陕西省澄城县寺前中学2016届高三物理高考二轮复习教学案动量(无答案)

专题七动量定理和动量守恒定律——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．动量定理(1)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.(2)动能和动量的关系：E k＝p22m.3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零．(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力．4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加．考点1 动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2020年Ⅰ卷T14、Ⅲ卷T202020年Ⅰ卷T35(2)[考情分析]1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般．2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关．3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑．4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．1．(动量守恒定律的应用)(2020·Ⅰ卷T14)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/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/sA [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]2．(动量定理的应用)(多选)(2020·Ⅲ卷T 20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图7­1所示，则( )图7­1A．t＝1 s时物块的速率为1 m/sB．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD．t＝4 s时物块的速度为零[题眼点拨] ①“合外力F的作用下”说明力F的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在t＝1 s时的速度v1＝Ft1m＝2×12m/s＝1 m/s，A正确；物块在t＝2 s时的动量p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t＝3 s时的动量大小p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，故B正确，C错误；在t＝4 s时，I合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I合＝mv4可得t＝4 s时，物块的速度v4＝1 m/s，D错误．]在第2题中，若物块放在水平桌面上，F为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N，则物块在t1＝1 s时和t4＝4 s时的速度分别为( )A．0.5 m/s 0 B．0 0.5 m/sC．0.5 m/s －0.5 m/s D．－0.5 m/s 0.5 m/sA [由动量定理可得：(F－f)t1＝mv1，可得t1＝1 s时物块速度v1＝0.5 m/s，在t＝3 s时，I合＝(2×2－1×1－1×3) N·s＝0，故此时物块速度为零，之后因F＝f，物块静止不动，因此t4＝4 s时，物块速度为零．]3．(动量定理的应用)(2020·Ⅰ卷T35(2))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.【导学号：19624082】[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后，在……速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．【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＝ρv0S. ③(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1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④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＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2. ⑧【答案】(1)ρv0S (2)v202g－M2g2ρ2v20S2■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒． (4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．3．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p ＝p′，即系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p′. (2)Δp＝p′－p ＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp 1＝－Δp 2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 动量定理的应用1．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 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg A [下降h 阶段v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F －mg)t ＝0－mv ，得F ＝m 2ght＋mg ，A 正确．] 考向2 动量守恒定律的应用2．如图7­2所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝3m B ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B 与C 碰撞前B 的速度及最终的速度. 【导学号：19624083】图7­2【解析】 对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C 解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07，B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07. 【答案】 B 与C 碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 07考点2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用 (对应学生用书第35页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年8考： 2020年Ⅱ卷T 35(2)、Ⅲ卷T 35(2) 2020年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2) 2020年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2) 2020年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2) [考情分析]1．以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题．2．具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞． 3．理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．4．(“碰撞类”动量与能量的问题)(2020·Ⅲ卷T 35(2))如图7­3所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图7­3[题眼点拨] ①“a 与b 发生弹性碰撞”说明物块a 、b 碰撞过程中动量、动能均守恒；②“但b 没有与墙发生碰撞”说明物块b 碰撞后向右滑行的最大位移为l.【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ① 即μ<v 22gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有 mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④12mv 21＝12mv′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v′22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v 20113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 22gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl(2020·Ⅱ卷T 35(2))两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 【解析】 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得 v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v. 由题给图象得 v ＝23 m/s ③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④ 联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8.⑤ (2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2 ⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W∶ΔE＝1∶2.⑧【答案】 (1)1∶8 (2)1∶25．(“冲击板块类”动量与能量问题)(2020·Ⅱ卷T 35(2))如图7­4所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图7­4(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[题眼点拨] ①“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；②“冰块在斜面体上上升的最大高度为h”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同．【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m 3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④代入数据得 v 1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得 v 2＝1 m/s⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． 【答案】 (1)20 kg (2)见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．三类碰撞的特点2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒．(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加．(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反．3．动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 “碰撞类”动量与能量问题3．[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图7­5所示，水平轨道AB长L＝9 m，光滑倾斜轨道BC足够长．开始时质量为m Q＝1 kg的滑块Q静止在AB中点M处；在A点，质量为m P＝3 kg的滑块P 以速度v0＝5 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计．已知重力加速度g＝10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1.求：图7­5(1)P向右运动的最大位移大小；(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P、Q都停下后两滑块间的距离.【导学号：19624084】【解析】(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有－μm P g L 2＝12m P v 21－12m P v 20，解得v 1＝4 m/sP 、Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m P v 1＝m P v P ＋m Q v Q 由机械守恒定律有12m P v 21＝12m P v 2P ＋12m Q v 2Q解得v P ＝2 m/s ，v Q ＝6 m/sP 继续向右运动的距离x P ＝v 2P 2μg ＝2 m ＜L2＝4.5 mP 向右运动的最大位移x 1＝L2＋x P ＝6.5 m.(2)由动能定理有－μm Q g L 2－m Q gh ＝0－12m Q v 2Q解得Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度h ＝1.35 m.(3)假设Q 从斜面上滑下来后，会与滑块P 发生第二次弹性碰撞．由运动学知识可知Q 与P 碰前，P 已经停下来了．由动能定理有－μm Q g(L 2＋L －x 1)＝12m Q v 22－12m Q v 2Q解得P 、Q 碰前瞬间，Q 的速度v 2＝22 m/sP 、Q 间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m Q v 2＝m P v′P ＋m Q v′Q 由机械能守恒定律有12m Q v 22＝12m P v′2P ＋12m Q v′2Q解得v′P ＝222m/s ，v′Q ＝－222m/s ，负号表示方向向右 碰后滑块P 向左滑动的位移x′P ＝v′2P2μg＝2.75 m碰后滑块Q 向右滑动的位移x′Q ＝v′2Q2μg ＝2.75 m ＞L －x 1＝2.5 m ，所以滑块Q 在第二次碰撞后会冲上斜面后返回x′＝x′Q －(L －x 1)＝0.25 m ，不会发生第三次碰撞 所以P 、Q 都停下后两滑块相距Δx＝x′P ＋x′Q －2x′＝5 m. 【答案】 (1)6.5 m (2)1.35 m (3)5 m 考向2 “冲击板块类”动量与能量问题4．[2020·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图7­6所示，在光滑桌面上置有长木板B 和物块C ，在长木板的右侧置有物块A ，一开始A 、B 处于静止状态．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.2，长木板B 足够长．物块A 的质量为2 kg ，长木板B 的质量为1 kg ，物块C 的质量为3 kg.物块C 以4 m/s 的初速度向右运动，与长木板B 碰撞后，与长木板B 黏在一起．重力加速度g 取10 m/s 2，试求：图7­6(1)C 与B 碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A 、B 、C 的速度大小和A 相对于B 运动的距离. 【导学号：19624085】【解析】 (1)设B 、C 碰撞后的瞬间速度为v 1，根据动量守恒定律得 m C v C ＝(m B ＋m C )v 1 解得v 1＝3 m/s碰撞过程中，损失的机械能为 ΔE＝12m C v 2C －12(m B ＋m C )v 21解得ΔE＝6 J. (2)根据动量守恒定律得 m C v C ＝(m A ＋m B ＋m C )v 2 解得v 2＝2 m/s 根据功能关系：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 22解得x ＝1.5 m.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s 1.5 m(2020·衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率； (2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】 (1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得： Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg(H ＋R)＝12Mv 2m ＋12mv 2解得：v m ＝2.0 m/s.(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得： (M ＋m)v x ＝0由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m)v 2x ＋12mv 2y ＋μmg2L解得v x ＝0，v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s.【答案】 (1)2.0 m/s (2)4 m/s考向3 “传送带类”动量与能量问题5．如图7­7所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，水平段OP 长L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g 取10 m/s 2，现释放A ，求：图7­7(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A 、B 能够碰撞的总次数．【解析】 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，则E p ＝12mv 20＋μ1mgL ， 解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma 1，解得a 1＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s ，位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mgsin θ＝μ2mgcos θ，B 与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s ， 位移为x 2＝v 2t 2＝0.45 m. 此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg(Δs 1＋Δs 2)cos θ＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞，满足12mv 2＝2nμ1mgL. 解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25，所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6(取整数)．【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页)[典题在线] (2020·达州市一模)(18分)如图7­8所示，质量为M ＝2.0 kg 的①小车静止在光滑水平面上，小车AB 部分是半径为R ＝0.4 m 的②四分之一圆弧光滑轨道，③BC 部分是长为L ＝0.2_m 的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B 点．C 点离地面高为h ＝0.2 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)在小车上A 点④从静止沿轨道下滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图7­8(1)⑤若小车固定，求小球运动到B 点时受到的支持力大小F N ；(2)⑥若小车不固定，小球仍从A 点由静止下滑：(ⅰ)求小球运动到B 点时小车的速度大小v 2；(ⅱ)小球能否从C 点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s.[信息解读]①小车与水平面间无摩擦，小车的初速度为零．②圆弧轨道光滑，小球与圆弧轨道间无摩擦作用．③小球在BC 段运动时系统有摩擦热产生．④小球释放时初速度为零．⑤小球沿圆弧轨道下滑时，小球机械能守恒．⑥小球沿圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒．[考生抽样][阅卷点评] 点评内容 点评1该生在第(1)(2)(ⅰ)步上分析和解析比较规范，能得全分(8分). 点评2 在第(2)(ⅱ)步中，该生没有考虑小球平抛运动过程中小车同时向左做匀速直线运动，故只能得6分.【解析】 (1)小球从A 到B 的过程中机械能守恒，mgR ＝12mv 2B ①(2分) 在B 点由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2B R②(1分) 解得：F N ＝30 N ． ③(1分)(2)(ⅰ)若不固定小车，小球到达B 点时速度为v 1，小车的速度为v 2，由动量守恒定律可得，mv 1－Mv 2＝0④(1分)由系统机械能守恒定律可得：mgR ＝12mv 21＋12Mv 22 ⑤(2分) 解得：v 1＝433 m/s ，v 2＝233m/s.⑥(1分) (ⅱ)设小球能从小车右端C 点滑出，滑出时小球的速度为v 3，小车的速度为v 4，由系统动量守恒定律可得：mv 3－Mv 4＝0，⑦(1分)由能量守恒定律可得：mgR ＝12mv 23＋12Mv 24＋μmgL ⑧(2分)解得：v3＝2 m/s，v4＝1 m/s ⑨(1分)故小球能从小车右端C点滑出，滑出后小球做平抛运动，小车以速度v4向左做匀速直线运动，则：h＝12gt2 ⑩(1分)x m＝v3t ⑪(1分) x M＝v4t ⑫(1分) s＝x m＋x M ⑬(2分) 可解得：s＝0.6 m．⑭(1分)【答案】(1)30 N (2)(ⅰ)233m/s (ⅱ)能0.6 m[评分标准]第(2)(ⅰ)中，表达式④、⑤正确且计算结果也正确，但将题目要求小车的速度，写成小球的速度大小的减1分．第(2)(ⅱ)中，只计算出小球平抛的水平位移即作为最后结果且计算正确的，减去4分．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

陕西地域高三物理第二轮复习专题教学设计[ 全套 ] 新人教版第一讲力与运动（一）一、高考导航力是贯串整个物理学的一条重要主线，运动是物理学研究的主要内容之一，力和运动的关系是力学部分的中心内容。

此中，很多基本规律和科学思想方法在力学中，甚至在整个物理学中都是相当重要的。

中学教材中碰到的力有场力（万有引力、电场力、磁场力）、弹力、摩擦力、分子力、核力等。

研究的运动有匀速运动、匀变速直线运动、匀变速曲线运动（平抛运动）、匀速圆周运动、简谐运动等。

力拥有相互性（作使劲与反作使劲拥有同时性）、矢量性（力不仅拥有大小并且有方向，运算恪守平行四边形定章），力还拥有作用的刹时性（牛顿第二定律），对时间和空间的累积性（动能定理和动量定理）及作用的独立性等。

判断一个物体做什么运动，第一要看它的初速度能否为零，而后看它受力能否为恒力。

若为恒力，还要看它与初速度的夹角状况，这样才能正确地判断运动形式。

受力剖析和运动状况剖析是解题的要点。

经过加快度 a 架起受力、运动（均衡是 a=0 的特例）这两部分的联系，成立起等值关系式，使问题获取解决。

二、典型例题例 1、在生活中，我们有这样的知识，用手握瓶，将瓶提离桌面，瓶越重，越要使劲提紧瓶，这样是为了（BD）A. 增添手与瓶的接触面积B.增添对瓶的压力C.增大手与瓶之间的摩擦因数D.增大手与瓶之间的最大静摩擦力例 2、某人推着自行车行进时，地面对前轮的摩擦力为F1，对后轮的摩擦力为F2；该人骑着自行车行进时，地面对前轮的摩擦力为F3，对后轮的摩擦力为F4。

以下说法中正确的选项是（C）A.F 1与车行进的方向同样 B.F 2 与车行进的方向同样C.F 3与车行进的方向同样D.F 4 与车行进的方向同样例 3、物块 1、 2 放在圆滑水平面上用轻质弹簧相连，如下图．今对物块1、 2 分别施以方向相反的水平力F1、F2．且 F1大于 F2，则弹簧秤的示数（D）A．必定等于F1+F2B．必定等于F1– F2C．必定大于F2小于 F1D．条件不足，没法确定F1F212例 4、如图，悬线下挂着一个带正电小球，它的质量为m，电量为q，整个装置处于水平方向的匀强电场中，场强为E，则（AD）A．小球均衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为Eq/mgB．若剪断悬线，则小球做曲线运动C．若剪断悬线，则小球做匀速直线运动D．若剪断悬线，则小球做匀加快直线运动例 5、一物体搁置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加快上涨的电梯中，加快度为 a，如右图所示，在物体一直相对于斜面静止的条件下，以下说法中正确的选项是（BC）A. θ一准时， a 越大，斜面对物体的正压力越小B. θ一准时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C.a 一准时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D.a 一准时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小例 6、如下图，一质量为 M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为 90°两底角为α和β； a、 b 为两个位于斜面上质量均为 m的小木块。

高考物理二轮复习教案第十四章动量(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高考物理二轮复习教案第十四章动量(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第十四章动量知识网络：§14-1 动量冲量动量定理一、动量和冲量1．动量按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同.⑶动量的相对性:由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关,因而动量具有相对性。

题中没有特别说明的,一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

2．动量的变化：=∆pp-'p由于动量为矢量,则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

A 、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。

B 、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

例1。

一个质量为m =40g 的乒乓球自高处落下，以速度v =1m/s 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短,离地的速率为v '=0.5m/s 。

求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？取竖直向下为正方向,乒乓球的初动量为：s m kg s m kg mv p /04.0/104.0•=•⨯==乒乓球的末动量为:s m kg s m kg v m p /02.0/)5.0(04.0•-=•-⨯='='乒乓球动量的变化为：p p p -'=∆=s m kg s m kg /06.0/04.002.0•-=•--负号表示p ∆的方向与所取的正方向相反,即竖直向上.2．冲量按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft ⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

高三物理第二轮专题复习学案 动量守恒定律一：复习要点1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。

2．一般数学表达式：''11221122m v m v m v m v +=+ 3．动量守恒定律的适用条件 ：①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F 合=0）； ②系统所受的外力远小于内力（F外F 内），则系统动量近似守恒；③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4．动量恒定律的五个特性①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算③同时性：12,v v 应是作用前同一时刻的速度，''12,v v 应是作用后同—时刻的速度④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷二：典题分析1.放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是 ( )A.两手同时放开，两车的总动量等于零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左D ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB2．Ａ、Ｂ两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰．用频闪照相机在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中Ｂ像有重叠，ｍＢ＝（3／2）ｍＡ，由此可判断 （ ） Ａ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 Ｂ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｃ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｄ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为 B面上匀速运动，若人用t =10s 的时间匀加速从船头走到船尾，船长L ＝5m ，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系） 解析：设人走到船尾时，人的速度为x v ，船的速度为y v对系统分析：动量守恒()y x Mv mv v M m +=+0对船分析：（匀加速运动） S =t v v y⋅+2对人分析：（匀加速运动） t v v L S x⋅+=-20 得：S = 3.25 m.4．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，…，n 的物体，所有物块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，…n 号物块的初速度分别是v 0，2 v 0，3 v 0，…nv 0，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。

第16讲 动量守恒和原子物理考什么1．弹性碰撞与非弹性碰撞、动量守恒定律、动量定理及其应用；2．原子的核式结构、玻尔理论、光电效应及应用；3．原子核的衰变、质能方程、核反应方程及结合能；4．原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用。

怎么考1．以选择题的形式考查原子核衰变、质能方程、光电效应、玻尔理论等知识，难度低；2．联系当今热点，以计算题的形式综合考查动量守恒定律、能量守恒及原子核的衰变等知识，难度中等。

怎么办1．深刻理解基本概念和基本规律；2．强化本专题知识间综合应用类题目的训练；3．归纳解决本专题综合类问题的步骤和方法。

对应学生用书P121一、动量定理1．对动量变化Δp ＝p 2－p 1的理解Δp ＝p 2－p 1为矢量式，当p 1、p 2在同一直线上时，先规定正方向，再用正负表示p 1、p 2，将矢量运算变为代数运算(p 1、p 2不共线时，不要求)。

2．动量定理的研究对象通常是单个物体。

3.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映力对时间的积累效果，由Ft＝p2－p1，得：F＝p2－p1t＝Δpt，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。

4．说明(1)动量定理公式中的F是研究对象所受的合外力，包含重力在内，不要漏掉任何力。

(2)F为变力时应是合外力在作用时间内的平均值。

5．动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对于微观现象中的高速运动仍然适用。

二、动量守恒定律1．动量守恒的条件(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零。

(2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统内力小得多，可以忽略不计，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等。

(3)系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则系统在该方向动量守恒。

2．三种表达式(1)p＝p′。

(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。

(3)Δp1＝－Δp2。

3．动量守恒定律的“四性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，解题时要规定正方向。

专题十二动量、动量守恒定律及应用教案一、专题要点1.动量：动量是状态量，因为V是状态量，动量是失量，其方向与物休动动方向相同。

2.动量的变化ΔP是失量，其方向与速度的变化ΔV的方向相同。

求解方法：求解动量的变化时遵循平行四边形定则。

（1）若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化失量运算为代数运算。

（2）若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

3．动量守恒定律（1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

（2）适用范围：动量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，既适用宏观低速运动的物体，也适用微观高速运动的粒子。

大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。

（3）动量守恒的条件为：①充分且必要条件：系统不受外力或所受外力为零。

②近似守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统内力远远大于外力，此时外力可以忽略不计，如：爆炸和碰撞。

4. 动量守恒定律的表达式(1) p=p/意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’(从守恒的角度列式)．(2)∆p =p/-p=0意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)．(3)对相互作用的两个物体组成的系统：①p1+p2=p1/ +p2/或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．②p1/-p1=一(p2/-p2)或者∆p1=一∆p2或者∆p1+∆p2=0意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反．5．弹性碰撞与非弹性碰撞形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

6．碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则①系统动量守恒2211/22/11v m v m v m v m +=+ ②系统动能不增2222112/222/1121212121v m v m v m v m +≤+③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．二、 考纲要求考点 要求 说明 考点解读动量、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 动量守恒定律只限于一维情况 本章的重点内容：唯一的二级要求是动量及其守恒定律，本专题和前面的3-4模块有共同特点是题目教简单，但为了照顾知识点的覆盖面，会出现一个大题中在套二、三个小题的情况弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动 Ⅰ 验证动量守恒定律（实验、探究） Ⅰ三、 教法指引此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。

原子物理专题考点：1、光电效应2、原子结构与α粒子散射实验3、波尔理论的理解与计算4、原子核的衰变5、核反应类型及反应方程6、核力与核能的计算考纲解读：1、知道什么是光电效应理解光电效应的实验规律，2、会利用光电效应方程计算逸出功、截止频率、最大初动能3、知道两种原子结构模型，会用波尔理论解释氢原子光谱4、掌握氢原子的能级公式并能结合能级图求解原子的跃迁问题5、掌握原子核的衰变，半衰期6、会书写反应方程1、康普顿效应证实了光子不仅具光子有能量，也具有动量，图示给出了光与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰撞后光子可能沿方向____________运动，并且波长____________（填“不变”“变短”或“变长”）2：在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光）如图所示，则可以判断出A、甲光的频率大于乙光的频率B、乙光的波长大于甲光的波长C、乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D、甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能。

3、爱因斯坦提出了光量子概念并成功的解释了光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。

某种金属逸出光电子的最大初动能E km与入射光频率v的关系如图所示，其中v c为截止频率。

从图中可以确定的是（）A、逸出功与v有关B、E km与入射光强度成正比C、v<v c时，会逸出光电子D、图中直线的斜率与普朗克常量有关。

4、在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e,则普朗克常量可以表示为____________，所用材料的逸出功可表示为____________.5、在卢瑟福的散射实验中，金箔中得原子核可以看做静止不动，下列各图画出的诗其中两个粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是（）6、一个氢原子从n=3的能级跃迁到n=2的能级，该氢原子（）A、放出光子，能量增加B、放出光子，能量减少C、吸收光子，能量增加D、吸收光子，能量减少7、氢原子第n能级的能量E n=E1/n2其中E1位基态能量。

---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 12高三物理第二轮复习教案(第十二讲动量和能量) 第十二讲动量和能量概述：处理力学问题、常用的三种方法一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。

若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。

特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。

两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。

动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。

分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。

例题分析：例 1. 如图所示，质量分别为 m 和 2m 的 A、 B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上， A 靠紧竖直墙。

用水平力 F 将 B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为 E。

1 / 12这时突然撤去 F，关于 A、 B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（BD） A.撤去 F 后，系统动量守恒，机械能守恒 B.撤去 F 后， A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C.撤去 F 后， A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 E D.撤去 F 后， A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 E/3 [A 离开墙前墙对 A 有弹力，这个弹力虽然不做功，但对 A 有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒； A 离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。

A 刚离开墙时刻，B 的动能为 E，动量为p=mE4向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当 A、 B 速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为 E/3。

高三物理第二轮复习教学案动量与能量高考要求：1、动量、冲量、动量定理Ⅱ2、动量守恒定律Ⅱ3．功、功率Ⅱ4．动能、做功与动能改变的关系Ⅱ5．重力势能、重力做功与重力势能改变的关系Ⅱ6．弹性势能Ⅰ7．机械能守恒定律Ⅱ8．动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）Ⅱ9．航天技术的发展和宇宙航行Ⅰ知识整合：冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。

在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。

能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。

应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。

因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。

对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。

选取时应注意以下几点：1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。

临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。

2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。

3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。

4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。

确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原则是：1．对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。

2．若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。

高考物理复习教案 动量定理一、教学目的：1、理解动量定理的含义和表达式，知道动量定理适用于变力。

2、能推导出动量定理表达式。

3、会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、教学重点：理解动量定理的确切含义和表达式三、教学难点：会用动量定理解释有关物理现象，并能掌握一维情况下的计算问题四、教学用具：生鸡蛋、铺有较厚的海绵垫的白铁桶、细线、金属小球、橡皮筋、铁架台等五、教学过程（一）引入新课：足球场上红队5号队员一个弧线型角球，早就埋伏在白队球门框旁的红队8号队员迅速插上，一个漂亮的“狮子摇头”把球顶进了白队的球门，场上一片欢呼。

但是，如果飞来的是一块石块，那怕石块的质量比足球要小，人们敢去顶吗？显然不会。

为什么呢？师：同学们能否讲出一些道理来？生甲：因为石块质量比足球质量大，……生乙：因为石块速度比足球速度大，……生丙：因为石块要比足球坚硬，……相比较丙生的回答是涉及到了“正确”的表象。

下面我们再看一个实验：演示实验1：鸡蛋落地：事先在一个白铁桶的底部垫上一层海绵(不让学生知道)，让一个鸡蛋从一米多高的地方下落到白铁桶里，事先让学生推测一下鸡蛋的“命运”，然后做这个实验。

结果发现并没有象学生想象的那样严重：发现鸡蛋不会被打破！演示实验2：缓冲装置的模拟：用细线悬挂一重物，把重物拿到一定高度，释放后重物下落可把细线拉断，如果在细线上端拴一段皮筋，再从同高度释放，就不会断了。

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；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡皮轮胎等，这样做的目的是为了什么呢？而在某些情况下，我们又不希望这样，比如用铁锤钉钉子。

这些现象中的原因是什么呢？通过我们今天的学习来探究其中的奥秘。

（二） 进行新课：下面以一个物体在恒定的合外力作用下进行动量定理的理论推导。

【板书】一、理论推导1、推导的依据：牛顿第二定律和运动学的有关公式。