1.2动量定理 碰撞说课讲解

动量定理与碰撞问题的全方位解析在物理学中，动量定理是描述物体运动的基本原理之一，它指出一个物体的动量随时间的变化率等于作用在该物体上的合外力。

动量是描述物体运动状态的重要物理量，它既有大小也有方向。

动量定理的基本原理动量定理表述为： $F = \\frac{\\Delta p}{\\Delta t}$ 其中F是合外力，$\\Delta p$ 是物体动量的改变量，$\\Delta t$ 是时间的改变量。

根据动量定理，一个物体在受到合外力作用时，它的动量将发生改变。

通过分析动量定理，我们可以了解物体运动的规律，解释碰撞过程中的现象，以及预测物体的轨迹和速度变化。

碰撞问题的分类碰撞是指两个物体由于相互作用而发生的运动状态的改变。

根据碰撞过程中能量守恒和动量守恒的情况，碰撞问题可以分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和部分弹性碰撞等。

•完全弹性碰撞：在碰撞过程中动能和动量都得到完全守恒。

碰撞前后物体的速度发生改变，但总动能保持不变。

•完全非弹性碰撞：在碰撞过程中动量守恒，但动能不守恒。

碰撞后物体会粘连在一起或发生形变。

•部分弹性碰撞：介于完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，动量和部分能量守恒。

如何解决碰撞问题碰撞问题是物理学中常见的实际问题，在解决碰撞问题时，需要遵循以下基本步骤： 1. 绘制碰撞前的物体状态图：确定物体的质量、速度和方向等参数。

2. 分析碰撞瞬间的情况：考虑碰撞瞬间动量和能量的守恒情况。

3. 绘制碰撞后的物体状态图：根据碰撞类型确定物体的末状态。

4. 计算碰撞后的物体运动情况：根据动量守恒和能量守恒等原理计算碰撞后物体的速度和轨迹等。

碰撞问题的应用碰撞问题的解决在现实生活中有着广泛的应用。

例如在汽车碰撞测试中，利用碰撞物理学原理来测试车辆在碰撞时的安全性能；在运动领域，分析球的碰撞可以解释击球运动的规律；在火箭发射过程中，考虑火箭与燃料之间的碰撞可以提高发射效率。

结语动量定理与碰撞问题的研究是物理学中的重要课题，它不仅帮助我们理解物体运动状态的改变规律，还可以应用于实际问题的解决。

第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝m v. (3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．[自我诊断]1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的()A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量4．(2017·河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，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，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，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零5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.考点一动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1](2016·高考全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v2④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2⑧(1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．1．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为()A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右2. 质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()A．10 N·s10 N·s B．10 N·s－10 N·sC．010 N·s D．0－10 N·s3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．答案：2m v05．(2017·甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t ＝0.1 s 停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g 取10 m/s 2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v ＝2gh ＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，M v ＝(M ＋m )v ′，v ′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M ＋m )g －f ]Δt ＝0－(M ＋m )v ′，解得f ＝240 N.6．(2016·河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M ＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S ＝10 cm 2，速度v ＝10 m/s ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m ＝5 kg 的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m 的水后，小车速度为v 1，则m v ＝(m ＋M )v 1，即v 1＝m v m ＋M＝2 m/s (2)质量为m 的水流进小车后，在极短的时间Δt 内，冲击小车的水的质量Δm ＝ρS (v －v 1)Δt ，设此时水对车的冲击力为F ，则车对水的作用力为－F ，由动量定理有－F Δt ＝Δm v 1－Δm v ，得F＝ρS (v －v 1)2＝64 N ，小车的加速度a ＝F M ＋m＝2.56 m/s 2 考点二 动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，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．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．[典例2] (2017·山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．解析 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ① 对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③ 联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0④应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M ，物体M 上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R ，最低点为C ，两端A 、B 等高，现让小滑块m 从A 点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )A ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量守恒B ．M 和m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mR M ＋m2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－m v ，接住木箱的过程中m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2. 解得v 2＝v 2.(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4m v 2＝3m v 3－m v ， 则v 3＝v ， 故无法再次接住木箱．3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ， 由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ，A 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ，联立解得v A ＝2 m/s.4．人和冰车的总质量为M ，另一木球质量为m ，且M ∶m ＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v (相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v (相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v 1，有0＝M v 1－m v ，第1次接球后人的速度为v 1′，有M v 1＋m v ＝(M ＋m )v 1′；第2次推球(M ＋m )v 1′＝M v 2－m v ，第2次接球M v 2＋m v ＝(M ＋m )v 2′…… 第n 次推球(M ＋m )v n －1′＝M v n －m v ，可得v n ＝(2n －1)m v M， 当v n ≥v 时人便接不到球，可得n ≥8.25，取n ＝9. 课时规范训练 [基础巩固题组]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．物体的动量越大，其惯性也越大B ．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C ．物体的加速度不变，其动量一定不变D ．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F ＝100 N ，球在地面上滚动了t ＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )A ．1 000 N·sB ．500 N·sC ．零D ．无法确定3．(多选)如图所示为两滑块M 、N 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )A ．两滑块的动量之和变大B ．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C ．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D ．整个过程中两滑块的机械能增大4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A ．两球抛出后，船向左以一定速度运动B ．两球抛出后，船向右以一定速度运动C ．两球抛出后，船的速度为0D ．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大5．高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m ght －mg6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．0～4 s 内物体的位移为零B ．0～4 s 内拉力对物体做功为零C ．4 s 末物体的动量为零D ．0～4 s 内拉力对物体的冲量为零7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v 0＝2 m/s 的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M 1＝90 kg ，乙和他的装备总质量为M 2＝135 kg ，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg 的物体A 推向甲，甲迅速接住A 后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v (相对于空间站)将物体A 推出？(2)设甲与物体A 作用时间为t ＝0.5 s ，求甲与A 的相互作用力F 的大小．解析：(1)以甲、乙、A 三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向， 则有：M 2v 0－M 1v 0＝(M 1＋M 2)v 1以乙和A 组成的系统为研究对象，有：M 2v 0＝(M 2－m )v 1＋m v代入数据联立解得v 1＝0.4 m/s ，v ＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft ＝M 1v 1－(－M 1v 0) 代入数据解得F ＝432 N[综合应用题组]8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是()A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则()A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/s D．船的动量变化量是105 kg·m/s10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是() A．2.4 m/s B．2.8 m/s C．3.0 m/s D．1.8 m/s11．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，求：(1)物块C的质量m C；(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，m C v1＝(m A＋m C)v2，代入数据解得m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：Δp＝(m A＋m C)v3－(m A＋m C)v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为I＝2(m A＋m C)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s.12. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得m v 0＝(M ＋m )v解得：v ＝m M ＋m v 0＝0.4 m/s. (2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt ＝m v －m v 0 解得：t ＝v 0－v μg ＝0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度为a 1＝F f m ＝μg ＝2 m/s 2小车做匀加速运动，加速度为a 2＝F f M ＝μmg M ＝0.5 m/s 2在此过程中木块的位移为x 1＝v 2－v 202a 1＝0.96 m 车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82 m ＝0.16 m由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.第2节 碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功．2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．[自我诊断]1．判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒(×)(2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度(√)(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒(×)(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√)(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√)(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(×)2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s 和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为()A．2∶3B．2∶5C．3∶5D．5∶34. 质量为ma＝1 kg，m b＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能确定5．(2016·高考天津卷) 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．考点一碰撞问题1．解析碰撞的三个依据(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.(3)速度要符合情景①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v 后′.③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞问题的探究(1)弹性碰撞的求解求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2解得：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2(2)弹性碰撞的结论①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v 1′＞0，v 2′＞0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v 1′＜0，v 2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．[典例1] 质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v弹性碰撞问题的处理技巧(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略．(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求．1．(2017·河北衡水中学模拟)(多选)在光滑水平面上动能为E 0，动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 02．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．v A′＝5 m/s，v B′＝2.5 m/s B．v A′＝2 m/s，v B′＝4 m/sC．v A′＝－4 m/s，v B′＝7 m/s D．v A′＝7 m/s，v B′＝1.5 m/s3．(2016·河北衡水中学高三上四调)如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球∶m2为()A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比mA．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶34．(2017·黑龙江大庆一中检测)(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是() A．木板A获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为2 JC．木板A的最小长度为2 mD．A、B间的动摩擦因数为0.1考点二爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1－m2v2＝0，得m1x1＝m2x2.该式。

《碰撞》说课稿尊敬的各位评委老师：大家好！今天我说课的题目是《碰撞》。

下面我将从教材分析、学情分析、教学目标、教学重难点、教学方法、教学过程以及教学反思这几个方面来展开我的说课。

一、教材分析《碰撞》这一课题选自_____出版社出版的高中物理必修_____第_____章第_____节。

在此之前，学生已经学习了动量守恒定律等相关知识，为学习碰撞这一内容奠定了基础。

碰撞现象在日常生活和生产实践中广泛存在，通过对碰撞的研究，不仅可以深化学生对动量守恒定律的理解，还能培养学生运用物理知识解决实际问题的能力。

本节课的教材内容主要包括碰撞的特点、分类以及碰撞过程中的动量守恒和能量变化等。

教材通过实验探究和理论分析相结合的方式，引导学生逐步深入地理解碰撞的本质和规律。

二、学情分析授课对象为高_____的学生，他们已经具备了一定的物理基础知识和科学探究能力，但对于抽象的物理概念和复杂的物理过程，理解起来可能还存在一定的困难。

在学习本节课之前，学生已经掌握了动量守恒定律的基本内容，但对于碰撞这种特殊的物理过程，还需要进一步的学习和思考。

此外，这个阶段的学生思维活跃，好奇心强，具有较强的求知欲和探索精神。

在教学过程中，可以充分利用学生的这些特点，激发他们的学习兴趣，提高课堂教学效果。

三、教学目标基于对教材和学情的分析，我制定了以下教学目标：1、知识与技能目标（1）理解碰撞的概念和特点，能够区分弹性碰撞和非弹性碰撞。

（2）掌握碰撞过程中的动量守恒定律，会应用动量守恒定律解决简单的碰撞问题。

（3）了解碰撞过程中的能量变化，理解完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞中能量的转化情况。

2、过程与方法目标（1）通过实验探究和观察分析，培养学生的观察能力、实验操作能力和数据处理能力。

（2）通过理论推导和数学计算，培养学生的逻辑思维能力和运用数学工具解决物理问题的能力。

3、情感态度与价值观目标（1）让学生在学习过程中体验科学探究的乐趣，培养学生的科学态度和合作精神。

说教材《动量》梁永一、说教材1、地位和安排守恒这一章在历年高考中都占有较大的比重，纵观历年高考题，对“守恒定律”知识点的考查主要表现为对“碰撞现象”的分析，必须予以必要的重视，特别是近年来，《考试说明》中已经明显降低了对“定理”的要求，这样，“守恒定律的应用”就显得犹为重要，而作为其核心的“碰撞分析”则更为突出。

搞好“碰撞分析”的教学不仅有助于学生深入理解守恒定律，还能使学生的分析和解决问题的能力得到提高。

本节课主要是通过对碰撞现象的分析，得出碰撞的特点和类型及碰撞的三条结论。

“碰撞”的过程分析一般较为复杂，难于理解，为此，在教学时，主要采取对身边特殊的物理现象和特殊物理实验的分析，通过实验探索规律的基本研究方法来逐层深入地展开讨论，体现出物理学科的特点（物理学是一门实验学科，是建立在观察和实验的基础之上的），也体现了规律的一般性和特殊性的关系，对学生科学的世界观的形成有着重要的意义。

2、教学目标根据高三学生的特点：通过高一、高二时的学习，已经具有一定的分析和解决问题的能力，他们的思维正处于形象思维向抽象思维转移的阶段。

为此，结合《大纲》和《考试说明》的要求，确定本节课的教学目标为：⑴、知识上：理解碰撞现象的特点；知道碰撞三种不同的类型（弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞）；学会运用碰撞现象的三个结论解决问题。

⑵、能力上：培养学生运用物理模型迁移的能力，实验观察、分析问题和解决问题的能力，开拓发展学生综合运用知识的思维能力。

3、教学重点和难点重点：弹性碰撞和碰撞三个结论的应用。

难点：碰撞过程的分析。

处理：对碰撞过程的分析是学生普遍感到比较困难的问题，为此，在教学中采取以实验为依托，多层次分化难点的方法来理解。

重点是引导学生分析演示实验，初步掌握分析碰撞过程的方法。

二、说教法一位教育家曾说过：“不能只向学生奉献真理，而应教给学生发现和探求真理的方法。

”本着这样的思想，遵从认识规律，结合学生实际，在充分认识教材的地位和特点，掌握教材的结构和内容，确定教材的重点和难点之后，确定采用实验探索法、模型迁移法、启发讨论法等综合性教学方法。

教案碰撞与动量守恒基础学生的第一章：引言1.1 课程背景在物理学中，碰撞是物体在相互作用的过程中发生的一种现象。

碰撞问题在生活中无处不在，如球类运动、车辆碰撞等。

本章将介绍碰撞的基本概念和动量守恒定律，帮助学生更好地理解碰撞现象。

1.2 学习目标（1）了解碰撞的定义和分类；（2）掌握动量守恒定律及其应用；（3）能够分析实际碰撞问题，运用动量守恒定律进行计算。

1.3 教学内容（1）碰撞的定义和分类；（2）动量守恒定律的表述；（3）动量守恒定律的应用举例。

第二章：碰撞的基本概念2.1 碰撞的定义碰撞是指两个或多个物体在相互作用的过程中，发生速度和方向的改变。

2.2 碰撞的分类（1）弹性碰撞：碰撞前后，系统的总动能不变；（2）非弹性碰撞：碰撞前后，系统的总动能发生改变。

2.3 碰撞过程的基本假设（1）动量守恒定律：在碰撞过程中，系统的总动量保持不变；（2）能量守恒定律：在碰撞过程中，系统的总能量（动能）保持不变。

第三章：动量守恒定律3.1 动量守恒定律的表述在一个系统内部，如果没有外力作用，系统的总动量在碰撞前后保持不变。

3.2 动量守恒定律的证明（1）根据牛顿第三定律，碰撞过程中作用力和反作用力大小相等、方向相反；（2）由于作用力和反作用力在同一时间内作用于不同的物体，它们的冲量相互抵消，从而使系统的总动量保持不变。

3.3 动量守恒定律的应用举例（1）两个物体相互碰撞，求解碰撞后的速度；（2）多个物体组成的系统在碰撞过程中，求解各个物体的速度。

第四章：动量守恒定律在实际问题中的应用4.1 球类运动以篮球为例，分析篮球在碰撞过程中的动量守恒，求解碰撞后的速度。

4.2 车辆碰撞以两辆匀速行驶的车辆为例，分析车辆在碰撞过程中的动量守恒，求解碰撞后的速度。

4.3 碰撞问题的一般解法（1）根据动量守恒定律，列出方程；（2）根据能量守恒定律（非弹性碰撞），列出方程；（3）解方程组，求解碰撞后的速度。

第五章：本章小结本章介绍了碰撞的基本概念、动量守恒定律及其在实际问题中的应用。

《碰撞》说课稿尊敬的各位评委老师：大家好！今天我说课的题目是《碰撞》。

下面我将从教材分析、学情分析、教学目标、教学重难点、教法与学法、教学过程、板书设计以及教学反思这几个方面来展开我的说课。

一、教材分析“碰撞”是高中物理中一个非常重要的概念，它涉及到动量守恒定律和能量守恒定律的应用。

本节课选自人教版高中物理选修 3-5 第十六章第四节。

教材在引入碰撞这一概念时，通过生活中的实例，如台球的碰撞、车辆的碰撞等，让学生对碰撞有一个直观的认识。

然后，教材从碰撞的特点出发，逐步深入地探讨了弹性碰撞和非弹性碰撞的规律，并通过实验和理论推导，让学生理解碰撞过程中的动量守恒和能量转化。

本节课的内容不仅是对前面所学动量守恒定律的深化和应用，也为后续学习原子核的裂变和聚变等知识打下基础，具有承上启下的作用。

二、学情分析学生在学习本节课之前，已经掌握了动量守恒定律和动能定理等相关知识，具备了一定的分析和解决问题的能力。

但是，对于碰撞这一较为复杂的物理过程，学生在理解和应用上可能会存在一定的困难。

此外，高中生的思维正处于从形象思维向抽象思维过渡的阶段，他们对于直观的现象比较容易接受，但对于抽象的理论推导和数学计算可能会感到枯燥和困难。

因此，在教学过程中，需要通过实验、多媒体等手段，帮助学生建立物理模型，理解碰撞的本质。

三、教学目标1、知识与技能目标（1）知道碰撞的概念和分类。

（2）理解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点和规律。

（3）能够应用动量守恒定律和能量守恒定律解决碰撞问题。

2、过程与方法目标（1）通过观察实验和分析实例，培养学生的观察能力和分析问题的能力。

（2）通过推导弹性碰撞的规律，培养学生的逻辑推理能力和数学应用能力。

（3）通过小组讨论和交流，培养学生的合作学习能力和表达能力。

3、情感态度与价值观目标（1）让学生体会物理知识与生活实际的紧密联系，激发学生学习物理的兴趣。

（2）培养学生实事求是的科学态度和勇于探索的精神。

第一节 物体的碰撞第二节(1) 动量 动量守恒定律[目标定位] 1.探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.3.理解动量定理并能解释和解决实际问题.4.理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别．一、物体的碰撞1．碰撞时间内产生非常大的相互作用的过程．其最主要特点是：相互极短碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的等．大和作用力峰值变化快，作用力时间短作用 2．碰撞的分类(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：沿同一条直线．：作用前后)对心碰撞(碰正① 不沿同一条直线．：作用前后)非对心碰撞(斜碰② (2)按碰撞过程中机械能是否损失分为：′.k2E ＋′k1E ＝k2E ＋k1E ，相等弹性碰撞：碰撞前后系统的动能① .k2E ＋k1E ＜′k2E ＋′k1E 非弹性碰撞：碰撞前后系统的动能不再相等，② 二、动量及其改变1．冲量的乘积．力的作用时间与力定义：物体受到的(1) .Ft ＝I 定义式：(2) .N·s ，符号为秒·牛顿单位：在国际单位制中，冲量的单位是(3) 2．动量的乘积．速度和它的质量定义：运动物体的(1) .mv ＝p 定义式：(2) .1－kg·m·s ，符号为千克米每秒单位：在国际单位制中，动量的单位是(3) (4)方向：动量是矢量，其方向与速度方向相同．3．动量的变化量．)矢量式(0p －p ＝p Δ，)也是矢量(的矢量差初动量与末动量物体在某段时间内 4．动量定理动量的改变量．的冲量，等于物体合力内容：物体所受(1) .0mv －t mv ＝Ft 公式：(2)预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1 问题2 问题3一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：E k1＋E k2≤E k10＋E k20.2．弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．3．非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．【例1】 一个质量为2 kg 的小球A 以v 0＝3 m/s 的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B 正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质： (1)碰后小球A 、B 的速度均为2 m/s ；(2)碰后小球A 的速度为1 m/s ，小球B 的速度为4 m/s. 答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 02＝9 J.(1)当碰后小球A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能E k ＝12m A v A2＋12m B v B2＝(12×2×22＋12×1×22)J ＝6 J ＜E k0，故该碰撞为非弹性碰撞．(2)当碰后v A ′＝1 m/s ，v B ′＝4 m/s 时，碰后系统的动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝(12×2×12＋12×1×42)J ＝9 J ＝E k0，故该碰撞为弹性碰撞．针对训练1 现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后甲滑块静止不动，乙滑块反向运动，且速度大小为2v .那么这次碰撞是( ) A ．弹性碰撞 B ．非弹性碰撞 C ．完全非弹性碰撞 D ．条件不足，无法确定答案 A解析 碰前总动能：E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能：E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 对．二、对动量和动量变化量的理解1．动量：p ＝mv ，动量是矢量，方向与速度v 的方向相同． 2．动量和动能的区别动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量p ＝mv 是矢量，而动能E k ＝12mv 2是标量．当速度发生变化时，物体的动量一定发生变化，而动能不一定发生变化． 3．动量的变化量(Δp ) Δp ＝p －p 0(1)若p 、p 0在同一条直线上，先规定正方向，再用正、负号表示p 、p 0的方向，则可用Δp ＝p －p 0＝mv t －mv 0进行代数运算．(2)动量变化量的方向：与速度变化的方向相同．【例2】 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h ，假设球飞来的速度为90 km/h ，运动员将球以 342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球的质量为5 g ，试求： (1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量是多少？ 答案 (1)0.6 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反 (2)21 J解析 (1)以球飞来的方向为正方向，则 羽毛球的初速度v 1＝903.6 m/s ＝25 m/s末速度v 2＝－3423.6m/s ＝－95 m/sp 1＝mv 1＝5×10－3×25 kg·m/s＝0.125 kg·m/sp 2＝mv 2＝－5×10－3×95 kg·m/s＝－0.475 kg·m/s 所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s＝－0.6 kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为0.6 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反． (2)羽毛球的初动能：E k ＝12mv 21≈1.56 J，羽毛球的末动能：E k ′＝12mv 22≈22.56 J.所以ΔE k ＝ΔE k ′－E k ＝21 J. 借题发挥 关于动量变化量的计算(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算． (2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则． 三、对动量定理的理解和应用 1．动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft ＝mv t －mv 0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义． (2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F 是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F 应是合外力在作用时间内的平均值． 2．动量定理的应用 (1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小． ②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小． (2)应用动量定理定量计算的一般步骤： ①选定研究对象，明确运动过程． ②进行受力分析和运动的初、末状态分析． ③选定正方向，根据动量定理列方程求解．【例3】 在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2) 答案 12 s解析 法一 用动量定理解，分段处理．选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v .取水平力F 的方向为正方向， 根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0，对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv . 以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s. 法二 用动量定理解，研究全过程．选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s.针对训练2 质量为0.5 kg 的弹性小球，从1.25 m 高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m ，g 取10 m/s 2.(1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N ，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s ，求小球对地板的平均冲力． 答案 (1)0.047 s (2)55 N ，方向竖直向下 解析 (1)碰撞前的速度：v 1＝2gh1＝5 m/s 方向竖直向下碰撞后的速度：v 2＝2gh2＝4 m/s 方向竖直向上取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得： (F －mg )Δt ＝mv 2－(－mv 1) 解得Δt ≈0.047 s(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失 故碰撞后球的速度：v 2′＝5 m/s ，方向竖直向上由动量定理得(F ′－mg )Δt ′＝mv 2′－(－mv 1) 解得F ′＝55 N由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N ，方向竖直向下.对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解1．质量为1 kg 的A 球以3 m/s 的速度与质量为2 kg 静止的B 球发生碰撞，碰后两球均以1 m/s 的速度一起运动．则两球的碰撞属于______类型的碰撞，碰撞过程中损失了______J 动能．答案 完全非弹性 3解析 由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为t2v )B m ＋A m (12－02v A m 12＝k E Δ3 J.＝) J 2×3×112－2×1×312(＝ 对动量和动量变化量的理解2．关于动量，下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变D ．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大答案 D解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A 、B 均错误；动量是矢量，速度方向变化，动量也发生变化，选项C 错误；由Δp ＝m ·Δv ，知D 正确．动量定理的理解和应用3．(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是( )A ．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量B ．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量C ．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·sD ．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s答案 BD4．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的)(，则安全带所受的平均冲力的大小为210 m/s 取g ，5 m ，安全带自然长度为1.5 s 缓冲时间是 A ．500 N B ．1 100 N C ．600 ND ．1 000 N 答案 D解析 建筑工人下落5 m 时速度为v ， 10 m/s.＝m/s 2×10×5＝2gh ＝v 则 设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv1 000 N.＝N 60×101.5＋60×10 N ＝mv t＋mg ＝F 所以(时间：60分钟)题组一 对碰撞的理解，1E 反向运动，其动能大小为1发生碰撞，碰后球2与静止钢球1的钢球0E ．在光滑的水平面上，动能为1)(，则必有2E 的动能大小为2球 0E ＜1E ．A 0E ＝1E ．B0E ＞2E ．C0E ＝2E ．D 答案 A项对．A 故只有.0E ＜2E ，0E ＜1E ，必有0E ≤2E ＋1E 根据碰撞前后动能关系得 解析2. (多选)如图1所示，A 、B 两个小球发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( )图1A ．小球A 静止，另一个小球B 经过A 球时刚好能擦到A 球的边缘 B ．小球A 静止，另一个小球B 沿着A 、B 两球球心连线去碰A 球C ．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时D ．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向在同一条直线上答案 BD解析 根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B 、D 项正确；A 项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C 项条件不一定能发生一维碰撞．图乙为它们碰撞前后的.2m 和1m 甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为2．如图3，由此可以判断：0.3 kg ＝2m ，0.1 kg ＝1m 图象．已知t －s图2碰撞过程中系④ 碰撞过程中系统机械能守恒③ 都向右运动1m 和2m 碰后② 向右运动1m 静止，2m 碰前①统损失了0.4 J 的机械能 以上判断正确的是( )A ．①③B ．①②③C ．①②④D ．③④ 答案 A是正①向右运动，故1m 静止，2m 位移不变，可知2m 加，位移随时间均匀增1m 由题图乙可以看出，碰前 解析的速1m 错误；由题图乙可以计算出碰前②确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，，碰撞过程中系统损失的2 m/s ＝2v ，碰后速度0＝20v 的速度20m ，碰前2 m/s ＝－1v ，碰后速度4 m/s ＝10v 度错误的．是④是正确的，③，因此0＝22v 2m 12－12v 1m 12－102v 1m 12＝k E Δ机械能 题组二 对动量的理解4．(多选)下列说法中正确的是( )A ．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变B ．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变C ．物体的动量不变，其速度一定不变D ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向答案 ACD5．(多选)下列说法中正确的是( )A ．动能变化的物体，动量一定变化B ．动能不变的物体，动量一定不变C ．动量变化的物体，动能一定变化D ．动量不变的物体，动能一定不变答案 AD正确；当动A ，所以动能变化，则动量的大小一定变化，2mv 12＝k E ，动能是标量，mv ＝p 动量是矢量， 解析量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B 、C 错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D 正确．6．下列说法正确的是( )A ．动能为零时，物体一定处于平衡状态B ．物体做曲线运动时动量一定变化C ．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D ．动能不变，物体的动量一定不变答案 B解析 动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A 错误；物体做曲线运动时速度方向一定变化，所以动量一定变化．选项B 正确；合外力不变且不为0时，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C 项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D 错误．题组三 动量定理的理解与计算7．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长 答案 CD解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯＝p ，则落地前瞬间的动量大小为m ，设玻璃杯的质量为2gh ，则落地瞬间的速度大小为h 下落高度为相同，再2gh m ＝p Δ时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化t Δ，与水泥或草地接触2gh m 越小，玻璃杯所受撞击力越t Δ由此可知，.mg ＋m 2ghΔt＝F ，所以2gh m ＝t )·Δmg －F (由动量定理可知大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．8．如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉到地面上的P 点，若以2v 速度抽出纸条，则铁块落地点( )图3A ．仍在P 点B ．在P 点左侧C ．在P 点右侧不远处D ．在P 点右侧原水平位移的两倍处答案 B解析 以2v 速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v 抽出相比，纸条对铁块的冲量I 减小，铁块获得的动量减少，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P 点的左侧．9．如图4所示，运动员挥拍将质量为m 的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为)(忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量.1v ＞2v 方向相反，且2v 与1v ，2v 、1v图4方向相同1v ，方向与)1v －2v (m ．大小为A 方向相同1v ，方向与)1v ＋2v (m ．大小为B 方向相同2v ，方向与)1v －2v (m ．大小为C 方向相同2v ，方向与)1v ＋2v (m ．大小为D 答案 D＋2v (m ＝)1mv －(－2mv ＝I 方向为正方向，对网球运用动量定理有2v 在球拍拍打网球的过程中，选取 解析方向相同．2v ，方向与)1v ＋2v (m ，即拍子对网球作用力的冲量大小为)1v 速度为零然后又下滑，经过时1t 的斜面向上滑动，经过时间θ的小滑块沿倾角为m 所示，质量为5如图10.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为.1F 回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为2t 间( )图5)2t ＋1t (θsin mg ．A)2t －1t (θsin mg ．B )2t ＋1t (mg ．C0．D 答案 C解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I ＝正确．C ，即)2t ＋1t (mg ＝G I ，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以Ft 增大v 内速度由2t Δ，在时间v 增大到0内速度由1t Δ作用下做直线运动，在时间F ．物体在恒定的合力11)(那么.2I ，冲量是2W 内做的功是2t Δ；在1I ，冲量是1W 内做的功是1t Δ在F 设.v 2到 2W ＝1W ，2I <1I ．A 2W <1W ，2I <1I ．B2W ＝1W ，2I ＝1I ．C2W <1W ，2I ＝1I ．D 答案 D，mv ＝0－mv ＝1t ΔF ＝1I ，内1t Δ在 解析 ，mv ＝mv －mv 2＝2t ΔF ＝2I ，内2t Δ在 ，2I ＝1I 所以，2mv 12＝1W 又因为 ，2mv 32＝2mv 12－2)v (2m 12＝2W ．正确D 选项，2W <1W 所以 12.质量为0.5 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁后又以4 m/s 的速度反向弹回，如图6所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s ，则小球所受到的平均力大小为________N.图6答案 901mv －2mv ＝－Ft 的方向为正方向，对小球应用动量定理得1v 小球与墙碰撞的过程，取选定 解析 90 N ＝－N －0.5×4－0.5×50.05＝－mv2－mv1t ＝F 所以， “－”号说明F 的方向向左．13．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m 高处．已知运动员与网)210 m/s 取g (力的大小．．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此1.2 s 接触的时间为 N31.5×10 答案 ．)竖直向下(2gh1＝1v 处下落，刚接触网时速度的大小1h 的质点，从高m 将运动员看做质量为 解析 ，刚离网时速度的大小2h 弹跳后到达的高度为 ．)竖直向上(2gh2＝2v 选竖直向上为正方向．)]1v －(－2v [m ＝t )·Δmg －F (由动量定理得 由以上各式解得2gh2＋2gh1Δtm＋mg ＝F N31.5×10＝F 代入数据得 第二节(2) 动量 动量守恒定律[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.理解动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．一、系统、内力与外力物体组成一个力学系统．两个．系统：具有相互作用的1 2．内力：系统中，物体间的相互作用力． 其他物体对系统的作用力．外部．外力：系统3 二、动量守恒定律为零，则系统的总动量保持不变．所受到的合外力．内容：如果系统1 组成的系统，常写成：2m 、1m ．表达式：对两个物体2.2v 2m ＋1v 1m ＝20v 2m ＋10v 1m 想一想如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？图1答案 不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1 问题2 问题3一、对动量守恒定律的理解 1．研究对象相互作用的物体组成的系统． 2．动量守恒定律的成立条件 (1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，但内力远大于外力，此时动量近似守恒．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零或某一方向上内力远大于外力，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的几个性质(1)矢量性．公式中的v 10、v 20、v 1和v 2都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负后，才能用代数方法运算．(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v 10、v 20、v 1和v 2应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v 10、v 20均是此时刻的瞬时速度；同理，v 1、v 2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．【例1】 (多选)在光滑水平面上A 、B 两小车中间有一弹簧，如图2所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是( )图2A ．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，后放开右手，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答案 ACD解析 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，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，后放开右手，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C 对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量都保持不变，D 对．运动，正前方有一静止的、质量沿光滑水平地面向前v ，以速度1m 所示，甲木块的质量为3如图 针对训练)(的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后2m 为图3A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案 C解析 两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，选项D 错误．二、动量守恒定律的简单应用1．动量守恒定律的表达式及含义.p 等于相互作用后总动量0p ：系统相互作用前总动量p ＝0p (1) ：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小2p Δ＝－1p (2)Δ相等、方向相反．(3)Δp ＝0：系统总动量增量为零．：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．2v 2m ＋1v 1m ＝20v 2m ＋10v 1m (4) 2．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．50 ＝2m 的速率向右运动，恰遇上质量为30 cm/s ＝1v 的小球在光滑的水平桌面上以10 g ＝1m 质量 】2【例的速度大小和方向如1m 恰好停止，则碰后小球2m 的速率向左运动，碰撞后，小球10 cm/s ＝2v 的小球以g 何？答案 20 cm/s 方向向左解析 碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，0.＝2v ；10 cm/s ＝－20v ，30 cm/s ＝10v 则各小球速度为由动量守恒定律列方程，2v 2m ＋1v 1m ＝20v 2m ＋10v 1m 20 cm/s.＝－1v 代入数据得 ，方向向左．20 cm/s 碰后的速度的大小为1m 故小球 借题发挥 处理动量守恒应用题“三步曲”(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．【例3】 如图4所示，将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s ，乙车速度大小为2 m/s ，方向相反并在同一直线上．图4(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．，′甲mv ＝乙mv －甲mv 据动量守恒得：(1) 代入数据解得，方向向右．1 m/s ＝2) m/s －(3＝乙v －甲v ＝′甲v (2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v ′，由动量守恒得：′.mv ＋′mv ＝乙mv －甲mv .，方向向右0.5 m/s ＝m/s 3－22＝v 甲－v 乙2＝mv 甲－mv 乙2m ＝′v 解得对动量守恒条件的理解1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是( )A ．枪和弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D ．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒答案 D解析 内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒；枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒；枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．故D 正确．2．(多选)木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上．在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )图5A ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量守恒B ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量不守恒C ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量守恒D ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量不守恒答案 BC解析 a 尚未离开墙壁前，墙壁对a 有冲量，a 和b 构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受合外力等于零，系统的动量守恒．动量守恒定律的简单应用3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为 3 m/s 和 1 m/s ；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两物体质量之比为( )图6A ．2∶3B ．2∶5C ．3∶5D ．5∶3答案 C，代入2v 乙m ＋1v 甲m ＝－20v 乙m －10v 甲m 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解析正确．C ，5∶3＝乙m ∶甲m 数据，可得 4．如图7所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．图7答案 0.02 m/s 远离空间站方向，B v B m ＋A v A m ＝0v )B m ＋A m (向为正方向．据动量守恒定律得方0v 以空间站为参考系，选远离空间站，即 解析，远离空间站方向．0.02 m/s ＝ B v 代入数据解得(时间：60分钟)题组一 对动量守恒条件的理解1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是( )A ．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒C ．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒。

高中物理说课稿：《动量守恒定律的应用》说课稿范文高中物理说课稿：《动量守恒定律的应用》引言概述：动量守恒定律是物理学中重要的基本定律之一，它描述了在一个封闭系统中，物体的总动量在相互作用过程中保持不变。

本篇说课稿将详细介绍动量守恒定律的应用，包括碰撞问题、爆炸问题、以及运动物体的动量变化等方面。

一、碰撞问题：1.1 碰撞类型：完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞。

1.2 完全弹性碰撞：两个物体碰撞后，动量守恒，动能守恒。

1.3 非完全弹性碰撞：碰撞后物体发生形变，动量守恒，动能不守恒。

二、爆炸问题：2.1 爆炸类型：单向爆炸和双向爆炸。

2.2 单向爆炸：一个物体在某一点爆炸，动量守恒，动能守恒。

2.3 双向爆炸：两个物体在相反方向同时爆炸，动量守恒，动能守恒。

三、运动物体的动量变化：3.1 动量：动量的定义和计算公式。

3.2 动量变化：物体受到外力作用时，动量会发生变化，根据牛顿第二定律可以推导出动量变化的关系。

3.3 动量守恒：在没有外力作用的情况下，物体的动量守恒。

四、实际应用：4.1 车辆碰撞事故：利用动量守恒定律可以分析车辆碰撞事故的力学原理，从而预测事故后车辆的运动状态。

4.2 火箭发射：火箭发射过程中，利用动量守恒定律可以计算火箭的速度和质量变化。

4.3 运动员跳远：运动员在跳远过程中，利用动量守恒定律可以分析运动员的起跳速度和着陆速度。

五、教学方法：5.1 概念讲解：首先介绍动量守恒定律的概念和基本原理，让学生了解动量守恒的重要性。

5.2 实例演示：通过具体的碰撞、爆炸问题和运动物体的动量变化问题，进行实例演示，让学生更好地理解动量守恒定律的应用。

5.3 讨论互动：鼓励学生参与讨论和提问，引导学生思考动量守恒定律在实际生活中的应用，并与学生进行互动交流。

总结：动量守恒定律的应用涉及碰撞问题、爆炸问题以及运动物体的动量变化等方面。

通过学习和理解动量守恒定律的应用，学生可以更好地理解物体运动的规律，并能够应用于实际生活中的问题解决。

高二物理动量与碰撞问题分析与讲解在高二物理的学习中，动量与碰撞问题是一个重点和难点。

这部分内容不仅需要我们对物理概念有清晰的理解，还要求我们能够运用数学工具进行准确的计算和推理。

接下来，让我们一起深入探讨一下这部分知识。

首先，我们来理解一下动量的概念。

动量（momentum）用字母 p 表示，它被定义为物体的质量 m 与速度 v 的乘积，即 p ＝ mv 。

动量是一个矢量，其方向与速度的方向相同。

为什么要引入动量这个概念呢？这是因为在很多物理现象中，仅仅考虑力和加速度，并不能完整地描述物体的运动状态变化。

而动量的引入，可以帮助我们更方便地研究物体之间的相互作用以及运动状态的改变。

例如，一个质量较大的物体以较慢的速度运动，和一个质量较小的物体以较快的速度运动，它们可能具有相同的动量。

这就告诉我们，不能仅仅根据速度或者质量来判断物体运动的“影响力”，而要综合考虑动量。

接下来，我们谈谈动量守恒定律。

动量守恒定律指出，在一个不受外力或者所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。

想象一下这样一个场景：在光滑的水平面上，有两个质量分别为m1 和 m2 的小球，它们以速度 v1 和 v2 相向运动，发生碰撞后，它们的速度分别变为 v1' 和 v2' 。

根据动量守恒定律，我们有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' 。

那么，在什么情况下可以运用动量守恒定律呢？常见的情况有：1、碰撞问题：包括完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞。

2、爆炸问题：比如炸弹爆炸成多个碎片。

3、反冲问题：像火箭发射就是典型的反冲现象。

在碰撞问题中，又分为几种不同的类型。

完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，不仅动量守恒，而且机械能也守恒。

也就是说，碰撞前后系统的总动能不变。

非完全弹性碰撞中，动量仍然守恒，但机械能有损失，碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能。

完全非弹性碰撞则是一种特殊情况，碰撞后两个物体粘在一起以相同的速度运动。

动量守恒定律的应用（碰撞）【要点梳理】 要点一、碰撞1．碰撞及类碰撞过程的特点（1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短．（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大． （3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．（5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：1212k k k k E E E E +≤+＇＇．（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方． 2．碰撞的分类（1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒：1212k k k k E E E E +=+＇＇．②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒：1212k k k k E E E E ++＇＇＜．③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．（2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞． ②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞． 高中阶段一般只研究正碰的情况． ③散射指微观粒子之间的碰撞．要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． 要点二、碰撞问题的处理方法 1．解析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即1212p p p p +=+＇＇．（2）动能不增加，即1212k k k k E E E E +≥+＇＇．（3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v v 后前＞，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v v ≥后前＇＇，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．爆炸问题爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程中可以近似认为动量守恒．要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的动能会增加． 【典型例题】类型一、碰撞中的可能性问题例1（多选）．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度0v 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的1/9，那么小球B 的速度可能是（ ）．A ．013v B ．023v C ．049v D ．059v 【思路点拨】动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意A 球速度的方向性。