【2019-2020】高中物理第1章动量守恒研究1动量定理学案鲁科版选修3_5

用动量概念表示牛顿第二定律[教学目标]1、知识与技能:（1）从动量的角度理解力与运动的关系，即用动量概念表示牛顿第二定律。

（2）冲量概念、动量定理规律式的理解。

2、过程与方法：（1）利用趣味实验引入课堂，创设情境，引导学生从牛顿第二定律到动量定理的推导，并完成例题及变式的求解。

（2）例题采用学生体验或视频呈现情景的方式给出，在这个过程中将新知识逐渐渗透给学生。

3、情感、态度与价值观：（1）通过探究式的学习体验，活跃学生思维，培养学生实事求是的科学态度，引导学生用科学思想和方法对原始问题进行建模、分析并解决。

（2）通过学生展示和教师示范例题的求解，培养学生规范答题的习惯、分析和解决实际问题的能力，以及科学思维能力、科学的语言文字表达能力。

（3）深化学生对动量观点的认识，真正意义上完成高中阶段解决动力学问题的三大物理观点的完整建立。

【教学重难点】教学重点：冲量的定义、定义式，动量定理的表达式、矢量性、物理意义及适用范围的学习；牛顿第二定律和动量定理在具体问题中如何选用更优方法是本节课的教学重点。

教学难点：力学观点根深蒂固，学生难以优先考虑动量观点。

因此用动量观点解决动力学问题思路的建立是难点。

[教学方法及手段]以引导探究法为主，创设情境营造体验式课堂。

本节课的设计要把课堂充分还给学生，促进学生自主学习，通过课前实验创设情境，调节课堂气氛。

以原始问题的呈现——情景创设——学生讨论与展示为主线进行新课教学，增强了物理与生活的联系，体现了“理论与实际相结合，从物理走向社会的理念”。

为了把课堂还给学生，加强这节课的探究性、参与程度，我还增加了几个课堂体验实验，让学生在亲身体验中学习，加深对本节内容的理解。

为了突破难点，通过一题多问、一题多解的题目设置，使学生认识到动量定理与牛顿第二定律的区别和联系，以及定理在不同情况下的运用方法，从而达到明晰定理内涵、完成知识迁移之目的。

由此，正如有论者所言：通过变式教学由易到难、由近及远、由抽象到生态化的系统平台，学生思维方法的训练可以有序展开和逐步提升，并能成为突破物理思维障碍的“利器”。

第2节动量守恒定律一、内力、外力和系统问题1：如何理解系统内力和外力，举例说明？创设物理情境现实生活中，这种守恒随处可见。

为此我们创设一个情境：如图，在光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m1 和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，且v2＞v1，经过一段时间后，m2追上了m1，两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v1′和v2′．试分析碰撞中两球动量的变化量有何关系。

1．系统：有相互作用的物体构成一个系统．例如实验中的两辆小车或推导实例中碰撞的两个小球；2．内力：系统中相互作用的各物体之间的相互作用力叫做内力．例如：两小球在碰撞中施加给对方的平均作用力．3．外力：外部其他物体对系统的作用力叫做外力．如重力和支持力。

我们把两个物体看作一个系统，那么两个物体间的相互作用就属于系统的内力，外界其它物体对系统中任何一物体的作用就是系统所受的外力。

根据牛顿运动定律可知：不论外力还是内力都会改变物体的运动状态，而内力起的作用就像人民内部矛盾，外力起的作用则为外在矛盾。

前者可以相互抵消达到和谐，但是后者必然破坏这种和谐关系。

明确：多媒体展示教师总结内力和外力是相对的，两个物体相互作用，如果选择每个物体为研究对象，则相互作用力对每个物体来说都是外力，它参与每个物体运动状态变化。

若选择两个物体构成的系统为研究对象，则此相互作用力为内力。

二、动量守恒定律问题2：推导1：试用动量定理推导两物体碰撞前后的总动量的关系？物理建模：对于两个物体相碰组成的典型系统，我们可以将其抽象成处于光滑水平面上的两滑块相碰（ppt展示模型）。

此模型中系统的总动量P总等于两滑块的动量的矢量和。

P总=PA+PB推导1：用动量定理推导用F1表示B对A的作用力，用F2表示A对B的作用力，设他们相互作用时间为Δt，A和B受到的重力和支持力相互平衡，在水平方向上，我们分别对A、B运用动量定理得：F1Δt=m1v1'-m1v1F2Δt=m2v2'-m2v2教师引导，学生自主推导学生自学课本，自己推导(3)系统所受外力合力不为零，但系统内力远大于外力，外力相对来说可以忽略不计，因而系统动量近似守恒；(近似条件）如手榴弹在空中爆炸的的瞬间，内力远远大于其重力，重力可以完全忽略不计，动量近似守恒。

科学探讨-一维弹性碰撞三维教学目标一、知识与技术：明白动量定理的适用条件和适用范围；二、进程与方式：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：培育逻辑思维能力，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。

教学方式：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。

一、动量及其转变（1）动量的概念：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：动量包括了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息，反映了由这两方面一路决定的物体的运动状态，具有瞬时性。

大家明白，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，动量包括了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息，更能从本质上揭露物体的运动状态，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：咱们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱和那个效果发生的方向，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）动量的转变量：一、概念：若运动物体在某一进程的始、末动量别离为p和p′，则称：△p= p′－p 为物体在该进程中的动量转变。

二、指出：动量转变△p是矢量。

方向与速度转变量△v相同。

一维情形下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1 矢量差例1：一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰着一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有无转变？转变了多少？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转变（2）公式：Ft ＝m'v－mv ＝'p－p让学生来分析此公式中各量的意义：其中F是物体所受合外力，mv是初动量，m'v是末动量，t是物体从初动量转变到末动量所需时刻，也是合外力F作用的时刻。

2019最新新课标鲁科版3-5 选修三第一章《动量守恒研究》单元教案1 单元测试一选择题1、关于冲量和动量,下列说法正确的是（）A．冲量是反映力在作用时间内积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．冲量是物体动量变化的原因D．冲量方向与动量方向一致2、一个在水平桌面上运动的物体,只在恒定阻力f作用下停止下来,所需的时间决定于物体的（）A．初速度 B．加速度C．初动量和阻力f D．质量3、在空间某一点以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球,不计空气阻力,经过ts（设小球均未落地）则（）A．做上抛运动小球动量变化最大B．做下抛运动小球动量变化最小C．三个小球动量变化大小相等D．做平抛运动小球动量变化最小4、静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球,甲向左抛,乙向右抛,如图7-21所示。

甲先抛,乙后抛,抛出后两小球相对岸的速率相等,则下列说法中正确的是（）A．两球抛出后,船往左以一定速度运动,乙球受到的冲量大一些B．两球抛出后,船往右以一定速度运动,甲球受到的冲量大一些C．两球抛出后,船的速度为零,甲球受到的冲量大一些D．两球抛出后,船的速度为零,两球所受的冲量相等5、在距地面h高处以v0水平抛出质量为m的物体,当物体着地时和地面碰撞时间为Δt,则这段时间内物体受到地面给予竖直方向的冲量为（）6、A、B两个物体都静止在光滑水平面上,当分别受到大小相等的水平力作用,经过相等时间,则下述说法中正确的是（）A．A、B所受的冲量相同 B．A、B的动量变化相同C．A、B的末动量相同 D．A、B的末动量大小相同7、关于冲量、动量与动量变化的下述说法中正确的是 （ ）A ．物体的动量等于物体所受的冲量B ．物体所受合外力的冲量大小等于物体动量的变化大小C ．物体所受外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同D ．物体的动量变化方向与物体的动量方向相同二、填空题8、质量为0.4kg 的小球沿光滑水平面以0.5m/s 的速度冲向墙壁,又以0.4m/s 的速率被墙反弹回（如图7-23所示）。

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 ′－mv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《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。

第二节动量守恒定律（1）三维教学目标1、知识与技能：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、过程与方法：在理解动量守恒定律的确切含义的基础上正确区分内力和外力；3、情感、态度与价值观：培养逻辑思维能力，会应用动量守恒定律分析计算有关问题。

教学重点：动量守恒定律。

教学难点：动量守恒的条件。

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。

（一）引入演示：（1）台球由于两球碰撞而改变运动状态。

（2）微观粒子之间由于相互碰撞而改变状态，甚至使得一种粒子转化为其他粒子。

碰撞是日常生活、生产活动中常见的一种现象，两个物体发生碰撞后，速度都发生变化。

两个物体的质量比例不同时，它们的速度变化也不一样。

物理学中研究运动过程中的守恒量具有特别重要的意义，本节通过实验探究碰撞过程中的什么物理量保持不变（守恒）。

（二）进行新课1、实验探究的基本思路（1）一维碰撞我们只研究最简单的情况——两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动。

这种碰撞叫做一维碰撞。

演示：如图所示，A、B是悬挂起来的钢球，把小球A拉起使其悬线与竖直线夹一角度a，放开后A球运动到最低点与B球发生碰撞，碰后B球摆幅为β角，如两球的质量mA=mB，碰后A球静止，B球摆角β=α，这说明A、B两球碰后交换了速度；如果mA>mB，碰后A、B两球一起向右摆动；如果mA<mB，碰后A球反弹、B球向右摆动。

以上现象可以说明什么问题？结论：以上现象说明A、B两球碰撞后，速度发生了变化，当A、B两球的质量关系发生变化时，速度变化的情况也不同。

（2）追寻不变量在一维碰撞的情况下与物体运动有关的量只有物体的质量和物体的速度。

设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前它们速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为1v'、2v'，规定某一速度方向为正。

碰撞前后速度的变化和物体的质量m的关系，我们可以做如下猜测：分析：①碰撞前后物体质量不变，但质量并不描述物体的运动状态，不是我们追寻的“不变量”。

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。

动量定理一、教学目标：〔一〕知识与技能：1、理解动量和动量的变化与其矢量性，会计算一维情况下的动量变化量。

2、理解冲量的概念，理解动量定理与其表达式。

3、能够利用动量定理解释有关现象和解决实际问题。

〔二〕过程与方法：1、培养学生的推理能力和说明说理能力。

2、学会用动量定理解释现象和处理问题。

〔三〕情感态度与价值观：培养学生学习物理的兴趣,激发其探求知识的欲望和学习的积极性、主动性，领悟科学研究的根本方法。

二、教学重点、难点：〔一〕教学重点：动量定理的推导与理解〔二〕教学难点：应用动量定理解释实际问题三、教学过程〔一〕回顾根底知识1、冲量〔I〕：在物理学中，物体受到的力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

I=F·t，单位—牛·秒〔N·S〕它是矢量，方向与力的方向一样。

物理意义：描述力在时间上的累积效应。

2、动量〔P 〕：运动物体的质量与它的速度的乘积叫做物体的动量。

P=mv 单位：千克米每秒〔kg ·ms-1〕， 它是矢量，方向与速度的方向一样。

物理意义：描述物体的运动状态。

3、动量的变化(1)定义：物体的末动量与初动量之矢量差叫做物体动量的变化。

(2)表达式：v m p p p ∆=-=∆12(3)动量变化的三种情况：大小变化、方向改变或大小和方向都改变。

对△P 理解要点:①动量变化△p 是矢量。

方向与速度变化量△v 一样。

②一维情况下：12mv mv v m p -=∆=∆ ，是矢量差，需要先规定正方向。

〔二〕演示引入新课演示：粉笔落地让粉笔从一样的高度分别落到水泥地上和垫有厚布的地上，观察会有怎样的现象发生。

结果：落在水泥地上的粉笔断了，而落在垫有厚布的地上却没有断在日常生活中，有不少这样的事例：跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲;轮船边缘与轮渡的码头上都装有橡皮轮胎等。

这样做的目的是为了缓冲。

而在某些情况下，我们又不希望缓冲，比如用铁锤钉钉子。