高中物理新教材特點(diǎn)分析及教學(xué)策略（一）趣味性強(qiáng)，激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)興趣：在新時(shí)代教育制度的改革深化下，學(xué)生對(duì)于物理課程內(nèi)容的學(xué)習(xí)興趣可以帶動(dòng)學(xué)生不斷地進(jìn)行探究。（二）實(shí)踐性高，高效落實(shí)理論學(xué)習(xí)：在現(xiàn)代化教育課程的背景之下，新課程改革理念越來(lái)越融入生活與學(xué)習(xí)的方方面面，新教材逐步的顯現(xiàn)出強(qiáng)大影響力。（三）靈活性強(qiáng)，助力課程目標(biāo)達(dá)成：隨著教育制度體系的改革，通過(guò)新時(shí)代新教材內(nèi)容的融入，教師不斷地革新教學(xué)手段，整合線上以及線下的教育資源內(nèi)容，可以為物理課堂增添新的活力與生機(jī)。動(dòng)量、動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 [學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.進(jìn)一步熟悉牛頓第二定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律等規(guī)律.2.靈活運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)問(wèn)題．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、解決力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)和五個(gè)規(guī)律三個(gè)基本觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律公式表達(dá)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)v＝v0＋at，x＝v0t＋at2等牛頓第二定律F合＝ma能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk　W合＝mv22－mv12機(jī)械能守恒定律mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理F合t＝p′－pI合＝Δp動(dòng)量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、力學(xué)規(guī)律的選用原則1．如果物體受恒力作用，涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)可用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)去解決．2．研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)去解決問(wèn)題．3．若研究的對(duì)象為幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個(gè)守恒定律解決問(wèn)題，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件．4．在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)優(yōu)先考慮利用能量守恒定律求解，根據(jù)系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量(即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過(guò)程一般隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，這種問(wèn)題由于作用時(shí)間極短，因此動(dòng)量守恒定律一般能派上大用場(chǎng)．例1　如圖所示，較長(zhǎng)的曲面與水平桌面平滑連接，將質(zhì)量分別為m1、m2的兩物體之間的輕彈簧壓縮后用細(xì)線約束，置于水平桌面上，彈簧與兩物體不拴連．現(xiàn)將細(xì)線燒斷，彈簧將兩物體彈開(kāi)，m2離開(kāi)彈簧后從桌面右邊緣飛出，m1沖上曲面．已知桌面高為h，m2平拋的水平射程為x，m1＝2m，m2＝m，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，求：(1)m2離開(kāi)彈簧時(shí)的速度大?。?/span>(2)m1上升到曲面最高點(diǎn)時(shí)距桌面的高度H；(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能．答案　(1)x　(2)　(3)解析　(1)對(duì)m2平拋過(guò)程分析，有h＝gt2，x＝v2t解得v2＝x.(2)彈簧將兩物體彈開(kāi)的過(guò)程，m1、m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律有m1v1－m2v2＝0解得v1＝對(duì)m1沖上曲面的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有m1gH＝m1v12解得H＝.(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep＝m1v12＋m2v22解得Ep＝.(1)靈活選取系統(tǒng)．根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為研究對(duì)象，不一定選所有的物體為研究對(duì)象．(2)靈活選取物理過(guò)程．在綜合題目中，物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同的過(guò)程，根據(jù)題目的已知、未知條件靈活地選取物理過(guò)程來(lái)研究．列方程前要注意分析、判斷所選過(guò)程動(dòng)量、能量的守恒情況． 針對(duì)訓(xùn)練1　(多選)如圖所示，一平臺(tái)到地面的高度為h＝0.45 m，質(zhì)量為M＝0.3 kg的木塊放在平臺(tái)的右端，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2.地面上有一質(zhì)量為m＝0.1 kg的玩具青蛙，距平臺(tái)右側(cè)的水平距離為x＝1.2 m，旋緊發(fā)條后釋放，讓玩具青蛙斜向上跳起，當(dāng)玩具青蛙到達(dá)木塊的位置時(shí)速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木塊并和木塊一起滑行．已知木塊和玩具青蛙均可視為質(zhì)點(diǎn)，玩具青蛙抱住木塊過(guò)程時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．玩具青蛙在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.3 sB．玩具青蛙在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2 sC．玩具青蛙起跳時(shí)的速度大小為3 m/sD．木塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的速度大小為1 m/s答案　AD解析　由h＝gt12得玩具青蛙在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝0.3 s，A項(xiàng)正確；玩具青蛙離開(kāi)地面時(shí)的水平速度和豎直速度分別為vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，則玩具青蛙起跳時(shí)的速度大小為v0＝＝5 m/s，C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)玩具青蛙抱住木塊過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的速度大小為v＝1 m/s，D項(xiàng)正確；對(duì)木塊及玩具青蛙在平臺(tái)滑行過(guò)程，由動(dòng)量定理得：－μ( M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝0.5 s，B項(xiàng)錯(cuò)誤．例2　如圖，光滑的水平地面上靜止放置著一輛小車(chē)A，質(zhì)量mA＝5 kg，上表面光滑，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝3 kg.現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10 N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車(chē)左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t＝0.8 s，二者的速度達(dá)到vt＝2 m/s.求：(1)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大?。?/span>(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度的大小；(3)A的上表面長(zhǎng)度l.答案　(1)2.0 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.64 m解析　(1)以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有F＝mAa代入數(shù)據(jù)解得a＝＝2.0 m/s2(2)A、B碰撞后一起在F的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v代入數(shù)據(jù)解得v＝1 m/s(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)vA從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理有Fl＝mAvA2代入數(shù)據(jù)可得l＝0.64 m.針對(duì)訓(xùn)練2　如圖甲所示，質(zhì)量m1＝4 kg的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m2＝1 kg的小物塊靜止在長(zhǎng)木板的左端．現(xiàn)對(duì)小物塊施加一水平向右的作用力F，小物塊和長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示.2 s后，撤去F，g取10 m/s2.求：(1)小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)水平力的大小F；(3)撤去F后，小物塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE.答案　(1)0.2　(2)4 N　(3)3.6 J解析　(1)由題圖乙可知：長(zhǎng)木板的加速度a1＝0.5 m/s2，由牛頓第二定律可知：小物塊施加給長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力Ff＝m1a1＝2 N，小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)：μ＝＝0.2.(2)由題圖乙可知，小物塊的加速度a2＝2 m/s2，由牛頓第二定律可知：F－μm2g＝m2a2，解得F＝4 N.(3)撤去F后，小物塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，最終兩者以相同速度(設(shè)為v)運(yùn)動(dòng)，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝1.6 m/s，則系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝(m1v12＋m2v22)－(m1＋m2)v2＝3.6 J.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.如圖所示，小球A放于小球B正上方(兩球直接接觸且球心連線豎直)，兩小球同時(shí)由距水平地面高度為H的地方由靜止釋放，設(shè)兩小球間碰撞和球B與地面的碰撞均為彈性碰撞且作用時(shí)間極短，小球B的質(zhì)量是小球A質(zhì)量的3倍，忽略兩小球大小，不計(jì)空氣阻力，求小球A反彈后能上升的最大高度．答案　4H解析　兩小球做自由落體運(yùn)動(dòng)v12＝2gH小球B與地面碰撞時(shí)沒(méi)有機(jī)械能損失，所以以原速率反彈vB＝v1，方向向上；此時(shí)小球A速度vA＝v1，方向向下，設(shè)小球A質(zhì)量為M，則小球B質(zhì)量為3M，小球B反彈后與小球A相碰，動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，取向上為正方向3MvB－MvA＝3MvB′＋MvA′×3MvB2＋MvA2＝×3MvB′2＋MvA′2解得vA′＝v1，方向向下(舍)或vA′＝2v1，方向向上小球A反彈后，機(jī)械能守恒MvA′2＝Mgh解得h＝4H.2.(2022·忻州一中月考)如圖所示，一水平輕彈簧右端固定在粗糙水平面右側(cè)的豎直墻壁上，質(zhì)量為M＝2 kg的物塊靜止在水平面上的P點(diǎn)，質(zhì)量為m＝1 kg的小球用長(zhǎng)l＝0.9 m的輕繩懸掛在P點(diǎn)正上方的O點(diǎn)．現(xiàn)將小球拉至輕繩與豎直方向成60°角位置，靜止釋放．小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)恰好與物塊發(fā)生彈性正碰．碰后物塊向右運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點(diǎn)．設(shè)小球與物塊只碰撞一次，不計(jì)空氣阻力，物塊和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取g＝10 m/s2.求：(1)小球第一次擺到最低點(diǎn)與物塊碰撞前瞬間對(duì)輕繩的拉力大小；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep.答案　(1)20 N　(2)2 J解析　(1)小球由靜止釋放，由機(jī)械能守恒定律：mgl(1－cos 60°)＝mv02小球在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得：FT－mg＝m又由牛頓第三定律有小球?qū)p繩的拉力大小FT′＝FT解得：FT′＝20 N.(2)小球與物塊發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝mv0′＋Mv1mv02＝mv0′2＋Mv12物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最右端，由能量守恒定律得：Mv12＝Ep＋Q小球反彈后回到P點(diǎn)的過(guò)程，又有：Ep＝Q聯(lián)立解得：Ep＝2 J.3.如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量M＝9 kg的木板，其右端恰好和光滑固定的圓弧軌道AB的底端等高對(duì)接(木板的水平上表面與圓弧軌道相切)，木板右端放有一質(zhì)量m0＝2 kg的物體C(可視為質(zhì)點(diǎn))，已知圓弧軌道半徑R＝0.9 m，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝4 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在軌道頂端A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊滑到B端后沖上木板，并與木板右端的物體C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不從木板左端滑出，已知滑塊和物體C與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：(1)滑塊到達(dá)圓弧的B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大??；(2)木板的長(zhǎng)度l.答案　(1)120 N　(2)1.2 m解析　(1)滑塊從A端下滑到B端，由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv02解得v0＝3 m/s在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝m解得軌道對(duì)滑塊的支持力大小FN＝120 N.(2)滑塊滑上木板后，滑塊與木板右端的物體C發(fā)生碰撞，以向左為正方向，設(shè)碰撞后共同的速度為v1，則mv0＝(m＋m0)v1代入數(shù)據(jù)得v1＝2 m/s對(duì)滑塊、物體C以及木板，三者組成的系統(tǒng)沿水平方向的動(dòng)量守恒，設(shè)末速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有(m＋m0)v1＝(m＋m0＋M)v2由能量守恒定律得μ(m＋m0)gl＝(m＋m0)v12－(M＋m＋m0)v22解得l＝1.2 m.4.如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上表面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)分別以相向的水平初速度v0和2v0滑上長(zhǎng)木板，木板足夠長(zhǎng)，A、B始終未滑離木板也未發(fā)生碰撞．重力加速度為g，求：(1)此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木塊B的最小速度是多少；(2)木塊A從剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A、B、C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊A發(fā)生的位移是多少．答案　見(jiàn)解析解析　(1)由題知，B向右減速，A向左減速，此時(shí)C靜止不動(dòng)；A先減速到零后與C一起向右加速，B向右繼續(xù)減速，三者共速時(shí)，B的速度最小．取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m·2v0－mv0＝5mv解得B的最小速度v＝.(2)A向左減速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx1＝0－mv02向左的位移大小為x1＝A、C一起向右加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有μmgx2＝×4m2向右的位移大小為x2＝取向右為正方向，整個(gè)過(guò)程A發(fā)生的位移為x＝x2－x1＝－即此過(guò)程中A發(fā)生的位移向左，大小為.

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