的气缸，活塞用一弹簧与一固定物相连，活塞与气缸壁摩擦不计，当气缸内为真空时，弹簧长为原长．如果在气缸内密封了一定质量的理想气体．由于在任一时刻气体分子向各方向上运动的分子数相等，为简化问题，我们仅讨论向活塞方向运动的分子．大屏幕上显示图2，即图中显示的仅为总分子数的，（图中显示的“分子”暂呈静态）先看其中一个（图2中涂黑的“分子”闪烁2～3次）分子与活塞碰撞情况，（图2中涂黑的“分子”与活塞碰撞且以原速率反弹回来，活塞也随之颤抖一下，这样反复演示3～5次）再看大量分子运动时与活塞的碰撞情况：大屏幕上显示“分子”都向活塞方向运动，对活塞连续不断地碰撞，碰后的“分子”反弹回来，有的返回途中与别的“分子”相撞后改变方向，有的与活塞对面器壁相碰改变方向，但都只显示垂直于活塞表面的运动状态，而活塞被挤后有一个小的位移，且相对稳定，如图3所示的一个动态画面．时间上要显示15～30秒定格一次，再动态显示15～30秒，再定格．得出结论：由此可见气体对容器壁的压强是大量分子对器壁连续不断地碰撞所产生的．进一步分析：若每个分子的质量为m，平均速率为v，分子与活塞的碰撞是完全弹性碰撞，则在这一分子与活塞碰撞中，该分子的动量变化为2mv，即受的冲量为2mv，根据牛顿第三定律，该分子对活塞的冲量也是2mv，那么在一段时间内大量分子与活塞碰撞多少次，活塞受到的总冲量就是2mv的多少倍，单位时间内受到的总冲量就是压力，而单位面积上受到的压力就是压强．由此可推出：气体压强一方面与每次碰撞的平均冲量2mv有关，另一方面与单位时间内单位面积受到的碰撞次数有关．对确定的一定质量的理想气体而言，每次碰撞的平均冲量，2mv由平均速率v有关，v越大则平均冲量就越大，而单位时间内单位面积上碰撞的次数既与分子密度n 有关，又与分子的平均速率有关，分子密度n越大，v也越大，则碰撞次数就越多，因此从气体分子动理论的观点看，气体压强的大小由分子的平均速率v和分子密度n共同决定，n越大，v也越大，则压强就越大．2、用气体分子动理论解释实验三定律（1）教师引导、示范，以解释玻意耳定律为例教会学生用气体分子动理论解释实验定律的基本思维方法和简易符号表述形式．范例：用气体分子动理论解释玻意耳定律．一定质量（m）的理想气体，其分子总数（N）是一个定值，当温度（T）保持不变时，则分子的平均速率（v）也保持不变，当其体积（V）增大几倍时，则单位体积内的分子数（n）变为原来的几分之一，因此气体的压强也减为原来的几分之一；反之若体积减小为原来的几分之一，则压强增大几倍，即压强与体积成反比．这就是玻意耳定律．书面符号简易表述方式：小结：基本思维方法（详细文字表述格式）是：依据描述气体状态的宏观物理量（m、p、V、T）与表示气体分子运动状态的微观物理量（N、n、v）间的相关关系，从气体实验定律成立的条件所述的宏观物理量（如[1] [2] 下一页电阻的串联教案示例之一(一)教学目的1．理解串联电路的总电阻跟各个串联电阻的关系，并能推导出来；2．会运用串联电路的特性和欧姆定律解决简单的串联电路问题；3．初步领会等效替换法和分析综合法的基本思想，以及分析电路问题的思路．(二)教具6伏电源，2欧、3欧、5欧、10欧定值电阻各一个，演示用安培计、伏特计、开关、滑动变阻器各一个．(三)教学过程1．提出问题引入新课教师：如果你的收音机不响了，检查后发现有一个200欧姆的电阻烧坏了，需要更换．但是你手边又只有一个100欧和几个50欧的电阻，能否用它们组合起来，使组合的电阻相当于一个200欧的电阻呢？学习了电阻的串联的知识后，你就会知道这种等效替换是容易实现的．板书：电阻的串联2．新课教学教师：把电阻一个接一个地连接起来，就叫电阻的串联．(板画图l，但其中的I、U1、U2、……等暂不标出)下面我们通过实验来找出串联电路的总电阻跟各个串联电阻的关系．为此我们先要根据欧姆定律，用伏安法测出每一个电阻的阻值，再测串联电路的总电阻值．(板画图2和实验记录表格，接着进行演示．边实验读取数据，边让学生计算阻值和填写记录表)演示实验(1)分别先后将2欧、3欧、5欧定值电阻接于图2的A、B之间，测算其阻值．(2)撤去5欧电阻时，不移动变阻器滑动片的位置，把2欧和3欧电阻串联起来接于A、B之间，发现安培计和伏特计的读数跟接5欧电阻时相同．教师说明，2欧和3欧电阻串联后的等效电阻(总电阻)为5欧．(3)把10欧电阻接入A、B之间，测算其电阻值．(4)撤去10欧电阻，但保持变阻器滑动片位置不变，把2欧、3欧、5欧电阻串联后接到A、B间，发现安培计和伏特计示数跟接10欧电阻时相同，说明串联总电阻是10欧．教师：大家分析一下实验记录，看串联电路的总电阻跟各个串联电阻有什么关系？(学生答后，教师要求学生将结论填入课本上留出的空白处)教师：刚才的实验不仅得出了串联电路的总电阻等于各串联电阻之和，而且还看到，当用2欧、3欧电阻串联后去代替5欧电阻或用2、3、5欧电阻串联代替10欧电阻时，电路中的电流、电压跟接5欧或10欧电阻时一样．这就是说用2、3欧或2、3、5欧的串联电阻替换5欧或10欧电阻时，没有改变电路的电流、电压效果．所以常常把串联电路的总电阻叫做等效电阻，即这个串联电路等效于一个阻值为一定的电阻．用几个电阻联成电路去等效替换一个电阻，或用一个电阻去等效替换一个电路的方法叫等效替换法．现在大家用等效替换法解决这节课开头时提出的问题：怎样用一个100欧的电阻和几个50欧的电阻去替换一个200欧的电阻？(学生齐答)教师：回答得好！请大家根据决定导体电阻大小的因素想一想，为什么导体串联起来后的总电阻会比其中任何一个电阻都大呢？(若学生迟疑，可指导学生看课文中相应的叙述) 教师：刚才实验得出的电阻关系可不可以运用我们已学过的欧姆定律及关于串联电路的电流和电压知识推导出来呢？可以的！为此先在电路图(图1)上把各个电阻和整个电路的电流、电压用下标区别标志出来(教师标志)．应用欧姆定律于串联电路和每一个电阻，得(以下教师一边解说推导思路一边板书，下面括号中的内容可以只叙述，不板书出来) 板书：电阻关系式的推导：由I=U／R，U=IR(分别对串联电路和各个电阻得)U=IR，U1=I1R1，U2=I2R2，U3=I3R3 (1)(根据前面学到的串联电路知识可知)I=I1=I2=I3 (2)U=U1+U2+U3 (3)∴IR=IR1+IR2+IR3R=R1+R2+R3 (4)教师：(4)式与实验结论一致．推导的根据是欧姆定律和串联电路的电流、电压特点，这也是我们解串联电路时的根据．从推导中看到，欧姆定律既可用于各个导体，也可能用于整个电路．这时要注意各个电阻的U、I、R要用不同的下标区别，且同一电阻的U、I、R 要用相同的下标，以正确表达欧姆定律公式中各量是同一导体的量，解电路时这样“下标配套”是避免出现“张冠李戴”的错误的好措施．3．应用教师：请大家阅读课本例题1和2．(例题题文和解从略)阅读时注意领会课文在解题之前对问题的分析，理清解题思路和步骤．(学生阅读5分钟，教师板画出图3和图4后巡视答疑)请哪位同学说说例题1的解题步骤？(学生会根据课文的分析答：“先求出R1、R2串联的总电阻，再根据欧姆定律求出电路中的电流”)教师：回答出了解题的主要步骤．有一点请大家注意，课文分析中首先提出的是“画出电路图”，这个解题的准备步骤很重要，根据题意画出电路结构图，并把已知量的符号(包括下标)、数据和待求量的符号标在图上，使题意在图上一目了然，便于我们分析已知量和待求量的联系，迅速理清解题思路．这个技能大家在解题时要注意练习，学到手．例题1的解题思路是这样的，先从与已知量(R1、R2)相关的规律(R=R1+R2)出发，解出与待求量(电路电流)相关的未知量(R)，然后再用与待求量相关的规律求出待求量．简单说就是从已知分析到待求．板书：分析问题的思路：已知→待求这种思路对解答较简单的问题是简捷有效的．分析问题也可以沿着相反的思路进行，即从与待求量(I)相关的规律(I=U／R)出发，沿着“为求得待求量I，已知U，需求未知量R，而R与规律R=R1+R2相联系，R1、R2已知，故I可求．简单说，就是从待求分析到已知．这思路可用下面的图式表示．板书：待求→已知在分析比较复杂的问题时，这种分析思路容易找准分析方向，可以形象地叫做“跟踪追击”，从未知跟踪到已知．比如，例题2的分析思路可以这样进行：边板书边解释)分析清楚后，可以像课本那样书写：先解(B)、(C)两式，最后解(A)式，请大家从R=R1+R2出发分析“跟踪追击”，找出例题2的另一种解法．(全体学生练，请一位优等生到黑板上解) 教师：刚才的解法的分析思路可表达如下：教师：从例题的解答中还可以看出，所根据的规律分为两类：一类是串联电路整体的物理量(“总”量)与每一个电阻的同种物理量(“部分”量)的关系，即(2)、(3)、(4)式；另一类是每一个电阻或整个电路的电流、电压、电阻的关系，即用欧姆定律表达出的(1)式．因此，我们在分析问题时，既要分析一个电阻上各量的关系，又要分析各电阻与整个串联电路的联系．这种把整体和部分联系起来综合分析的方法，既是课本导出(4)式的基本方法，也是我们今后分析处理电路问题的基本方法，大家要细心领会．板书：分析问题的方法：等效替代法；综合分析法．4．小结教师：到现在为止，我们学习了电学的两类规律，初步接触到了等效替代法和整体、部分综合分析法．请大家在复习和练习中注意领会上述内容，并用以去解答课本“想想议议”中提出的问题(其内容是：“猜猜看，把电阻R1、R2、R3、…Rn串联起来，它们的总电阻是多少？你能够用推导的方法来证明你的猜想吗？”)，希望能有同学找到不止一种证明方法．5．布置作业(1)一根铜线和一根镍铬合金线，长短粗细都相同，把它们串联在电路里，哪根导线上的电压大？哪根导线中的电流大？为什么？(2)把一个内电阻r=0.1欧的安培表与一个R=100欧的电阻串联后接在电源上，与电路中不接安培表比较，安培表接入对电路有什么影响？这种影响在什么情况下可以忽略不计？在我们所做的实验中都没有考虑这种影响，为什么？(3)试证明，由电阻R1、R2串联后接在电源上，串联电路的总电压与任一电阻上的电压之比等于总电阻跟该电阻之比；两电阻上的电压跟两电阻的阻值成正比．(四)设想、体会1．本教案设计时，一方面遵循教材的编写思想，使学生明白物理规律既可以直接从实验得出，也可以用已知规律从理论上导出，注意设计和用好演示实验，对电阻关系式进行细致的推导．但重点落在充分运用教材的课首问题、实验结果、对电阻关系的推导，以及例题中涉及的物理实际问题，浅显具体地阐明分析问题的思路和方法．2．演示实验的设计用了三个定值电阻和五步实验，两次得出电阻关系．这既为学生理解电阻关系式提供了事实依据，又为介绍等效方法和应用等效方法解决引出课题的问题提供了感性认识，使引入性问题、实验、讲授、论证统一起来，还为师生在思考和评议“想想议议”中用等效法进行论证奠定了基础．3．教案设计让学生自己先看课文的例题及其分析与解，既是为了发挥学生学习的主动性，也是为了教师后面介绍分析问题的思路和方法创造较好的教学情境．相当一部分学生在阅读例题2的分析时，不易把握所用的推理方法(正反推理)及相应的思路．这就为教师阐述“跟踪追击”法(反向推理法)创造了事实基础和情绪基础．教案先利用例题1的简单情况介绍正向推理(已知—→待求)和反向推理(待求—→已知)方法，在分析例题2时，介绍反向推理的优点，并引导学生自己用反向推理方法从R=R1+R2出发分析问题，既强化了学生对反向推理方法的基本思路的认识，又通过一题多解向学生展示了解决问题的思路和方法不是唯一的．反向推理以其推理方向容易选准的特点而易于为初学者掌握，强化学生对它的认识是很有必要的．4．欧姆定律中各量是同一电路或同一导体的量，对初学者来说是一个容易出错的问题．在串联电路的教学中第一次有了帮助学生正确认识这一点的客观条件．教学中应充分利用这一条件，强化学生对欧姆定律的理解和应用的认识．教案在推导出电阻关系后，特别强调“下标配套”，在讨论解题步骤时，对“画出题意图”一步加以强调，其目的之一就在于强化对欧姆定律及其应用的理解．5．教案的这种安排，为下节课顺利学习并联电路打下了基础．把“想想议议”留到下节课开始去讨论，除了因为讨论思路和方法使课时稍偏紧的原因外，更主要的是在下节课开头来讨论，可以复习本节课涉及的分析思路和方法，为发挥学生学习的主动性，顺利学好并联电路的知识铺平道路．注：本教案依据的教材是人教社初中物理第二册。

2019-2020年鲁科版高中物理必修一第二章第一节运动、空间、和时间教学课件(共16张PPT)

• （2）时间间隔（一段时间）
•
① 在时间轴上表示为___一___条__线__段
•
② 可由时刻计算到
相减
01 2 34 5 678
t/s
区分几个名词：
表示时刻的词：（带“末”的都代表时刻）第N秒初，第N秒末，第N+1秒初
表示时间的词：第N秒，第N秒内，N秒内，前N秒
课堂训练：
《导与练》P2 例3 课本p17 第3题《导与练》P3 针对训练3-1
2019/ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ/22
最新中小学教学课件
thank
you!
2019/7/22
最新中小学教学课件
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
一个物体相对于另一物体物体的一部分相对于另一部分。
如何描述运动的物体呢？
起飞的飞机？行驶的轮船？ BRT公车的行驶路程？全程的行驶时间？地球的公转？自转？
二、参考系
1、定义：描述一个物体的运动时，选定作为参考的其他物体。
2、注：①描述物体是否运动是看相对于参考系的位置是否改变，事先假定参考系不动；
经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。 • 二、补笔记 • 上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一

2019_2020学年高中物理第1章动量守恒研究第2节动量守恒定律教学案鲁科版选修3_

第2节动量守恒定律1．知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律．2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式．(重点＋难点) 3．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．(重点) 4．了解火箭的飞行原理和主要用途．一、动量守恒吗1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1′、v2′，则可表示为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．(2)物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1′、p2′，则可表示为：p1＋p2＝p1′＋p2′．(3)物体m1、m2相互作用后动量的变化分别为Δp1和Δp2，则可表示为：Δp1＝－Δp2或Δp1＋Δp2＝0．3．适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于微观、高速物体的运动．1．(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．( )(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( )(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( )提示：(1)×(2)√(3)√二、动量守恒定律的推导设两质点质量分别为m1、m2，F1与F2表示两质点间相互作用力，两质点的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1′、v2′，相互作用时间为t，则对m1，由动量定理得F1t＝m1v1′－m1v1，对m2，由动量定理得F2t＝m2v2′－m2v2，据牛顿第三定律：F2＝－F1，所以F2t＝－F1t，所以m2v2′－m2v2＝－(m1v1′－m1v1)，整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．此式表明质点在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(动量定理)推导，那么二者的适用范围是否一样？提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，动量守恒定律适用于任何物体、任何运动．三、反冲运动与火箭1．反冲：根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．2．反冲现象的防止及应用(1)防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．(2)应用：喷灌装置、火箭等．2．(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( )(2)一切反冲现象都是有益的．( )(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( )提示：(1)√(2)×(3)√3．火箭(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大、负荷越小，火箭能达到的速度也越大．3．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( )(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )提示：(1)×(2)√动量守恒定律的理解及应用1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．2．正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．3．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．4．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解，并对结果进行讨论．将矢量运算转化为代数运算时，符号处理应注意：(1)若用v、v′表示物体的速度大小，则速度沿正向时动量表示为mv、mv′，速度沿负方向时，动量表示为－mv、－mv′．(2)若用v、v′表示物体速度，则无论正向、反向，动量都表示为mv、mv′，方向包含在v、v′之中，求解结果的正、负可确定速度的方向．命题视角1 对动量守恒定律的理解关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒[思路点拨] 动量守恒定律成立的条件是系统不受外力，或所受合外力为0，或者是系统所受的外力比相互作用的内力小很多．[解析] 根据动量守恒条件可知A、B错误，C正确；D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．[答案] C系统动量守恒的判定方法(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．(2)研究系统受到的外力矢量和．(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．命题视角2 动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A 和B ，已知木块A 、B 的质量分别为m A ＝500 g 、m B ＝300 g ．有一个质量为80 g 的小铁块C 以25 m/s 的水平初速度开始在A 表面上滑动．由于C 与A 、B 之间有摩擦，铁块最后停在B 上，B 和C 一起以2．5 m/s 的速度共同前进．求：(1)木块A 的最后速度v ′A 的大小；(2)C 在离开A 时的速度v ′C 的大小．[思路点拨] (1)本题的物理过程可分为两个阶段，即C 分别在A 、B 上滑动的阶段．(2)本题求解的一个关键是确定C 离开A 时A 、B 的速度相同．[解析] (1)取A 、B 、C 三个物体组成的系统为研究对象．系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，则m C v C ＝m A v ′A ＋(m B ＋m C )v代入已知数据解得v ′A ＝m C v C －（m B ＋m C ）v m A ＝80×25－（300＋80）×2.5500m/s ＝2．1 m/s ． (2)铁块C 离开A 滑到B 上时，木块A 和B 具有相同的速度v ′A ．仍对A 、B 、C 组成的系统应用动量守恒定律得m C v C ＝m C v ′C ＋(m A ＋m B )v ′A ．解得v ′C ＝m C v C －（m A ＋m B ）v ′A m C ＝80×25－（500＋300）×2.180m/s ＝4 m/s ． [答案] (1)2．1 m/s (2)4 m/s应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键是正确划分过程与合理选择研究系统．有的过程选部分物体为研究系统，有的过程需要选取全部物体为研究系统．命题视角3 动量守恒定律中的临界、极值问题如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[思路点拨] 选取向右为速度的正方向，甲接住货物后，两船不相撞应满足：v′乙≥v′v′乙＝v′甲．此时对应抛出货物的速度最小．甲，临界条件为：[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，甲、乙两船的运动方向为正方向．由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mv min①10m×2v0－mv min＝11mv2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得v min＝4v0．[答案] 4v0动量守恒定律应用中的常见临界情形(1)如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．甲乙(2)如图乙所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等．丙(3)如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．【通关练习】1．(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示．用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD．在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统就在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D对．2．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6．0 m/s．甲小孩车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg．甲不断地将小球一个一个地以v＝16．5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？解析：两车不相碰的临界条件是它们最后的速度(对地)相同．由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′，①再以甲及小球为系统，同样有M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv，②联立①②解得n＝15个．答案：15个对反冲运动的理解1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．2．讨论反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒．(2)内力做的功往往会改变系统的总动能．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s．设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？[思路点拨] 求解本题时应把握以下三点：(1)以每秒20次喷出的气体和火箭剩余质量为研究对象．(2)判断动量是否守恒．(3)选正方向，据动量守恒定律列式求解．[解析] 以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s末的速度为v′，1 s 内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向．由动量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0解得v′＝20mvM－20m＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13．5 m/s．[答案] 13．5 m/s对变质量问题，动量守恒定律仍适用，但必须考虑到气体喷出后，带走了一定质量，剩余部分质量已减少，在建立动量守恒定律方程时务必注意．如图，质量为M的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋mM (v 0＋v ) D ．v 0＋mM(v 0－v ) 解析：选C ．人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，所以有(m ＋M )v 0＝－mv ＋Mv 1，解得v 1＝v 0＋m （v 0＋v ）M．[随堂检测]1．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m ，出口速度为v ，车厢和人的质量为M ，作用完毕后车厢的速度为( )A ．mv M ，向前B ．mv M ，向后C ．mvm ＋M ，向前D ．0 解析：选D ．以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零．不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D 正确．2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2 D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2) 解析：选D ．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，整理可得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，故D 项正确．3．将质量为1．00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/sB．5．7×102 kg·m/sC．6．0×102 kg·m/sD．6．3×102 kg·m/s解析：选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0．050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．4．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0．08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1．0 kg大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6．0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4．0 m/s．铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5 m/s．(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4 m/s．答案：(1)2．5 m/s (2)3．4 m/s[课时作业]一、单项选择题1．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A．0．6 m/s，向左B．3 m/s，向左C．0．6 m/s，向右D．3 m/s，向右解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0．6 m/s，方向向左．2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )A ．E 0B ．m M E 0C ．m M －m E 0D ．Mm（M －m ）2E 0 解析：选C ．由动量守恒定律知(M －m )v ＝mv 0＝p ，又E k ＝p 22（M －m ），E 0＝p 22m，知选项C 对．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s ．假设他站在车的A 端，如图所示，想要跳到距离为l 远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )A ．只要l <s ，他一定能跳上站台B ．只要l <s ，他就有可能跳上站台C ．只要l ＝s ，他一定能跳上站台D ．只要l ＝s ，他就有可能跳上站台解析：选B ．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s ，故l <s 时，才有可能跳上站台．4．质量为m 的人站在质量为2m 的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v 0时，人从车上以相对于地面大小为v 0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v －t 图象为( )解析：选B ．由题意可知，人跳离小车前后动量守恒，所以有(m ＋2m )v 0＝m (－v 0)＋2mv ，解得v ＝2v 0，即人跳出瞬间，车速度为2v 0，考察四个选项，只有B 正确．5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg 和50 kg ，甲手里拿着质量为2 kg 的球，两人均以2 m/s 的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为( )A ．0B ．2 m/sC ．4 m/sD ．无法确定解析：选A ．以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m 甲＋m 球)v 甲＋m 乙v 乙＝(m 甲＋m 球)v 甲′得v 甲′＝（m 甲＋m 球）v 甲＋m 乙v 乙m 甲＋m 球＝（48＋2）×2＋50×（－2）48＋2m/s ＝0，A 正确． 6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B ．把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动量向右，末动量也应向右．选项C 中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见，只有选项B 正确．二、多项选择题7．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若( )A ．两人质量相等，则必定是v 甲>v 乙B ．两人质量相等，则必定是v 乙>v 甲C ．两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙D ．两人速率相等，则必定是m 乙>m 甲解析：选AC ．取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v 甲>v 乙，所以选项A 正确，B 错误．若两人速率相等，则必定是m 甲>m 乙，所以选项C 正确，D 错误．8.如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时小车AB 和木块C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ∶mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析：选BC ．弹簧向右推C ，C 向右运动，同时弹簧向左推A 端，小车向左运动，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m )v ，知v ＝0，故C 正确，D 错误．9.如图所示，两物块质量关系为m 1＝2m 2，两物块与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则( )A ．两物块在脱离弹簧时的速率最大B ．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为v 1v 2＝12C ．两物块的速率同时达到最大D ．两物块在弹开后同时达到静止解析：选BCD ．烧断细线后，对m 1、m 2及弹簧组成的系统，在m 1、m 2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中F 1＝μ1m 1g ，F 2＝μ2m 2g ，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，A 选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m 1v 1－m 2v 2，显然，任意时刻，两物块的速率之比v 1v 2＝m 2m 1＝12；当v 1最大时，v 2亦最大；当v 1＝0时，亦有v 2＝0，所以B 、C 、D 选项都正确．10.如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )A ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC ．小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．三、非选择题11.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边顺水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A 点，距货厢水平距离为l ＝4 m ，如图所示．人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1．25 m ．(g 取10 m/s 2)(1)求车在人跳出后到人落到A 点期间的反冲速度；(2)人落在A 点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，得v 2＝14v 1 人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，运动时间为t ＝2h g＝0．5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t由x 1＋x 2＝l 得v 1t ＋v 2t ＝l 则v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1．6 m/s ． (2)人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0．故人落到车上A 点站定后车的速度为零．车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1．6×0．5 m ＝0．8 m ．答案：(1)1．6 m/s (2)不运动 0．8 m12.如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0．3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1 kg 的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0．2，g＝10 m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)B、D之间的距离．解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgR＝12Mv21＋12mv22，代入m＝1 kg、M＝2 kg、R＝0．3 m，得v2＝2 m/s．(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0．由能量守恒定律有mgR＝μmgL，代入μ＝0．2、R＝0．3 m，得L＝1．5 m．答案：(1)2 m/s (2)1．5 m。

1.2 气体分子运动与压强课件-福建省莆田第二中学2020-2021学年高二物理鲁科版选修3-3

气体分子间距离较大，分子力弱到可以忽略
气体分子速率按正态分布，即“中间多，两头少”
分子间频繁的碰撞使分子的运动杂乱无章，且向各方向运动的机会均等
练一练
2.一定质量的气体，下列叙述中正确的是( B )
A．如果体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次
数一定增大但温度变化未知
B．如果压强增大，气体分子对单位面积器壁的压力一定增大
2.对于一定质量的理想气体，下列四个叙述中正确的是( B ) A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大 B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变 C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小 D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
气体的温度影响气体压强的两个因素
单位体积的分子数
小结：
一.统计规律
二、气体分子速率分布规律 1、氧气分子的速率分布图象特点：“中间多、两头少” 2、温度升高，气体分子的速率增大，分布曲线的峰值向速率大的
总结
1.氧气分子的速率分布图象特点： “中间多、两头少”
2.温度升高时，速率大的分子数增加，速率小的分子数减少
1.分子都在做无规则的运动，但大量分子的速率分布却有一定的规律性，如图所示，下列说法正确的是( CD)
A．在一定温度下，大多数分子的速率都接近某个数值，其余少数分子的速率都小于该数值 B．高温状态下每个分子的速率大于低温状态下所有分子的速率 C．高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大
第1章分子动理论
第2节气体分子运动与压强
一、偶然中的必然——统计规律
每个人都把4枚硬币握在手中,在桌面上随计共10次投掷中有
0,1,2,3,4枚硬币正面朝上的次数各是多少,将结果填在以
下表格中

2017-2018学年高中物理第1章分子动理论第2节气体分子运动与压强教学案鲁科版选修3-

第2节气体分子运动与压强［自读教材•抓基础］AJs1 .统计规律(1) 现象：某一事件的出现纯粹是偶然的，但大量的偶然事件却会表现出一定的规律。

(2) 定义：大量偶然事件表现出来的整体规律。

2.气体分子速率分布规律(1) 气体分子运动的特点：气体分子都在永不停息地做无规贝眶动，每个分子的运动状态瞬息万变，每一时刻的运动情况完全是偶然的、不确定的。

(2) 气体分子速率的分布规律：①图像：如图1-2-1所示。

②规律：在一定温度下，不管个别分子怎样运动，气体的多数分子的速率都在某个数值附近，表现岀“中间多、两头少”的分布规律。

当温度升高时，“中间多、两头少”的分布规律不变，气体分子的速率增大^分布曲线的峰值向速率大的一方移动。

理解-教材新知统计规律、气体分子速率分布规律1.某一事件的岀现是偶然的，大量的偶然事件却会表现一定的规律性，叫统计规律。

对个别事件不成立。

2 •在一定温度下，气体的多数分子的速率在某个数值附近，表现岀“中间多、两头少”的分布规律。

3.大量气体分子在无规则运动时，对容器壁频繁撞击,产生一个稳定的压力，产生压强。

4. 气体的压强与气体的温度和单位体积的分子数有关，温对应学生用书新叨亍个击破| 田活常到活用|［跟随名师•解疑难］1•产生原因大量气体分子频繁撞击器壁，对器壁产生一个稳定的压力，从而产生压强。

2•压强特点气体内部压强处处相等。

3. 影响因素⑴气体的温度。

1.气体的微观结构有何特点？⑴ 气体分子间的距离较大，大于10r o (10 -9 m)，气体分子可看成无大小的质点。

(2)气体分子间的分子力很微弱，通常认为气体分子除了相互碰撞或与器壁碰撞外，不受其他力的作用。

2.气体分子运动有何规律?(1)在一定温度下，单个气体分子的运动无规律可言，但从整体上而言，气体的多数分子的速率都在某个数值附近，当温度升高时这个数值也会变大。

(2)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的(分子种类不同，这个平均值一般不同 )。

[推荐学习]2017_2018学年高中物理第1章分子动理论第2节气体分子运动与压强教学案鲁科版选修3

第2节气体分子运动与压强对应学生用书P8[自读教材·抓基础]1．统计规律(1)现象：某一事件的出现纯粹是偶然的，但大量的偶然事件却会表现出一定的规律。

(2)定义：大量偶然事件表现出来的整体规律。

2．气体分子速率分布规律(1)气体分子运动的特点：气体分子都在永不停息地做无规则运动，每个分子的运动状态瞬息万变，每一时刻的运动情况完全是偶然的、不确定的。

(2)气体分子速率的分布规律： ①图像：如图121所示。

图121②规律：在一定温度下，不管个别分子怎样运动，气体的多数分子的速率都在某个数值附近，表现出“中间多、两头少”的分布规律。

当温度升高时，“中间多、两头少”的分布规律不变，气体分子的速率增大，分布曲线的峰值向速率大的一方移动。

[跟随名师·解疑难]1.某一事件的出现是偶然的，大量的偶然事件却会表现一定的规律性，叫统计规律。

对个别事件不成立。

2．在一定温度下，气体的多数分子的速率在某个数值附近，表现出“中间多、两头少”的分布规律。

3．大量气体分子在无规则运动时，对容器壁频繁撞击，产生一个稳定的压力，产生压强。

4．气体的压强与气体的温度和单位体积的分子数有关，温度越高，单位体积的分子数越多，压强越大。

1．气体的微观结构有何特点？(1)气体分子间的距离较大，大于10r0(10－9 m)，气体分子可看成无大小的质点。

(2)气体分子间的分子力很微弱，通常认为气体分子除了相互碰撞或与器壁碰撞外，不受其他力的作用。

2．气体分子运动有何规律？(1)在一定温度下，单个气体分子的运动无规律可言，但从整体上而言，气体的多数分子的速率都在某个数值附近，当温度升高时这个数值也会变大。

(2)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的(分子种类不同，这个平均值一般不同)。

温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。

2019_2020学年高中物理第1章分子动理论第2节气体分子运动与压强学案鲁科版

2020-2021学年鲁科版(2019)选择性必修第三册 1.4科学探究：气体压强与体积的关系 学案

2017_2018学年高中物理第1章分子动理论第2骨气体分子运动与压强教学案鲁科版选修3_3

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气体分子动理论_高二物理教案_模板

2019-2020年鲁科版高中物理必修一 第二章 第一节 运动、空间、和时间教学课件(共16张PPT)

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1.2 气体分子运动与压强 课件-福建省莆田第二中学2020-2021学年高二物理鲁科版选修3-3

2017-2018学年高中物理第1章分子动理论第2节气体分子运动与压强教学案鲁科版选修3-

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2019-2020年鲁科版高中物理必修一第二章第一节运动、空间、和时间教学课件(共16张PPT)

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