高考物理二轮复习 动量专题 动量守恒定律讲义-人教版高三全册物理教案

^^***-^ www • Dear ED Uom高考物理复习课精品教案动量动量守恒目的要求: 重点难点：1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则.是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动最，计算物体此时的动最应取这•时刻的瞬时速度。

是相对最；物体的动最亦与参照物的选取有关,常情况下,指相对地面的动量。

单位是kg・n）/s；2、动量和动能的区别和联系①动量的人小与速度人小成正比，动能的人小与速度的人小平方成正比。

即动量相同而质蜃不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。

②动量是矢量，而动能是标量。

因此，物体的动量变化吋，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。

③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标罐，即外力对物体做功。

④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2=2mE k3、动量的变化及其计算方法动量的变化是指物休末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：（1）AP=P t-P0,主要计算P。

、Pt在一条直线上的情况。

（2）利用动最定理AP二F・t,通常用来解决P。

、P1；不在一•条氏线上或F为恒力的情况。

二、冲量1、冲量：力和力的作川时间的乘积叫做该力的冲量・是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则.冲虽不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。

而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。

单位是N・s；2、冲量的计算方法（1）I二F・t.采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。

（2）利用动量定理Ft二AP.主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。

8．4 动量守恒定律的应用（2课时）第1课时一、教学目标1．掌握分析动量守恒的条件的方法2．掌握选择正方向，化一维矢量运算为代数运算的方法3．掌握应用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题（仅限于一维情况），基本思路和方法。

二、教学重点1、应用动量守恒定律解决实际问题的基本思路和方法2、应用动量守恒定律解题的程序和规范三、教学难点：矢量性问题对初学者感到不适应。

四、教学过程1、复习引入：○1动量守恒定律的内容是什么？○2分析动量守恒定律成立条件有哪些？答：a.F合=0（严格条件）b.F内远大于F外（近似条件）c.某方向上合力为0，在这个方向上成立2、新课内容A、问题提出：〖教材例题1〗在列车编组站里，一辆m1=1.8×118kg的货车在平直轨道上以V1=2m/s的速度运动，碰上一辆m2=2.2×118kg的静止货车，它们碰撞后接合在一起继续运动，求运动的速度。

〖先把此问题“抛给”学生，让学生自己去思考如何解决此问题。

通过思考学生会发现，此题中所给条件太有限，而且曾经学习的牛顿运动定律在此根本用不上，那么如何处理此问题呢？〗〖学生讨论，教师小结〗动量守恒定律的重要应用之一，是处理碰撞问题。

在碰撞现象中，相互作用时间很短，相互作用力先急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大，把相互碰撞的物体作为一个系统来看待，外力通常远小于碰撞物体之间的内力，可以忽略计，认为碰撞过程中动量守恒。

〖引导学生分析〗○1此题物理情景是什么样的？○2如果使用动量守恒定律，那么应取哪些作为对象（研究系统）？○3○3如何分析该系统是否满足动量守恒条件？○4如何确定我们所研究的初末状态？○5解题程序是怎样的？ 〘在此基础上开始答题，可请学生上台作答，其他学生自己动手训练，尤其要注意学生答题的规范性。

解答过程略，可参见教材例题解答〙B 、提问：运用动量守恒定律解题步骤1）、确定研究对象（系统）2）、判断是否守恒（看是否满足三个条件之一）4）、确定正方向（一维情况）5）、分析初、末态6）、列式求解〖此例为碰撞类问题，碰后两个物体合二为一，动量守恒，但有时我们会看到一分为二的情形，如炸弹爆炸等，那我们又该如何去处理呢？〗C 、举例：抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s ，这时突然炸成两块，其中大块质量300g 仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s ，另一小块质量为200g ，求它的速度的大小和方向。

高中物理动量守恒定律教案（通用3篇）高中物理动量守恒定律篇1一.教材的地位和作用动量守恒定律是自然界中最重要，最普遍的守恒定律之一，它既适用于宏观物体，也适用于微观粒子；既适用于低速运动物体，也适用于高速运动物体，甚至对力的作用机制尚不清楚的问题中，动量守恒定律也适用。

它是除牛顿运动定律与能量观点外，另一种更广泛的解决动力学问题的方法，而且在今后的磁学，电学中也会用到此定律。

二.知识结构1,动量守恒定律的表述：如果一个系统不受外力，或者所受外力合力为零，这个系统的总动量保持不变。

2,动量守恒的条件：系统不受外力或者所受外力合力为零。

3,实验验证:两个弹性小球的弹性碰撞。

设两个小球的质量分别为M1和M2，碰撞前的速度分别为V1和V2，碰撞后的速度分别为V1`和V2`。

由动量守恒有：M1·V1+M2·V2=M1·V`1+M2·V`24,动量守恒定律的适用范围:小到微观粒子，大到天体，无论是什么性质的相互作用力，即使对相互作用情况还了解得不大清楚，动量守恒定律都是适用的。

5,灵活运用动量守恒定律和注意事项：动量守恒定律具有普适性。

当系统受到的合外力不为零，但是在某一方向上的合外力为零，那么在该方向上可以运用动量守恒定律。

在运用动量守恒定律之前应严格检验是否符合动量守恒定律的条件。

三.教学重点和难点学习本节的主要目的是为了掌握并会应用动量守恒定律这一应用广泛的自然规律，要达到这一目的，每个学生就需要正确理解其成立的条件和使用的特点。

而动量又是矢量，因此，确定本节的教学重点和难点为：（1）掌握动量守恒定律及其成立的条件。

（2）动量守恒定律的矢量性。

四.教学目标1,知识与技能(1)理解动量守恒定律的确切含义和表达式；(2)能用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律；(3)知道动量守恒定律的适用条件和适用范围；2,过程与方法(1)会用动量守恒定律解释现象；(2)会应用动量守恒定律分析求解运动问题。

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。

动量守恒高三物理教案一、教学目标1.理解动量守恒定律的内涵及其适用条件。

2.能够运用动量守恒定律分析解决实际问题。

3.培养学生的实验操作能力、分析问题和解决问题的能力。

二、教学重点与难点1.教学重点：动量守恒定律的理解和应用。

2.教学难点：动量守恒定律在不同类型问题中的应用。

三、教学过程1.导入新课（1）引导学生回顾初中阶段学习的牛顿运动定律。

（2）提出问题：在牛顿运动定律中，有没有涉及到系统的总动量保持不变的情况？2.理解动量守恒定律（1）讲解动量的概念：动量是物体质量和速度的乘积，表示为p=mv。

（2）讲解动量守恒定律：在一个系统内，如果没有外力作用，那么系统的总动量保持不变。

（3）举例说明：碰撞过程中，系统的总动量保持不变。

3.动量守恒定律的应用（1）分析碰撞问题引导学生分析碰撞过程中，系统的总动量如何保持不变。

（2）讲解碰撞类型让学生了解弹性碰撞和塑性碰撞的区别，以及它们在动量守恒定律中的应用。

（3）练习题给出几个碰撞问题，让学生运用动量守恒定律进行解答。

4.实验探究（1）设计实验让学生设计一个验证动量守恒定律的实验，如碰撞实验。

（2）分组讨论学生分组讨论实验方案，教师给予指导。

（3）实验操作学生进行实验操作，观察实验现象。

（4）数据分析学生分析实验数据，得出结论。

（2）让学生反思在实验过程中遇到的问题，以及如何解决这些问题。

6.作业布置（1）让学生完成课后练习，巩固动量守恒定律的应用。

（2）布置一道研究性学习题目，让学生结合实际生活中的例子，探究动量守恒定律的应用。

四、教学反思重难点补充：1.理解动量守恒定律的内涵及其适用条件：教师：“同学们，你们知道在什么情况下系统的总动量会保持不变吗？”学生：“没有外力作用的时候。

”教师：“很好，这就是动量守恒定律的核心内容。

但要注意，它只适用于封闭系统，也就是说系统内所有物体之间的相互作用力必须内部消化，不能有外力干扰。

”2.动量守恒定律在不同类型问题中的应用：教师：“当两个物体发生碰撞时，它们之间的相互作用力很大，但作用时间很短。

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。