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新编鲁科版⾼中物理选修3-5全册教案鲁科版⾼中物理选修3-5 全册教案第⼀章动量守恒研究新课标要求（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）通过实验，理解动量和动量守恒定律，能⽤动量守恒定律定量分析⼀维碰撞问题，知道动量守恒定律的普遍意义；例1：⽕箭的发射利⽤了反冲现象。
例2：收集资料，了解中⼦是怎样发现的。
讨论动量守恒定律在其中的作⽤。
（3）通过物理学中的守恒定律，体会⾃然界的和谐与统⼀。
第⼀节动量定理三维教学⽬标1、知识与技能：知道动量定理的适⽤条件和适⽤范围；2、过程与⽅法：在理解动量定理的确切含义的基础上正确区分动量改变量与冲量；3、情感、态度与价值观：培养逻辑思维能⼒，会应⽤动量定理分析计算有关问题。
教学重点：动量、冲量的概念和动量定理。
教学难点：动量的变化。
教学⽅法：教师启发、引导，学⽣讨论、交流。
教学⽤具：投影⽚，多媒体辅助教学设备。
1、动量及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。
记为p=mv 单位：kg·m/s读作“千克⽶每秒”。
理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两⽅⾯的信息，反映了由这两⽅⾯共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。
⼤家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和⽅向，⽽运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两⽅⾯的信息，更能从本质上揭⽰物体的运动状态，是⼀个动⼒学概念。
②⽮量性：动量的⽅向与速度⽅向⼀致。
综上所述：我们⽤动量来描述运动物体所能产⽣的机械效果强弱以及这个效果发⽣的⽅向，动量的⼤⼩等于质量和速度的乘积，动量的⽅向与速度⽅向⼀致。
（2）动量的变化量：1、定义：若运动物体在某⼀过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。
2、指出：动量变化△p是⽮量。
第2节动量守恒定律1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用范围．2．会用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．3．能用动量守恒定律解释有关现象，会处理碰撞、爆炸之类中两个相互作用问题(只限于一维情况)4．培养学生严谨的科学态度和实事求是的精神，体会物理学对科技、生活、社会的影响．●教学地位美国的载人航天成就是人类探测太空历史的奇葩，其中发射载人飞船的航天火箭一度扮演着至关重要的角色．按照NASA(美国国家航空航天局)的计划，航天飞机已在2010年全部退役，已经启动的新一代航天工程“星座计划”则包含了载人登月等一系列目标，旨在2015年开始将宇航员送达国际空间站，然后2020年再次载人登月．计划中，战神系列火箭是新一代运输火箭，并在整个工程中居于进度的前列．按照分工定位的不同，战神系列火箭共包括三个型号：战神－1、战神－4和战神－5.“星座计划”是人员货物分运制，这体现在战神各型号火箭的分工上：战神－1是载人航天载具，用于发射新一代载人探索航天器——猎户座飞船，取代NASA 当前使用的航天飞机．战神－4既可以用来发射货物也可以用来发射飞船，送月球着陆器或猎户座飞船进入正确轨道．战神－5目前的定位是货物运载火箭，运载牵牛星号登月舱，以后火星探测计划中其功能将得到进一步扩展，可能将用于人员运输．由于战神系列火箭各个型号在发动机等诸多方面具备通用性，因此战神－1的开发实际上就是后面其他型号的研制前奏．你想知道“战神”系列的工作原理吗？请同学们认真学习本节课内容．●新课导入建议动量守恒定律成立的条件是一个系统不受外力或者系统所受外力的矢量和为0，考虑的是由多个物体组成的系统，因此在应用时需注意区分内力和外力．本节在了解系统、内力和外力的基础上，以一维情况下两个相互作用的小球为例，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律，导出具体的动量守恒定律的表达式．这样的处理，使学生对动量守恒定律的理解更深刻，同时也使学生对知识间的联系有了更深入的理解．运用动量守恒定律解决实际问题，只考虑物体相互作用前后的动量，不考虑相互作用过程中各个瞬间细节，即使在牛顿定律适用范围内，它也能解决许多由于相互作用力难以确定而不能直接应用牛顿定律解决的问题．这正是动量守恒定律的特点和优点，同时又为我们解决力学问题提供了一种新的方法和思路．动量守恒定律并不是由牛顿运动定律导出的，而是一条独立的实验定律，它比牛顿运动定律适用范围广泛，是自然界客观存在的基本规律之一．从物理学发展史看，动量守恒的思想早于牛顿运动定律的发现．动量守恒定律的应用是教学的重点高考的热点．●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】同学之间可进行讨论⇒步骤1：导入新课，本节教学地位分析⇒步骤2：老师提问，检查预习效果可多提问几个学生⇒步骤3：师生互动完成“探究1”除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路⇓步骤7：完成“探究4”让学生进一步体会建模的思想方法和重要性⇐步骤6：完成“探究3”⇐步骤5：师生互动完成“探究2”方式同完成探究1相同⇐步骤4：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评⇓步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况⇒步骤8：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课后知能检测】课标解读重点难点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．3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．4.了解火箭的飞行原理和主要用途.1.理解并掌握动量守恒定律．(重点)2.知道动量守恒定律的运用条件和适用范围．(重点)3.会用动量守恒定律解决简单的实际问题．(难点)动量守恒定律1.(1)动量守恒定律的内容：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)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力的作用．②系统受外力作用，但合外力为零．③系统受外力的作用，合外力也不为零，但合外力远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．(3)动量守恒定律的表达式①p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)．②Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反．)③Δp＝0(系统总动量的增量为零)．④m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(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．思考判断(1)如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒．(×)(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．(×)(3)只要系统受外力做的功为零，动量就守恒．(×)3．探究交流动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(或动量定理)推导出来，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)，而动量守恒定律适用于任何物体，任何运动．反冲运动与火箭1.(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．(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．2．思考判断(1)宇航员利用喷气装置实现太空行走是利用反冲的原理．(√)(2)火箭发射时，其速度大小只与喷出气体的质量有关．(×)3．探究交流假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋浆飞机呢？【提示】应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋浆与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行.两物体相互作用前后总动量是否守恒【问题导思】1．教材用气垫导轨探究动量守恒需要哪些实验器材？2．实验探究的基本步骤有哪些？1．实验器材气垫导轨、滑块(3块)、天平、光电门、数字毫秒表等2．实验步骤(1)将两个质量相等的滑块装上相同的挡光板，放在光滑气垫导轨的中部．两滑块靠在一起，压缩其间的弹簧，并用细线栓住，使滑块处于静止状态．烧断细线，两滑块被弹开并朝相反的方向通过光电门，记录挡光板通过光电门的时间，表示出滑块的速度，求出两滑块的总动量p ＝mv 1－mv 2，如图1－2－1所示．图1－2－1实验结果：两滑块的总动量p ＝0.(2)增加一滑块，质量与前两块相同，使弹簧一侧滑块的质量是另一侧的2倍，重复(1)步骤，求出两侧滑块的总动量p ＝mv 1－2mv 2.实验结果：两侧滑块的总动量p ＝0.(3)把气垫导轨的一半覆盖上牛皮纸，并用胶带固定后，用两块质量相等的滑块重复(1)步骤，求出滑块的总动量p ＝mv 1－mv 2.实验结果：两滑块的总动量p ≠0.3．实验结论(1)在光滑气垫导轨上无论两滑块质量是否相等，它们被弹开前的总动量为零，分开后的总动量也为零．(2)两滑块构成的系统受到牛皮纸的摩擦力后，两滑块的总动量发生了变化．在用气垫导轨验证动量守恒的实验中，为了减小误差应该将气垫导轨调整到水平，确保两滑块分开后均做匀速直线运动．图1－2－2(2013·莆田检测)如图1－2－2所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B 做“验证动量守恒定律”的实验，实验步骤如下：(1)把两滑块A 、B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 、B ，在A 、B 的固定挡板间放入一弹簧，使弹簧在水平方向上处于压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动记录两滑块运动时间的电子计时器，在滑块A 、B 与挡板C 、D 碰撞的同时，电子计时器自动停止计时，记下A 至C 的运动时间t 1和B 至D 的运动时间t 2.(3)将两滑块A 、B 仍置于原位置，重复几次上述实验，并对多次实验记录的t 1、t 2分别取平均值．①在调整气垫导轨时，应注意_____________________________________________． ②应测量的数据还有__________________________________________________． ③只要满足关系式________，即可验证动量守恒．【审题指导】 (1)滑块和气垫导轨的摩擦很小可忽略不计．(2)滑块在气垫导轨上的速度可通过距离和时间计算．【解析】 由于滑块和气垫导轨间的摩擦力很小，可以忽略不计，可认为滑块在导轨上做匀速直线运动，因此两滑块作用后的速度可分别表示为：v A ＝L 1t 1 ，v B ＝L 2t 2.(L 1为A 至C 板的距离，L 2为B 至D 板的距离) 若(M ＋m )L 1t 1＝M L 2t 2成立， 则(M ＋m )v A ＝mv B 成立，即动量守恒．【答案】 (3)①用水平测量仪使导轨水平②A 至C 板的距离L 1，B 至D 板的距离L 2③(M ＋m )L 1t 1＝M L 2t 21．(2013·琼海检测)某同学设计了一个用打点计时器验证两物体碰撞前后总动量是否守恒的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图1－2－3所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图1－2－3(1)若已得到打点纸带如图1－2－4所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A 点是运动起始的第一点，则应选________段来计算小车A 的碰前速度，应选________段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度．(以上两空填“AB ”或“BC ”或“CD ”或“DE ”)图1－2－4(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上测量结果可得：碰前m A v A ＋m B v B ＝________ kg·m/s；碰后m A v A ′＋m B v B ′＝________ kg·m/s.并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．【解析】 (1)因小车做匀速直线运动，纸带上应取打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度．(2)碰前小车A 的速度v A ＝S BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s ，其动量p ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，小车B 的速度为零，动量也为零．碰后小车A 和B 的共同速度v A ′＝v B ′＝v ′＝S DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s.碰后总动量p ′＝(m A ＋m B )v ′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m /s.从上面的计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．动量守恒定律的理解 1．光滑水平面上，一小球与另一固定小球相碰并反弹，小球的动量守恒吗？2．光滑水平面上，一小球与另一静止小球相碰，碰后两小球系统动量守恒吗？3．光滑水平面上，一小球与另一小球碰后粘在一起运动系统动量守恒吗？1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．2．“总动量保持不变”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．①该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同．②在求系统的总动量p ＝p 1＋p 2＋…时，要按矢量运算法则计算．(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． ①系统不受外力或所受外力的矢量和为零，系统的动量守恒．②系统受外力，但在某一方向上合外力为零，则系统在这一方向上动量守恒．(4)同时性：动量守恒定律中p 1、p 2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p 1′、p 2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普遍性：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．(2012·上海高考)A 、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A 质量为5 kg ，速度大小为10 m/s ，B 质量为2 kg ，速度大小为5 m/s ，它们的总动量大小为______ kg·m/s；两者相碰后，A 沿原方向运动，速度大小为4 m/s ，则B 的速度大小为______ m/s.【审题指导】 (1)动量是矢量，运算要规定正方向．(2)根据条件判断是否守恒并列方程求解．【解析】 以A 物体的速度方向为正方向．则v A ＝10 m/s v B ＝－5 m/s p ＝p A ＋p B ＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s 碰撞后，由动量守恒定律得p ＝m A v A ′＋m B v B ′ v B ′＝10 m/s ，与A 原来的速度方向相同．【答案】 40 10应用动量守恒定律解题的基本步骤1．分析题意，合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．2．分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．3．确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．4．对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．5．建立动量守恒方程，代入已知量求解．2．(2013·乌鲁木齐检测)图1－2－5如图1－2－5所示，一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M ＝70 kg ，当它遇到一个质量m ＝20 kg 、以速度v 0＝5 m/s 迎面滑来的木箱后，立即以相对于冰面v ′＝2 m/s 的速度逆着木箱原来滑行的方向推出(不计冰面阻力)．问小车获得的速度是多大？方向如何？【解析】 以v 0方向为正方向，设推出木箱后小车的速度为v ，由动量守恒定律得mv 0＝Mv －mv ′v ＝m v 0＋v ′M ＝20×5＋270m/s ＝2 m/s 与木箱的初速度v 0方向相同．对反冲的进一步理解 1．反冲运动中物体一定不受外力吗？2．反冲运动中，相互作用的两部分动量守恒吗？3．反冲运动的速度是相互作用的两物体的相对速度吗？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速度后，再列动量守恒定律的方程．(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．图1－2－6(2012·福建高考)如图1－2－6，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0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＋mMv B ．v 0－m M vC ．v 0＋m M (v 0＋v )D ．v 0＋m M (v 0－v ) 【审题指导】 解此题的关键是规定正方向和判断人跳出的速度，由于水静止，相对水面的速度即为相对地的速度．【解析】 以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故选C.【答案】 C3．(2013·江苏高考)如图1－2－7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1－2－7【解析】 根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．综合解题方略——人船模型的分析方法(2013·三亚检测)长为L 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人站立在船头，若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？【规范解答】 选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人走动时，船同时后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速度为v 1，船对地的速度为v 2，根据动量守恒得mv 1－Mv 2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对①式两边同乘以Δt ，得ms 1－Ms 2＝0②②式为人对地的位移和船对地的位移关系．由图所示还可看出：s 1＋s 2＝L ③联立②③两式得⎩⎪⎨⎪⎧ s 1＝M M ＋m Ls 2＝m M ＋m L 【答案】 船对地的位移为m M ＋m L 人对地的位移为MM ＋mL1．“人船模型”问题的特征两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒定律，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．用动量守恒定律求位移的题目大都是系统原来处于静止状态，动量守恒表达式经常写成m 1v 1－m 2v 2＝0的形式，式中v 1、v 2是m 1、m 2末状态时的瞬时速率．如果两物体相互作用时间为t ，在这段时间内两物体的位移大小分别为s 1和s 2，则有m 1s 1t －m 2s 2t＝0，即m 1s 1－m 2s 2＝0.(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出它们各自相对地面的位移的关系．3．处理“人船模型”问题的两点注意(1)“人船模型”问题中，两物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停．(2)问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移．而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”相对地的位移，即相对于同一参照物的位移【备课资源】(教师用书独具)反冲运动的演示(1)用火箭筒演示拿一个空摩丝瓶，在其底部用大号缝衣针钻一小洞，这样就制成了一个简易的火箭筒．图教1－2－1如图教1－2－1所示，在铁支架的立柱顶端装上顶轴，在旋转臂的两侧各装一只火箭筒，再把旋转系统放在顶轴上．往火箭筒内注入约4 mL的酒精，并在火箭筒下方的棉球上注少量酒精，点燃酒精棉球，片刻火箭筒内的酒精蒸气从尾孔中喷出，并被点燃．这时可以看到火箭旋转起来，带着长长的火舌，并伴随有呼呼的声响．注意棉球上的酒精不要太多，下方的桌上不要放易燃物品．实验完毕，应将筒内剩余的酒精烧尽或倒出．(2)用水火箭演示水火箭用空可乐瓶制作．用一段吸管和透明胶带在瓶上固定一个导向管．瓶口塞一橡皮塞，在橡皮塞上钻一个孔．在塞上固定一只自行车车胎上的进气阀门，并在气门芯内装上小橡皮管(如图教1－2－2)．图教1－2－2 实验时，瓶中先注入约13体积的水，用橡皮塞把瓶口塞严．将尼龙线穿过可乐瓶上的导向管，使线的一端拴在门的上框上，另一端拴在板凳腿上，要把线拉直．将瓶的进气阀与打气筒相接，向筒内打气到一定程度时，瓶塞脱开，水从瓶口喷出，瓶向反方向飞去.1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，下列哪些因素可导致实验误差( )A ．导轨安放不水平B ．小车上挡光片倾斜C ．两小车质量不相等D ．两小车碰后连在一起【解析】 导轨安放不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；挡光片倾斜会导致挡光片宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差．【答案】 AB2．(2013·海口检测)运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )A ．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B ．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭C ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭【解析】 火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故正确答案为B.【答案】 B3．(2012·厦门检测)一个静止的质量为M 的不稳定原子核，当它以速度v 放出一个质量为m 的粒子后，剩余部分的速度为( )A ．－vB ．－mv /(M －m )C ．mv /(M －m )D ．－mv /(M ＋m )【解析】 由动量守恒：mv ＋(M －m )v ′＝0，v ′＝－mM －m v ，负号表示与v 的方向相反． 【答案】 B4．(2013·福建高考)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.m M v 0 B.M m v 0C.MM －m v 0 D.m M －m v 0 【解析】 应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m )v ′故v ′＝mv 0M －m，选项D 正确． 【答案】 D5．如图1－2－8所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，其右端放一质量为m 的小木块A (可看成质点)，m <M .现以地面为参考系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 刚好没有滑离B 板．若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向．图1－2－8【解析】取水平向右为正方向，设它们最后的共同速度为v，依据动量守恒定律：Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得：v ＝M－m v0 M＋m，方向为水平向右(与木板B方向一致)．【答案】M－m v0M＋m向右11。
第3节科学探究——一维弹性碰撞1．了解不同类型的碰撞，知道完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的主要特征． 2．掌握探究碰撞的规律，即在弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒． 3．能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题．4．通过探究一维弹性碰撞问题，使学生体验科学探究的过程，掌握科学探究的方法． ●教学地位本节内容首先提到了不同类型的碰撞，教学中着重引导学生从“能量转化的情况不同”这一角度去理解不同类型的碰撞，本节重点探讨了完全弹性碰撞的规律，知道在完全弹性碰撞中动量守恒，动能也守恒，教学中要充分利用弹性碰撞的实验培养学生的科学探究能力，可让学生亲自操作以便切身体验弹性碰撞的特点．为了培养学生的表达能力应要求学生准确描述出不同情况下两钢球发生弹性碰撞的特点．碰撞问题是教学的重点，高考的热点.●新课导入建议 演示实验导入五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？让我们共同探究本节课一维弹性碰撞问题吧．●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】同学之间可进行讨论⇒步骤1：导入新课，本节教学地位分析⇒步骤2：老师提问，检查预习效果可多提问几个学生⇒错误!⇓步骤7：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况⇐步骤6：完成“探究重在讲解分析临界问题的关键⇐步骤5：师生互动完成“探究方式同完成探究1相同⇐步骤4：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评⇓1.(1)非弹性碰撞碰撞过程中物体往往会发生形变、发热、发声，一般会有动能损失． (2)完全非弹性碰撞碰撞后物体结合在一起，动能损失最大． (3)弹性碰撞碰撞过程中形变能够完全恢复，不发热、发声，没有动能损失． 2．思考判断(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒．(×) (2)完全非弹性碰撞，动量守恒，动能也守恒．(×) (3)三种碰撞中，动量都守恒．(√) 3．探究交流日常生活中哪些是弹性碰撞，哪些是完全非弹性碰撞？ 【提示】 弹性碰撞：两钢球间的碰撞，台球中母球和子球间的碰撞．完全非弹性碰撞：1.(1)实验研究①质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能不变，碰撞后两球交换了速度．②质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同，碰撞过程中两球总动能不变．③质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后，质量较小的钢球被反弹回来，碰撞过程中两球总动能不变．综上可知，弹性碰撞过程中，系统的动量与动能守恒． (3)理论推导质量m 1的小球以速度v 1与质量m 2的静止小球发生弹性碰撞．根据动量守恒和动能守恒，得m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 碰后两球的速度分别为：v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2①若m 1>m 2，v 1′和v 2′都是正值，表示v 1′和v 2′都与v 1方向相同．(若m 1≫m 2，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去)②若m 1<m 2，v 1′为负值，表示v 1′与v 1方向相反，m 1被弹回．(若m 1≪m 2，v 1′＝－v 1，v 2′＝0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止)③若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换． 2．思考判断(1)速度不同的两小球碰撞后粘在一起，碰撞过程中没有能量损失．(×)(2)微观粒子在碰撞时并不接触，所以不能算是碰撞．(×)1．在不光滑的水平面上两小球相碰后粘在一起运动，碰撞过程中动量守恒吗？ 2．碰撞过程中机械能会增加吗？3．碰撞分几种类型，哪种类型的碰撞动量、动能都守恒？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，物体在作用时间内的位移可忽略．2．即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，因为内力远大于外力，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机械能．4．对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．下面关于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C ．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解【审题指导】 根据碰撞的特点和动量守恒的条件分析判断【解析】 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C 错；动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一．不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D 错．【答案】 AB1．在两个物体碰撞前后，下列说法中可以成立的是 ( ) A ．作用后的总机械能比作用前小，但总动量守恒 B ．作用前后总动量均为零，但总动能守恒 C ．作用前后总动能为零，而总动量不为零D ．作用前后总动量守恒，而系统内各物体的动量增量的总和不为零【解析】 选项A 是非弹性碰撞，成立．选项B 是完全弹性碰撞，成立；选项C 不成立，因为总动能为零其总动量一定为零；选项D ，总动量守恒则系统所受合外力一定为零，若系统内各物体的动量增量总和不为零的话，则系统一定受到外力的作用，D 错．【答案】1．碰撞过程中动量和动能满足什么条件？2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能守恒吗？3．同向运动的两小球相碰后同向运动，两小球的速度满足什么条件？ 1．判断依据在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)系统动能不增加，即E kl ＋E k2≥E ′kl ＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2.(3)符合实际情况，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．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 ′前≥v ′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，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．爆炸与碰撞的异同(1)共同点：相互作用的力为变力，作用力很大，作用时间极短，均可认为系统满足动量守恒．(2)不同点：爆炸有其他形式的能转化为动能，所以动能增加；弹性碰撞时动能不变，而非弹性碰撞时通常动能要损失，动能转化为内能，动能减小．1．在碰撞过程中，系统的动量守恒，但机械能不一定守恒． 2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．(2013·福州八中检测)在一条直线上，运动方向相反的两球发生碰撞．以球1的运动方向为正，碰前球1、球2的动量分别是p 1＝6 kg·m/s，p 2＝－8 kg·m/s.若两球所在的水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是( )A ．p 1′＝4 kg·m/s，p 2′＝－6 kg·m/sB ．p 1′＝－4 kg·m/s，p 2′＝2 kg·m/sC ．p 1′＝－8 kg·m/s，p 2′＝6 kg·m/sD ．p 1′＝－12 kg·m/s，p 2′＝10 kg·m/s【审题指导】 由于本题为两球碰撞问题，一方面应满足动量守恒，另一方面动能不会增加，还要注意碰后若两球同向运动，则v 前>v 后．【解析】 解答本题时要注意，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以，它们在碰撞过程中动量守恒，但动能不一定守恒，一般情况下，要有一部分机械能转化为内能，除此之外，还要注意它们的速度关系．经过计算可知，4种情况均符合动量守恒．一般来说，在碰撞过程中，要有一部分机械能转化为内能，即系统会损失一部分机械能，即有p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2经计算知，选项D 不符合上述关系，所以选项D 错误；再仔细分析选项A 、B 、C 中的速度关系，发现在选项A 中，碰后两小球的速度方向不变，好像二者相互穿过一样(如图所示)，这显然是不可能的，所以选项A 错误；同样对选项B 、C 进行分析，可以判断B 、C 是正确的．【答案】 BC判断一个碰撞过程能否发生需从以下三个方面入手：1．是否遵守动量守恒定律．2．系统的动能如何变化，如果增加则碰撞不可能发生．3．碰撞的结果与各物体的运动情况是否符合实际，比如A 球去碰静止的B 球，碰后若两球同向，A 球的速度不能大于B 球．2．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s，B 球的动量是5 kg·m/s，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ＝6 kg·m/s，pB ＝6 kg·m/s B ．p A ＝3 kg·m/s，p B ＝9 kg·m/sC ．p A ＝－2 kg·m/s，p B ＝14 kg·m/sD ．p A ＝－4 kg·m/s，p B ＝17 kg·m/s【解析】 从碰撞前后动量守恒p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′验证，A 、B 、C 三种皆有可能，D 不可能；从总动能只有守恒或减少：p 2A 2m ＋p 2B2m ≥p A ′22m ＋p B ′22m来看，只有A 可能．(2013·南平检测)两质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上，劈A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图1－3－1所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h .物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B .求物块在劈B 上能够达到的最大高度．图1－3－1【规范解答】 设物块到达劈A 的底端时，物块和劈A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12mv 2＋12M 1V 2①M 1V ＝mv ②设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和劈B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V ′2＝12mv 2③mv ＝(M 2＋m )V ′④联立①②③④式得h ′＝M 1M 2M 1＋mM 2＋mh .【答案】M 1M 2M 1＋mM 2＋mh分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，分析时与追及问题模型联系，不难找到这类问题的切入点.【备课资源】(教师用书独具)安全气囊安全气囊是安全气囊系统的一个辅助保护设备，设置在车内前方(正、副驾驶位)，侧方(车内前排和后排)和车顶三个方向．装有安全气囊系统的容器外部都印有SRS的字样，直译成中文为图教1－3－1“辅助可充气约束系统”．旨在减轻乘员的伤害程度，当发生碰撞事故时，避免乘员发生二次碰撞，或车辆发生翻滚等危险情况下被抛离座位．汽车在行驶过程中，传感器系统不断向控制装置发送速度变化(或加速度)信息，由控制装置(中央控制器)对这些信息加以分析判断，如果所测的加速度、速度变化量或其他指标超过预定值(即真正发生了碰撞)，则控制装置向气体发生器发出点火命令或传感器直接控制点火，点火后发生爆炸反应，产生N2或将储气罐中压缩氮气释放出来充满碰撞气袋．乘员与气袋接触时，通过气袋上排气孔的阻尼吸收碰撞能量，达到保护乘员的目的．汽车的安全气囊内有氮化钠或硝酸铵等物质．当汽车在高速行驶中受到猛烈撞击时，这些物质会迅速发生分解反应，产生大量气体，充满气囊．新型安全气囊加入了可分级充气或释放压力的装置，以防止一次突然点爆产生的巨大压力对人头部产生的伤害，特别在乘客未配戴安全带的时候，可导致生命危险．具体方式有：1．分级点爆方式：气体发生器分两级点爆，第一级产生约40%的气体容积，远低于最大压力，对人头部移动产生缓冲作用，第二级点爆产生剩余气体，并且达到最大压力．总的来说，两级点爆的最大压力小于单级点爆．这种形式的压力逐步增加．2．分级释放压力方式：囊袋上开有泄压孔或可调节压力的孔，分为完全凭借气体压力顶开的方式或电脑控制的拉片Tether.这种方式，一开始压力达到设定极限，然后瞬时释放压力，以避免过大伤害．随着科技的发展和人们对汽车安全重视程度的提高，汽车安全技术中的安全气囊技术近年来也发展得很快，智能化、多安全气囊是今后整体安全气囊系统发展的必然趋势.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，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 【解析】 由动量守恒得3mv －mv ＝0＋mv ′ 所以v ′＝2v 碰前总动能为E k ＝12·3mv 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能为E k ′＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 对． 【答案】 A图1－3－22．(2013·宁德检测)如图1－3－2所示，光滑水平面上有大小相同的两球在同一直线上运动，m B ＝2m A ，规定向右为正，A 、B 两球动量均为6 kg·m/s，运动中两球碰撞后，A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为2∶5 B ．左方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰后A 、B 两球速度大小之比为1∶10【解析】 由于向右为正，而A 球动量增量为－4 kg·m/s，说明A 受冲量向左，知A 球在左方，C 、D 均错，由动量守恒知A 、B 碰后的动量分别为m A v A ′＝2 kg·m/s，m B v B ′＝10 kg·m/s.则m A v A ′m B v B ′＝12·v A ′v B ′＝210 因此v A ′v B ′＝25，选项A 正确．【答案】 A 3．A 、B 两球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，A 、B 两球速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s 【解析】 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，即A 、D 项均错误；C 项中，两球碰后的总动能为E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k 前＝22 J ，违背了能量守恒，所以C 项错；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B 项对．【答案】 B4．(2013·济南检测)在光滑水平面上，甲、乙两物体的质量分别为m 1、m 2，它们沿同一直线相向运动，其中甲物体运动速度v 1的大小是6 m/s ，乙物体运动速度v 2的大小是2 m/s.已知两物体碰撞后各自沿着相反的方向运动，速度v 的大小都是4 m/s ，甲、乙两物体的质量之比m 1m 2为________．【解析】 选甲物体碰前的速度v 1的方向为正方向，则由动量守恒定律，得m 1v 1－m 2v 2＝m 2v －m 1v由上式得：m 1m 2＝v ＋v 2v 1＋v ＝35.【答案】 35图1－3－35．(2012·新课标全国高考)如图1－3－3所示，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．【解析】 (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①式中g 是重力加速度的大小．设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③ 联立①②③式得 m 1m 2＝11－cos θ－1④ 代入题给数据得m 1m 2＝2－1.⑤ (2)两球在碰撞过程中的机械能损失是 Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k ，(E k ＝12m 2v 2)之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得 Q E k ＝1－22.⑧ 【答案】 (1)2－1 (2)1－22。
第3节 科学探究——一维弹性碰撞1．知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点．2．掌握弹性碰撞的规律，能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题．(重点＋难点)一、不同类型的碰撞1．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，碰撞前后系统总动能守恒． 2．非弹性碰撞：碰撞过程中动能有损失，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能．3．完全非弹性碰撞：碰撞后两物体结合在一起，具有共同的速度，这种碰撞系统动能损失最大．(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．( ) (2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．( )(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．( ) 提示：(1)√ (2)× (3)√ 二、弹性碰撞的规律 1．实验研究(1)质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度．(2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．(3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．综上可知，弹性碰撞过程中，系统的动能与动量守恒．2．碰撞规律：在光滑水平面上质量m 1的小球以速度v 1与质量m 2的静止小球发生弹性正碰．其动量和动能均守恒．m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2． 碰后两物体的速度分别为v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2．讨论(1)若m 1>m 2，v 1′和v 2′都是正值，表示v 1′和v 2′都与v 1方向相同；若m 1≫m 2，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1，表示m 1速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(2)若m 1<m 2，v 1′为负值，表示v 1′与v 1方向相反，m 1被弹回；若m 1≪m 2，v 1′＝－v 1，v 2′＝0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球交换了速度．如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？提示：不一定．只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度．母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生．对碰撞问题的理解1．碰撞过程的特点(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，物体在作用时间内的位移可忽略．(2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，因为内力远大于外力，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机械能．(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．2．碰撞过程的分析判断依据：在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′．(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2．(3)符合实际情况．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．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 前′≥v 后′，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，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．判断一个碰撞过程能否发生时，必须同时考虑到碰撞过程中应满足动量守恒，动能不增加及符合碰撞的速度关系等条件，不要认为满足动量守恒就能发生．如图所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )A ．v ′A ＝－2 m/s ，v ′B ＝6 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝2 m/sC ．v ′A ＝1 m/s ，v ′B ＝3 m/sD ．v ′A ＝－3 m/s ，v ′B ＝7 m/s[解析] 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ②，答案D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误．[答案] D处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加． (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．(3)要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12pv 或p ＝2E kv几个关系式．质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．vB ．23v C ．49v D ．89v 解析：选B ．由E k ＝12mv 2知，碰后A 球速率v A ′＝13v ．以v 方向为正方向，若v A ′与v 方向相同，有mv ＝mv A ′＋2mv B ′得v B ′＝v －v A ′2＝13v ，若v A ′与v 反向，有mv ＝m (－v A ′)＋2mv B ′，得v B ′＝v ＋v ′A 2＝23v ，所以只有B 正确．对爆炸与碰撞的理解1．爆炸与碰撞的共同点：物理过程剧烈，系统内物体的相互作用的内力很大，过程持续时间极短，可认为系统满足动量守恒．2．爆炸与碰撞的不同点：爆炸有其他形式的能转化为动能，所以动能增加，但两种情况都满足能量守恒，总能量保持不变．而碰撞时通常动能要损失一部分转化为内能，动能减少．3．爆炸类、碰撞类问题的拓展(1)碰撞的特点是动量守恒，动能不增加，相互作用的两个物体在很多情况下具有类似的特点．例如：子弹射入自由木块中，两相对运动物体间的绳子绷紧，物块在放置于光滑水平面上的木板上运动直至相对静止，物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点．这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止．这些过程与完全非弹性碰撞具有相同的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律分析求解．(2)爆炸的特点是动量守恒，其他形式的能转化为动能，同样，有很多情况，相互作用的物体具有类似的特点．例如：光滑水平面上弹簧将两物体弹开，人从车(或船)上跳离，物体从放置于光滑水平面上的斜面上滑下．这些过程与爆炸具有类似的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律求解．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能．[思路点拨] (1)手榴弹到达最高点时具有水平方向的动量，爆炸过程中水平方向动量守恒．(2)爆炸过程中增加的动能来源于燃料的化学能．[解析] (1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v 1＝v 0cos 60°＝12v 0设v 1的方向为正方向，如图所示． 由动量守恒定律得3mv 1＝2mv ′1＋mv 2 其中爆炸后大块弹片速度v ′1＝2v 0解得v2＝－2．5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即ΔE k＝12·2mv′21＋12mv22－1 2·3mv21＝274mv20．[答案] (1)2．5v0方向与爆炸前速度方向相反(2)274mv20处理爆炸问题的注意事项(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加．(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛顿第三定律知，选项D正确．用动量和能量观点解决碰撞问题动量与能量观点的综合应用常见的有以下三种模型：1．子弹打木块类模型(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．(3)若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．2．滑块—滑板类模型(1)把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．(2)由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．(3)注意滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．3．弹簧类模型(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．命题视角1 子弹打木块模型如图所示，在水平地面上放置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能．[解析] 因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v ′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv ＝(M ＋m )v ′， ①二者一起沿地面滑动，前进的距离为x ，由动能定理得： －μ(M ＋m )gx ＝0－12(M ＋m )v ′2，②由①②两式解得：x ＝m 2v 22（M ＋m ）2μg． (2)射入过程中损失的机械能 ΔE ＝12mv 2－12(M ＋m )v ′2，③解得：ΔE ＝Mmv 22（M ＋m ）．[答案] (1)m 2v 22（M ＋m ）2μg (2)Mmv 22（M ＋m ）命题视角2 滑板——滑块模型如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？ (2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？[解析] (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝Mv0M＋m．(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝1 2Mv20－12(M＋m)v′2．解得x相＝Mv202μg（M＋m）．(3)由能量守恒定律可得，Q＝12Mv20－12(M＋m)v′2＝Mmv202（M＋m）．[答案] (1)Mv0M＋m(2)Mv202μg（M＋m）(3)Mmv202（M＋m）命题视角3 弹簧类模型如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[解析] A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE．对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②1 2mv21＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv20．④(2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p ．由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤ 12mv 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 20．⑦[答案] (1)116mv 20 (2)1348mv 20(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时，既可以根据作用的先后顺序选取系统，也可以选所有物体为系统，这要由题目需要而定．(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近或物体上升到最高点等状态时，往往对应两物体速度相等．(3)当问题有多过程、多阶段时，必须分清不同过程的受力特点、力的做功特点等，明确对应过程所遵从的规律．【通关练习】1．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A ．12mv 2B ．mM2（m ＋M ）v 2C ．12NμmgL D ．N μmgL解析：选BD ．设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2（M ＋m ）v 2，可知选项A 错误，B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误，D 正确．2．一轻质弹簧的两端连接两滑块A 和B ，已知m A ＝0．99 kg ，m B ＝3 kg ，放在光滑水平面上，开始时弹簧处于原长，现滑块A 被水平飞来的质量为m C ＝10 g 、速度为400 m/s 的子弹击中，且没有穿出，如图所示，求：(1)子弹击中滑块A 的瞬间滑块A 和B 的速度； (2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)子弹击中滑块A 的过程中，子弹与滑块A 组成的系统动量守恒，很短时间具有共同速度v A ，取子弹开始运动方向为正方向，有m C v 0＝(m A ＋m C )v A得v A ＝m C v 0m A ＋m C＝4 m/s 滑块A 在此过程中无位移，弹簧无形变，滑块B 仍静止，即v B ＝0．(2)对子弹、滑块A 、B 和弹簧组成的系统，当滑块A 、B 速度v 相等时弹簧的弹性势能E p 最大，根据动量守恒和机械能守恒，有m C v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v得v ＝m C v 0m A ＋m B ＋m C＝1 m/sE p ＝12(m A ＋m C )v 2A －12(m A ＋m B ＋m C )v 2＝6 J ．答案：(1)4 m/s 0 (2)6 J[随堂检测]1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变为静止状态，则碰撞前这两个小球的( )A ．质量一定相等B ．动能一定相等C ．动量一定相同D ．动量一定不同解析：选D ．由题意知两小球碰前动量大小相等、方向相反，质量关系不明确，A 错；由关系式E k ＝p 22m，动能不一定相等，B 错；动量是矢量，动量相同包括方向相同，C 错，D对．2．如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析：选D ．选向右为正方向，则A 的动量p A ＝m ·2v 0＝2mv 0．B 的动量p B ＝－2mv 0．碰前A 、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A 、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D 符合题意．3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B ．弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv 0＝34mv 甲＋14mv 乙，解得4v 0＝3v 甲＋v 乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲＝v 甲t ，x 乙＝v 乙t ，代入各图中数据，可知B 正确．4．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 ＝v③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0．答案：见解析[课时作业] [学生用书P81(独立成册)]一、单项选择题1．下列关于碰撞的理解不正确的是( )A ．碰撞是指运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C ．如果碰撞过程中动能也守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞D ．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解解析：选D ．由对碰撞概念的理解可知，A 、B 正确．若碰撞中动能也守恒，此碰撞为弹性碰撞，C 正确．动量守恒定律是普遍遵循的自然定律，微观粒子的碰撞也同样遵循，D 错误．2．在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0．6vB ．0．4vC ．0．3vD ．0．2v解析：选A ．由动量守恒定律得：设小球A 碰前的速度方向为正，则mv ＝－mv 1＋2mv 2则2v 2＝v 1＋v >vv 2>v2，即v 2>0．5v ，A 正确．3．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )A ．（M ＋m ）v 2mv 1B ．Mv 1（M ＋m ）v 2C ．mv 1Mv 2 D ．Mv 1mv 2解析：选D ．把发射的子弹与木块视为一个系统，设子弹数目为n ，由动量守恒定律得Mv 1－nmv 2＝0，n ＝Mv 1mv 2，故选D ．4．A 、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体A 、B 都在同一直线上运动，其位移－时间图象如图所示．由图可知，物体A 、B 的质量之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析：选C ．由图象知，碰前v A ＝4 m/s ，v B ＝0．碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s ，由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′，解得m B ＝3m A ．故选项C 正确．5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 甲＝5 kg ·m/s ，p乙＝7 kg ·m/s ，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p 乙′＝10 kg ·m/s ，则两球质量m 甲、m 乙的关系可能是( )A ．m 乙＝m 甲B ．m 乙＝2m 甲C ．m 乙＝4m 甲D ．m 乙＝6m 甲解析：选C ．由动量守恒定律p 甲＋p 乙＝p 甲′＋p 乙′， 得p 甲′＝2 kg ·m/s ，若两球发生弹性碰撞，则p 2甲2m 甲＋p 2乙2m 乙＝p 甲′22m 甲＋p 乙′22m 乙解得m 乙＝177m 甲，若两球发生完全非弹性碰撞，则v 甲′＝v 乙′，即p 甲′m 甲＝p 乙′m 乙，解得m 乙＝5m 甲，即乙球的质量范围是177m 甲≤m 乙≤5m 甲，选项C 正确．6．如图所示，质量为M 的“L ”形物体静止在光滑的水平面上．物体的AB 部分是半径为R 的四分之一光滑圆弧，BC 部分是水平面．将质量为m 的小滑块从物体的A 点静止释放，沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC 之间的D 点，则( )A ．滑块m 从A 滑到B 的过程，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B ．滑块滑到B 点时，速度大小等于2gRC ．滑块从B 运动到D 的过程，系统的动量和机械能都不守恒 D ．滑块滑到D 点时，物体的速度等于0解析：选D ．滑块由A 到B 的过程中，系统合外力不为零，所以动量不守恒，又由于只有滑块重力做功，所以系统机械能守恒，A 错误．滑块到B 点时，重力势能减少mgR ，系统水平方向动量守恒，所以物体有速度，滑块减少的重力势能转变为滑块的动能与物体的动能，所以滑块速度小于2gR ，B 错误．由B 到D ，系统合外力为零，动量守恒，由于滑块能停下来，故B 、D 间有摩擦力做功，所以机械能不守恒，C 错误．滑块到D 点时速度为零，由动量守恒定律知，物体的速度也为零，D 正确．二、多项选择题7．如图所示，P 物体与一个连着弹簧的Q 物体正碰，碰后P 物体静止，Q 物体以P 物体碰前的速度v 离开，已知P 与Q 质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中错误的是( )A ．P 的速度恰好为零B ．P 与Q 具有相同速度C ．Q 刚开始运动D ．Q 的速度等于v解析：选ACD ．P 物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P 做减速运动，Q 做加速运动，P 、Q 间的距离减小，当P 、Q 两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B 正确，A 、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v ′，则mv ＝(m ＋m )v ′，所以弹簧被压缩至最短时，P 、Q 的速度v ′＝v2，故D 错误．8.如图所示，质量为M 的小车原来静止在光滑水平面上，小车A 端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m 的物体C ，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C 被弹出向B 端运动，最后与B 端粘在一起，下列说法中正确的是( )A ．物体离开弹簧时，小车向左运动B ．物体与B 端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C 的运动速率之比为mMC ．物体与B 端粘在一起后，小车静止下来D ．物体与B 端粘在一起后，小车向右运动解析：选ABC ．系统动量守恒，物体C 离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律得mv 1－Mv 2＝0，所以小车的运动速率v 2与物体C 的运动速率v 1之比为m M．当物体C 与B 粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．9.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A 射入深度d A 大于子弹B 射入的深度d B ，则可判断( )A ．子弹在木块中运动时间t A >tB B ．子弹入射时的初动能E k A >E k BC ．子弹入射时的初速度v A <v BD ．子弹质量m A <m B解析：选BD ．子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，两子弹与木块的相互作用必然同时开始同时结束，即两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故A 错误；由于木块始终保持静止状态，两子弹对木块的作用力大小相等，则两子弹所受的阻力f 大小相等，根据动能定理，对A 子弹有－fd A ＝0－E k A ，E k A ＝fd A ，对B 子弹有－fd B ＝0－E k B ，E k B ＝fd B ，而d A >d B ，所以子弹的初动能E k A >E k B ，故B 正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有m A v A －m B v B ＝2m A E k A －2m B E k B ＝0，即m A E k A ＝m B E k B ，m A v A ＝m B v B ，而E k A >E k B ，所以m A <m B ，v A >v B ，故D 正确，C 错误．10.带有14光滑圆弧轨道的质量为M 的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对滑车做的功为12Mv 2D ．小球在弧形槽上升的最大高度为v 202g解析：选BC ．由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v 0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功W ＝12Mv 20，A 错误，B 、C 正确．小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v ′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv 0＝2Mv ′① 12Mv 20＝2×12Mv ′2＋Mgh ②解①②得h ＝v 204g，D 错误．三、非选择题11．如图所示，一质量m 1＝0．45 kg 的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m 2＝0．5 kg 的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m 0＝0．05 kg 的子弹、以水平速度v 0＝100 m/s 射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s 的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0．8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g ＝10 m/s 2，求：(1)子弹相对小车静止时，小车速度的大小； (2)小车的长度L ．解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m 1)v 1① 解得v 1＝10 m/s ．②(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m 0＋m 1)v 1＝(m 0＋m 1)v 2＋m 2v 3 ③ 解得v 2＝8 m/s ④由能量守恒可得12(m 0＋m 1)v 21＝μm 2gL ＋12(m 0＋m 1)v 22＋12m 2v 23 ⑤解得L ＝2 m ．答案：(1)10 m/s (2)2 m。
动量定理一、教材分析《动量定理》是鲁科版高中物理选修3-5第一章第一节的内容。
从教材编排上看，它是牛顿运动定律及动能定理之后，在动量守恒定律之前。
因此不仅是对牛顿第二定律等知识的巩固运用，同时也为后面学习动量守恒定律打下了坚实的基础，起着承前启后的作用。
从教材内容上看，《动量和动量定理》是牛顿第二定律的进一步展开。
它侧重于力在时间上的累积效果，为解决力学问题开辟了新的途径，尤其是打击和碰撞类的问题。
所以动量定理知识与人们的日常生活，生产技术和科学研究有着密切的关系，因此学习这部分知识有着重要的现实意义。
二、学情分析在高一时，学生已经掌握了牛顿第二定律，又在上一节的学习中初步接触了碰撞中的守恒量，这些知识为本节课的学习奠定了基础。
此外，经过前面的学习，学生已经建立起一定的实验观察能力、抽象思维能力和探究学习能力，而且还掌握了通过建立物理模型探究物理现象的方法。
这也是本节所要强调的、学习和研究动量定理的方法。
由于学生具有这样的知识基础、能力水平和物理思维与方法，再加上他们对未知新事物有较强的探究欲望，所以要掌握动量定理是完全能够实现的。
三、设计思想本节课以教师为主导、学生为主体，运用“建立情境→引导→探究”模式进行教学。
通过生活实例引入课题，激发学生的兴趣。
通过创设物理情境、建立物理模型归纳得出动量定理，并对其进行理解。
运用动量定理解释日常生活中的物理现象，培养学生理论联系实际的能力。
在课堂上鼓励学生主动参与、主动探究、主动思考、主动实践，在教师合理、有效的引导下进行学习，充分体现探究的过程与实现对学生探究能力培养的过程。
四、教学目标知识与技能（1）理解和掌握动量的概念，并能正确计算物体动量的变化。
（2）理解和掌握冲量的概念，强调冲量的矢量性。
（3）理解动量定理的确切含义，知道动量定理的适用条件和适用范围。
（4）会用动量定理解释有关生活现象和计算有关的问题。
过程与方法（1）通过对动量定理的探究过程，尝试用科学探究的方法研究物理问题，认识建立物理模型在物理学研究中的意义。
第1节动量定理[目标定位] 1.理解动量的概念，以及动量和动量变化量的矢量性.2.知道冲量的概念，以及冲量的矢量性.3.理解动量定理的确切含义及其表达式.4.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．一、动量1．定义运动物体的质量和速度的乘积叫动量；公式p＝mv；单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s. 2．矢量性方向与物体运动速度的方向相同．运算遵循平行四边形定则．3．动量的变化量物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝mv2－mv1(矢量式)．想一想质量相同的两个物体动能相同，它们的动量也一定相同吗？答案不一定．动能和质量相同，则速度大小相同，方向不一定相同，又因为动量是矢量，有方向性，所以动量不一定相同．二、动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft.单位：牛顿·秒，符号：N·s.(2)矢量性：方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．(2)公式：I＝Δp或Ft＝mv2－mv1.3．动量与缓冲的实例分析碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间；要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．想一想跳高时在下落处要放厚厚的海绵垫子，跳远时要跳在沙坑中，这样做的目的是什么？答案这样做可以延长作用的时间，以减小地面对人的冲击力．一、对动量的理解1．动量的矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．2．动量的变化量：是矢量，其表达式Δp＝mv2－mv1＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．与动能的区别与联系：(1)区别：动量是矢量，动能是标量．(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，二者大小关系为E k＝p22m或p＝2mE k. 【例1】关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．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B．物体的动能不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大答案 A解析动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向与该时刻物体的速度方向相同，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．【例2】质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同答案 A解析以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．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．二、对冲量的理解和计算1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，当力是恒力时，冲量的方向与力的方向相同；当力是变力时，冲量的方向与动量变化量方向一致．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：等于该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I 合＝F 合Δt 求解．图1(3)求变力的冲量：①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量，平均力F ＝F 1＋F 22.②若给出了力随时间变化的图象如图1所示，可用面积法求变力的冲量，即F t 图线与时间轴围成图形的面积在数值上等于力在该段时间内的冲量．③利用动量定理求解．【例3】 如图2所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg 的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s 的时间内，物体所受各力的冲量．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2答案 见解析解析 重力的冲量：I G ＝Gt ＝mgt ＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下． 支持力的冲量：I N ＝Nt ＝mg cos α·t ＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上． 摩擦力的冲量：I f ＝ft ＝μmg cos α·t ＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．借题发挥 求各力的冲量或者合力的冲量，首先判断各力是否是恒力，若是恒力，可直接用力与作用时间的乘积、求解，若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解．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 2－mv 1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4】跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑里受到的平均作用力比跳在水泥地上的小答案 D解析人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A 错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长则受到的平均作用力F越小，故选项D正确．【例5】质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s 后停止，则该运动员身体受到的平均作用力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均作用力约为多少？(g取10 m/s2)答案 1 400 N 7 700 N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝2hg＝1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0 代入数据，解得F＝1 400 N下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0代入数据，解得F′＝7 700 N.对动量和冲量的理解1．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，只要速度方向变化，动量就发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．2. (多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图3所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )图3A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零答案BD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化，即等于零，选项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BD解析根据动量定理可知，引起物体动量变化的是合外力的冲量，故A错，B对；若选向上为正方向，则Δp ＝p 2－p 1＝[0.5－(－0.5)]kg·m/s＝1 kg·m/s，故C 错，D 对．4．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 gh t－mg 答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2gh t＋mg ，A 项正确．(时间：60分钟)题组一 对动量和冲量的理解1．(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，一定与该时刻的速度方向相同答案 ACD2．(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解析 动量是矢量，动能是标量，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A 正确；动能不变，速度的大小不变，但方向可能变化，所以动量可能变化，B 错误；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，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．3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力答案 A解析从绳恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时，F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误．4．(多选)在任何相等时间内，物体动量的变化总是相等的运动可能是( )A．匀速圆周运动B．匀变速直线运动C．自由落体运动D．平抛运动答案BCD5.在短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )图1A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功答案 B解析运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A错，B对；“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错．题组二动量定理的理解及定性分析6．(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，而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相互作用时间长答案 CD解析 玻璃杯是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对玻璃杯的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h ，它们从h 高度落地瞬间的速度大小为2gh ，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，玻璃杯停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝0－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝0－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，玻璃杯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，故A 、B 错误，C 、D 正确．7．从高处跳到低处时，为了安全，一般都是先让脚尖着地，这样做是为了( )A ．减小冲量B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用答案 C解析 脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地动量变化一定，这样就减小了地面对人的冲力，故C 正确．8.如图2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2A ．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，而纸条对铁块的摩擦力不变，故与以速度v 抽出相比，纸条对铁块的冲量I 减小，铁块获得的动量减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P 点的左侧．题组三 动量定理的定量计算9．质量为m 的钢球自高处落下，以速度大小v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速度大小为v 2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A ．向下，m (v 1－v 2)B ．向下，m (v 1＋v 2)C ．向上，m (v 1－v 2)D ．向上，m (v 1＋v 2)答案 D解析 物体以大小为v 1的竖直速度与地面碰撞后以大小为v 2的速度反弹．物体在与地面碰撞过程的初、末状态动量皆已确定．根据动理定理便可以求出碰撞过程中钢球受到的冲量．设垂直地面向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)＝mv 2＋mv 1. 由于碰撞时间极短，t 趋于零，则mgt 趋于零．所以Ft ＝m (v 2＋v 1)，即弹力的冲量方向向上，大小为m (v 2＋v 1)．10.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3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3答案 90解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v 1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft ＝－mv 2－mv 1所以，F ＝－mv 2－mv 1t ＝－0.5×4－0.5×50.05N ＝－90 N “－”号说明F 的方向与v 1的方向相反．11.如图4所示，质量为1 kg 的钢球从5 m 高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m 高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s ，求钢球对地面的平均作用力大小．(g 取10 m/s 2)图4答案 190 N解析 钢球落到地面时的速度大小为v 0＝2gh 1＝10 m/s ，反弹时向上运动的速度大小为v t＝2gh 2＝8 m/s ，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v 0的方向为负方向，v t 的方向为正方向，再根据动量定理得(N －mg )t ＝mv t －(－mv 0)，代入数据，解得N ＝190 N ，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则：(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？答案 (1)5.4×104 N (2)1.8×103N解析 (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m. 设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝－mv 0，解得F ＝－mv 0t ＝－60×30130N ＝－5.4×104 N ，方向与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝－mv 0t ′＝－60×301N ＝－1.8×103 N ，方向与运动方向相反． 13.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图5所示．物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.图5(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20 代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv11 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12mv ′2 解得W ＝9 J。
动量定理一、教材分析本节课通过动量概念的引入与动量定理的推导，目的是引导学生尝试用动量的概念表示牛顿第二定律，应用动量定理处理实际问题。
这样处理有助于对动量概念以与描述力与运动的关系问题有更深入的理解。
二、学情分析1、学生的知识根底：学生在学习这一章时，对矢量的概念和牛顿第二定律的应用已经比拟熟练，在之前的能量守恒的学习中对“守恒〞的观点也已经有了初步的认识。
2、学生的兴趣：高中的学生具有好奇、好动、好强的心理特点。
教学中要注意培养学生对物理的兴趣，充分发挥演示实验的作用，调动学生学习的积极性和主动性。
3、学生的认识特点：要真正理解冲量的效果是使物体获得动量，必须要经过感性认识到理性认识的过程，教学的起始要求不能太高，要循序渐进，从生活中众多实例出发，通过分析、真正感受动量和动量定理的内涵。
三、核心素养〔一〕物理观念认识：1、理解动量的概念，知道冲量的定义，知道动量、冲量都是矢量；2、知道动量的变化量也是矢量，会正确计算一维的动量变化；3、从牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理的表达式，理解动量定理确实切含义和表达式，知道动量定理也适用于变力；4、会用动量定理解释现象和处理有关问题。
〔二〕科学思维培养与实验探究：1、通过演示实验和理论分析，探究动量定理；2、通过师生互动与多媒体辅助教学，引导学生思考，会用动量定理解释处理有关问题。
〔三〕科学态度与责任：1、通过对动量和动量定理的学习，体验科学、技术、社会的严密联系；2、渗透物理学研究方法的教育，培养学生的推理能力和理论联系实际的能力。
四、教学重、难点〔一〕教学重点：1、动量和动量变化与其矢量性的理解；2、动量定理的推导；3、利用动量定理解释有关现象，并能掌握一维情况下的计算问题。
〔二〕教学难点：理解动量定理确实切含义和表达式，动量、冲量的方向问题，是使用动量定理的难点。
如何正确理解合外力的冲量等于物体动量的变化；如何正确应用动量定理分析打击和冲撞一类短时间作用的力学问题。
