第一篇：動量知識總結(jié)

動量知識總結(jié)

第一單元

動量和動量定理

一、動量、沖量 1.動量

（1）定義：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量，p=mv，動量的單位：kg·m/s.（2速度為瞬時速度，通常以地面為參考系.（3）動量是矢量，其方向與速度v的方向相同

（4）注意動量與動能的區(qū)別和聯(lián)系：動量、動能和速度都是描述物體運動的狀態(tài)量；動量是矢量，動能是標量；動量和動能的關(guān)系是：p2＝2mEk.2.動量的變化量（1）Δp=pt－p0.（2）動量的變化量是矢量，其方向與速度變化的方向相同，與合外力沖量的方向相同（3）求動量變化量的方法：①Δp=pt－p0=mv2－mv1；②Δp=Ft.3.沖量

（1）定義：力和力的作用時間的乘積，叫做該力的沖量，I=Ft，沖量的單位：N·s.（2）沖量是過程量，它表示力在一段時間內(nèi)的累積作用效果.（3）沖量是矢量，其方向由力的方向決定.（4）求沖量的方法：①I=Ft（適用于求恒力的沖量，力可以是合力也可能是某個力）；②I=Δp.（可以是恒力也可是變力）

二、動量定理

（1）物體所受合外力的沖量，等于這個物體動量的增加量，這就是動量定理.表達式為：Ft＝p??p或Ft＝mv??mv

（2）動量定理的研究對象一般是單個物體

（3）動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力.它可以是恒力，也可以是變力.當(dāng)合外力為變力時，F(xiàn)應(yīng)該是合外力對作用時間的平均值.（4）動量定理公式中的FΔt是合外力的沖量，也可以是外力沖量的矢量和，是使研究對象動量發(fā)生變化的原因.在所研究的物理過程中，如果作用在研究對象上的各個外力的作用時間相同，求合外力的沖量時，可以先按矢量合成法則求所有外力的合力，然后再乘以力的作用時間；也可以先求每個外力在作用時間內(nèi)的沖量，然后再按矢量合成法則求所有外力沖量的矢量和；如果作用在研究對象上的各個力的作用時間不相同，就只能求每個力在相應(yīng)時間內(nèi)的沖量，然后再求所有外力沖量的矢量和.三.用動量定理解題的基本思路

（1）明確研究對象和研究過程.研究對象一般是一個物體，研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段.（2）規(guī)定正方向.（3）進行受力分析，寫出總沖量的表達式，如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同，就要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和.（4）寫出研究對象的初、末動量.（5）根據(jù)動量定理列式求解

四、典型題

1、動量和動量的變化

例1 一個質(zhì)量為m=40g的乒乓球自高處落下，以速度v=1m/s碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為v?=0.5m/s。求在碰撞過程中，乒乓球動量變化為多少？（0.06）

2、沖量

例2

質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑固定斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？（IG?m2gHm2gH,IN?,I合?m2gH）

sin?tan?

3、動量定理

例3 質(zhì)量為m=1kg的小球由高h1=0.45m處自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度為h2=0.2m，從小球下落到反跳到最高點經(jīng)歷的時間為Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞擊地面過程中，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮

（答案：60N）

例4 “蹦極”是一項勇敢者的運動，如圖5－1－1所示，某人用彈性橡皮繩拴住身體自高空P處自由下落，在空中感受失重的滋味.若此人質(zhì)量為60 kg，橡皮繩長20 m，人可看成質(zhì)點，g取10 m/s2，求：

（1）此人從點P處由靜止下落至橡皮繩剛伸直（無伸長）時，人的動量為_______；（1200）

（2）若橡皮繩可相當(dāng)于一根勁度系數(shù)為100 N/m 的輕質(zhì)彈簧，則此人從P處下落到_______m時具有最大速度；（26）

（3）若彈性橡皮繩的緩沖時間為3 s，求橡皮繩受到的平均沖力的大小.（1000）

4、多過程動量定理

例5 一個質(zhì)量為m=2kg的物體，在F1=8N的水平推力作用下，從靜止開始沿水平面運動了t1=5s，然后推力減小為F2=5N，方向不變，物體又運動了t2=4s后撤去外力，物體再經(jīng) 過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。（4N）5．在F－t圖中的沖量：

F－t圖上的“面積”表示沖量的大小。

第二單元

動量守恒定律

一、動量守恒定律

1．動量守恒定律的內(nèi)容

一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。

?? 即：m1v1?m2v2?m1v1?m2v2

2．動量守恒定律成立的條件

⑴系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；

⑵系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；

⑶系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。⑷全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。

3．動量守恒定律的表達形式

??m2v2?，即p1+p2=p1/+p2/，所有速度都要以地為參考系 m1v1?m2v2?m1v14．應(yīng)用動量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法

（1）分析題意，明確哪些物體在相互作用，對于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的。

（2）要對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內(nèi)物體作用的外力.在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒定律條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒。

（3）明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的量值或表達式。

（4）確定好正方向建立動量守恒方程求解。

二、典型題 1．碰撞

（1）彈性碰撞（動量守恒，機械能守恒）

（2）非彈性碰撞（動量守恒，機械能有損失）

（3）完全非彈性碰撞（即碰后兩物以共同速度運動，動量守恒，機械能損失最多）注：（1）碰撞問題的特點，①碰撞中系統(tǒng)動量守恒；②碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；③速度大小應(yīng)保證其順序合理

（2）在何種情況下碰撞后交換速度？

例

1、動量分別為5kg?m/s和6kg?m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動量減小了2kg?m/s，而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？

56?mB；碰后A的速度不大于B的速度，解析：A能追上B，說明碰前vA>vB,∴mA3852623282????mAmB；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加，2mA2mB2mA2mB，由3mA4??8mB7 以上不等式組解得：2．子彈打木塊類問題

例2 設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前

2Mmvm0f?s2?d??2M?mdM?m進的距離。（；）

3．反沖問題

在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉(zhuǎn)化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖。例3 總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質(zhì)量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅?/p>

v??（Mv0?muM?m）

4、平均動量守恒（人船模型）

例4 質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當(dāng)他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？（l2?mLM?m）

點評：做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關(guān)系。一般這種題系統(tǒng)初始總動量為零，否則不能用此法

5、爆炸類問題

例5 拋出的手雷在最高點時水平速度為10m/s，這時突然炸成兩塊，其中大塊質(zhì)量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質(zhì)量為200g，求它的速度的大小和方向。（-50）

注：這類問題總動能一定增加

6、某一方向動量守恒

例6 如下圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底面高20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg.設(shè)小球在落到車底前瞬間的速度是25 m/s，則當(dāng)小球與小車相對靜止時，小車的速度是多少？（5 m/s）

7、多物體多過程

例7 兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA=0.5kg mB=0.3kg，它們的下底面光滑，上表面粗糙；另有一質(zhì)量mC=0.1kg的滑塊C（可視為質(zhì)點），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0m/s，求：

（1）木塊A的最終速度vA；（2）滑塊C離開A時的速度（答案 2.6 m/s 4.2 m/s）

?vC。

第二篇：2012高考物理知識要點總結(jié)教案：動量

2012高考物理知識要點總結(jié)教案：動量

動 量

知識要點：

一、沖量

1、沖量：作用在物體上的力和力的作用時間的乘積叫做沖量。表示為I=F·t。

2、沖量是個矢量。它的方向與力的方向相同。

3、沖量的單位：在國際單位制中，沖量的單位是牛頓·秒（N·S）。

4、物體受到變力作用時，可引入平均作用力的沖量。I?F·t。

要點：

1、沖量是力的時間積累量，是與物體運動過程相聯(lián)系的量。沖量的作用效果是使物體動量發(fā)生改變，因此沖量的大小和方向只與動量的增量直接發(fā)生聯(lián)系，而與物體動量沒有什么直接必然聯(lián)系。

2、沖量是矢量，因而可用平行四邊形法則進行合成和分解。合力的沖量總等于分力沖量的矢量和。

二、動量

1、動量：物體質(zhì)量與它的速度的乘積叫做動量。表示為P。?mv

2、動量是矢量，它的方向與物體的速度方向相同。

3、動量的單位：在國際單位制中，動量的單位為千克·米/秒（kg·m/s）。

要點：

1、動量與物體的速度有瞬時對應(yīng)的關(guān)系。說物體的動量要指明是哪一時刻或哪一個位置時物體的動量。所以動量是描述物體瞬時運動狀態(tài)的一個物理量。動量與物體運動速度有關(guān)，但它不能表示物體運動快慢，兩個質(zhì)量不同的物體具有相同的速度，但不具有相同的動量。

2、當(dāng)物體在一條直線上運動時，其動量的方向可用正負號表示。

3、動能與動量都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，但意義不同。物體動能增量與力的空間積累量——功相聯(lián)系，而物體動量的增量則與力的時間積累量——沖量相聯(lián)系。

三、動量定理

四、1、物體受到?jīng)_量的作用，將引起它運動狀態(tài)的變化，具體表現(xiàn)為動量的變化。

2、動量定理：物體所受的合外力的沖量等于物體動量的增量。用公式表示為：

Ft·???Pv?mv 2P1m21合要點：

1、在中學(xué)階段，動量定理的研究對象是一個物體。不加聲明，應(yīng)用動量定理時，總是以地面為參照系，即P1，P2，?P都是相對地面而言的。

2、動量定理是矢量式，它說明合外力的沖量與物體動量變化，不僅大小相等，而且方向相同。在應(yīng)用動量定理解題時，要特別注意各矢量的方向，若各矢量方向在一條直線上，可選定一個正方向，用正負號表示各矢量的方向，就把矢量運算簡化為代數(shù)運算。

3、動量定理和牛頓

變速直線運動或曲線運動的情況，就更為簡便。

四、動量守恒定律

1、動量守恒定律內(nèi)容：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量就保持不變。用公式表示為：

或 m PP??PP?v?mvm?v?mv????121211221122

2、動量守恒定律的適用范圍：動量守恒定律適用于慣性參考系。無論是宏觀物體構(gòu)成的宏觀系統(tǒng)，還是由原子及基本粒子構(gòu)成的微觀系統(tǒng)，只要系統(tǒng)所受合外力等于零，動量守恒定律都適用。

3、動量守恒定律的研究對象是物體系。物體之間的相互作用稱為物體系的內(nèi)力，系統(tǒng)之外的物體的作用于該系統(tǒng)內(nèi)任一物體上的力稱為外力。內(nèi)力只能改變系統(tǒng)中個別物體的動量，但不能改變系統(tǒng)的總動量。只有系統(tǒng)外力才能改變系統(tǒng)的總動量。

要點：

1、在中學(xué)階段常用動量守恒公式解決同一直線上運動的兩個物體相互作用的問題，在這種情況下應(yīng)規(guī)定好正方向，v方向由正、負號表示。、v、v、v??1212

2、兩個物體構(gòu)成的系統(tǒng)如果在某個方向所受合外力為零，則系統(tǒng)在這個方向上動量守恒。

3、碰撞、爆炸等過程是在很短時間內(nèi)完成的，物體間的相互作用力（內(nèi)力）很大，遠大于外力，外力可忽略。碰撞、爆炸等作用時間很短的過程可以認為動量守恒。

五、碰撞

1、碰撞：碰撞現(xiàn)象是指物體間的一種相互作用現(xiàn)象。這種相互作用時間很短，并且在作用期間，外力的作用遠小于物體間相互作用，外力的作用可忽略，所以任何碰撞現(xiàn)象發(fā)生前后的系統(tǒng)總動量保持不變。

2、正碰：兩球碰撞時，如果它們相互作用力的方向沿著兩球心的連線方向，這樣的碰撞叫正碰。

3、彈性正碰、非彈性正碰、完全非彈性正碰：

①如果兩球在正碰過程中，系統(tǒng)的機械能無損失，這種正碰為彈性正碰。

②如果兩球在正碰過程中，系統(tǒng)的機械能有損失，這樣的正碰稱為非彈性正碰。

③如果兩球正碰后粘合在一起以共同速度運動，這種正碰叫完全非彈性正碰。

4、彈性正確分析：

①過程分析：彈性正碰過程可分為兩個過程，即壓縮過程和恢復(fù)過程。見下圖。

②規(guī)律分析：彈性正碰過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒（機械能表現(xiàn)為動能）。則有下式：

mv?mv?mvmv①?????11221122 ?11212212 mv?mvvv??m?②1122?m1122?2222? 解得v1???m1?m2?v1?2m2v2m1?m2

mmv2mv??2?12?11v ??2mm1?2 mm討論：①當(dāng)m即mv，vv????1、2交換速度。②當(dāng)v1?2時，v2?0時，1221碰后，兩球同向運動。0，v0????2mm?2v??2mv11v，v????11，若m?m，則v1mm?212mm?21121m?m若m則v，即碰后1球反向運動，2球沿1球原方向運動。當(dāng)m0，v0????1?2，2?112時，v1???v1，v2??0即m2不動，m1被反彈回來。

六、反沖運動

1、反沖運動：靜止或運動的物體通過分離出一部分物體，使另一部分向反方向運動的現(xiàn)象叫反沖運動。

2、反沖運動是由于物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用而造成的，是符合動量守恒定律的。

第三篇：高考動量解題模型總結(jié)

模型組合講解——子彈打木塊模型 ［模型概述］

子彈打木塊模型：包括一物塊在木板上滑動等。?FNs相??Ek系統(tǒng)?Q，Q為摩擦在系統(tǒng)中產(chǎn)生的熱量；小球在置于光滑水平面上的豎直平面內(nèi)弧形光滑軌道上滑動；一靜一動的同種電荷追碰運動等。［模型講解］

例.如圖1所示，一個長為L、質(zhì)量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點），以水平初速度v0從木塊的左端滑向右端，設(shè)物塊與木塊間的動摩擦因數(shù)為?，當(dāng)物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統(tǒng)機械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的量Q。

圖1 解析：可先根據(jù)動量守恒定律求出m和M的共同速度，再根據(jù)動能定理或能量守恒求出轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量Q。

對物塊，滑動摩擦力Ff做負功，由動能定理得：

?Ff(d?s)?1212mvt?mv0 22即Ff對物塊做負功，使物塊動能減少。

對木塊，滑動摩擦力Ff對木塊做正功，由動能定理得Ffs?增加，系統(tǒng)減少的機械能為：

1Mv2，即Ff對木塊做正功，使木塊動能212121mv0?mvt?Mv2?Ff(d?s)?Ffs?Ffd222?1?

本題中Ff??mg，物塊與木塊相對靜止時，vt?v，則上式可簡化為：

?mgd?121mv0?(m?M)vt222?2?

又以物塊、木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向不受外力，動量守恒，則：

mv0?(m?M)vt聯(lián)立式<2>、<3>得：

2Mv0 d?2?g(M?m)?3?

故系統(tǒng)機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量為：

22Mv0Mmv0 Q?Ffd??mg??2?g(M?m)2(M?m)點評：系統(tǒng)內(nèi)一對滑動摩擦力做功之和（凈功）為負值，在數(shù)值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其絕對值等于系統(tǒng)機械能的減少量，即Ffs??E。

從牛頓運動定律和運動學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：

s2?d(v0?v)/2v0?v ??s2v/2v所以dv0M?mm??，s2?d s2vmM?m一般情況下M??m，所以s2??d，這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：

?Ek?Mm2v0

2(M?m)［模型要點］

子彈打木塊的兩種常見類型：

①木塊放在光滑的水平面上，子彈以初速度v0射擊木塊。

運動性質(zhì)：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。圖象描述：從子彈擊中木塊時刻開始，在同一個v—t坐標中，兩者的速度圖線如下圖中甲（子彈穿出木塊）或乙（子彈停留在木塊中）

圖2 圖中，圖線的縱坐標給出各時刻兩者的速度，圖線的斜率反映了兩者的加速度。兩圖線間陰影部分面積則對應(yīng)了兩者間的相對位移。

方法：把子彈和木塊看成一個系統(tǒng)，利用A：系統(tǒng)水平方向動量守恒；B：系統(tǒng)的能量守恒（機械能不守恒）；C：對木塊和子彈分別利用動能定理。推論：系統(tǒng)損失的機械能等于阻力乘以相對位移，即ΔE＝Ffd ②物塊固定在水平面，子彈以初速度v0射擊木塊，對子彈利用動能定理，可得：

?Ffd?1212mvt?mv0 22兩種類型的共同點：

A、系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對摩擦力做功的總和恒為負值。（因為有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。B、摩擦生熱的條件：必須存在滑動摩擦力和相對滑行的路程。大小為Q＝Ff·s，其中Ff是滑動摩擦力的大小，s是兩個物體的相對位移（在一段時間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內(nèi)兩者相對位移的大小，所以說是一個相對運動問題）。C、靜摩擦力可對物體做功，但不能產(chǎn)生內(nèi)能（因為兩物體的相對位移為零）。［誤區(qū)點撥］

靜摩擦力即使對物體做功，由于相對位移為零而沒有內(nèi)能產(chǎn)生，系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對靜摩擦力做功的總和恒等于零。

不明確動量守恒的條件性與階段性，如圖3所示，不明確動量守恒的瞬間性如速度問題。

圖3 ［模型演練］

如圖4所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間的距離為d，右極板上有一小孔，通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質(zhì)量為M，給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場分布。帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求：

圖4（1）帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度v；（2）此過程中電容器移動的距離s。（3）此過程中能量如何變化？

答案：（1）帶電環(huán)進入電容器后在電場力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當(dāng)它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近，由系統(tǒng)動量守恒定律可得： 動量觀點：

mv0?(M?m)v，v?力與運動觀點： 設(shè)電場力為F mv0

M?mv0?mv0FFt?t?v，v? mMM?m（2）能量觀點（在第（1）問基礎(chǔ)上）： 對m：?Eq?(s?對M：Eqs?d112)?mv2?mv0 2221Mv2?0 2?Eqd112?(m?M)v2?mv0 222所以s?md?

M?m2運動學(xué)觀點： 對M：v?v0vt?s，對m：t?s' 22dmd，解得：s? 22(M?m)s'?s?帶電環(huán)與電容器的速度圖像如圖5所示。由三角形面積可得：

圖5 d11?v0t0，s?vt0 222解得：s?md

2(M?m)（3）在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能。

模型組合講解——人船模型 ［模型概述］

“人船”模型極其應(yīng)用如一人（物）在船（木板）上，或兩人（物）在船（木板）上等，在近幾年的高考中極為常見，分值高，區(qū)分度大，如果我們在解題中按照模型觀點處理，以每題分布給分的情況來看還是可以得到相當(dāng)?shù)姆謹?shù)。［模型講解］

例.如圖1所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？

圖1 解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)在水平方向動量守恒。當(dāng)人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當(dāng)人停下來時，船也停下來。設(shè)某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為v'，取人行進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mv?Mv'?0，即

v'm? vM因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度v與船的平均速度v也與它們vm?，而人的位移s人?vt，船的位移s船?vt，所以船的位移與人的位移也與它們的Mvs船m質(zhì)量成反比，即??1?

s人M的質(zhì)量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1可以看出：s船?s人?L?2? 由<1><2>兩式解得s人?［模型要點］

動力學(xué)規(guī)律：由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度大小與質(zhì)量成反比，方向相反。這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止。

動量與能量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故而遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。

兩個推論：①當(dāng)系統(tǒng)的動量守恒時，任意一段時間內(nèi)的平均動量也守恒； ②當(dāng)系統(tǒng)的動量守恒時，系統(tǒng)的質(zhì)心保持原來的靜止或勻速直線運動狀態(tài)不變。

適用范圍：動量守恒定律雖然是由牛頓第二定律推導(dǎo)得到的，但它的適用范圍比牛頓第二定律更廣泛，它既適用于宏觀也適用于微觀，既適用于低速也適用于高速。［誤區(qū)點撥］

動量守恒的研究對象是一個系統(tǒng)，對一個物體就不能談動量守恒問題。動量守恒定律是一個矢量表達式；動量守恒定律是一個狀態(tài)量表達式，它只與系統(tǒng)的初末狀態(tài)有關(guān)；動量守恒定律具有相對性，表達式中的速度應(yīng)是對應(yīng)同一參照系的速度；動量守恒定律具有同時性，表達式中的初狀態(tài)的動量應(yīng)該是指同一時刻的各個物體動量的矢量和，末狀態(tài)也是如此。［模型演練］

如圖2所示，質(zhì)量為M的小車，上面站著一個質(zhì)量為m的人，車以v0的速度在光滑的水平地面上前進，現(xiàn)在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加Δv，則計算Δv的式子正確的是：（）MmL，s船?L

M?mM?m

圖2 A.(M?m)v0?M(v0??v)?mu B.(M?m)v0?M(v0??v)?m(u?v0)C.(M?m)v0?M(v0??v)?m[u?(v0??v)] D.0?M?v?m(u??v)答案：CD

模型組合講解——爆炸反沖模型 ［模型概述］

“爆炸反沖”模型是動量守恒的典型應(yīng)用，其變遷形式也多種多樣，如炮發(fā)炮彈中的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能；彈簧兩端將物塊彈射將彈性勢能轉(zhuǎn)化為機械能；核衰變時將核能轉(zhuǎn)化為動能等。［模型講解］

例.如圖所示海岸炮將炮彈水平射出，炮身質(zhì)量（不含炮彈）為M，每顆炮彈質(zhì)量為m，當(dāng)炮身固定時，炮彈水平射程為s，那么當(dāng)炮身不固定時，發(fā)射同樣的炮彈，水平射程將是多少？

解析：兩次發(fā)射轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能E是相同的。第一次化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為炮彈的動能；第二次化學(xué)能

p2轉(zhuǎn)化為炮彈和炮身的動能，而炮彈和炮身水平動量守恒，由動能和動量的關(guān)系式Ek?知，在動量大小相

2m1212ME，由于平拋同的情況下，物體的動能和質(zhì)量成反比，炮彈的動能E1?mv1?E，E2?mv2?22M?msvMM的射高相等，兩次射程的比等于拋出時初速度之比，即：2?2?，所以s2?s。

M?msv1M?m思考：有一輛炮車總質(zhì)量為M，靜止在水平光滑地面上，當(dāng)把質(zhì)量為m的炮彈沿著與水平面成θ角發(fā)射出去，炮彈對地速度為v0，求炮車后退的速度。

提示：系統(tǒng)在水平面上不受外力，故水平方向動量守恒，炮彈對地的水平速度大小為v0cos?，設(shè)炮車后退方向為正方向，則(M?m)v?mv0cos??0，v?mv0cos?

M?m評點：有時應(yīng)用整體動量守恒，有時只應(yīng)用某部分物體動量守恒，有時分過程多次應(yīng)用動量守恒，有時抓住初、末狀態(tài)動量即可，要善于選擇系統(tǒng)，善于選擇過程來研究。［模型要點］

內(nèi)力遠大于外力，故系統(tǒng)動量守恒p1?p2，有其他形式的能單向轉(zhuǎn)化為動能。所以“爆炸”時，機械能增加，增加的機械能由化學(xué)能（其他形式的能）轉(zhuǎn)化而來。［誤區(qū)點撥］

忽視動量守恒定律的系統(tǒng)性、忽視動量守恒定律的相對性、同時性。［模型演練］（2005年物理高考科研測試）在光滑地面上，有一輛裝有平射炮的炮車，平射炮固定在炮車上，已知炮車及炮身的質(zhì)量為M，炮彈的質(zhì)量為m；發(fā)射炮彈時，炸藥提供給炮身和炮彈的總機械能E0是不變的。若要使剛發(fā)射后炮彈的動能等于E0，即炸藥提供的能量全部變?yōu)榕趶椀膭幽?，則在發(fā)射前炮車應(yīng)怎樣運動？ 答案：若在發(fā)射前給炮車一適當(dāng)?shù)某跛俣葀0，就可實現(xiàn)題述的要求。

在這種情況下，用v表示發(fā)射后炮彈的速度，V表示發(fā)射后炮車的速度，由動量守恒可知：

(m?M)v0?mv?MV由能量關(guān)系可知：

?1?

1112(m?M)v0?E0?mv2?MV2?2? 222按題述的要求應(yīng)有由以上各式得： 12mv?E02?3?

v0??2mE0(m?M)?M(m?M)2mE0(M?m?M(M?m))m(M?m)?4?

模型組合講解——追碰模型

［模型概述］

追碰是物理上一個重要模型，它涉及到動量定理、動量守恒定律、能量守恒等諸多知識點。從物理方法的角度看。處理碰撞問題，通常使用整體法（系統(tǒng)）、能量方法，守恒方法及矢量運算?！白放觥蹦Ｐ退O(shè)計的內(nèi)容在每年的高考中可以以選擇、計算題形式出現(xiàn)，所以該類試題綜合性強，區(qū)分度大，分值權(quán)重高，因該部分內(nèi)容恰是自然界最普遍的兩個規(guī)律的聯(lián)手演繹，是中學(xué)階段最重要的主干知識之一，因此相關(guān)內(nèi)容就成為每年高考測試的熱點內(nèi)容。

［模型講解］

一、理解動量守恒定律的矢量性

例1.如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB?2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為?4kg?m/s，則：（）

圖1 A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5 B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10 C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5 D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10 解析：題中規(guī)定向右為正方向，而AB球的動量均為正，所以AB都向右運動，又mB?2mA，所以vA?2vB，可以判斷A球在左方，CD錯；碰撞后A的動量變化?pA??4kg?m/s，根據(jù)動量守恒可知，B球的動量變化?pB?4kg?m/s，所以碰后AB球的動量分別為

pA'?(6?4)kg?m/s?2kg?m/s，pB'?(6?4)kg?m/s?10kg?m/s解得vA':vB'?2:5，所以A正確。評點：動量守恒定律的矢量性即是重點又是難點，解題時要遵循以下原則：先確定正方向，與正方向相同的矢量取正號，與正方向相反的矢量取負號，未知矢量當(dāng)作正號代入式中，求出的結(jié)果若大于零，則與正方向相同，若小于零則與正方向相反，同時也要善于利用動量與動能的關(guān)系，但要注意它們的區(qū)別。

二、利用動量守恒定律處理微觀粒子的追碰

例2.在核反應(yīng)堆里，用石墨作減速劑，使鈾核裂變所產(chǎn)生的快中子通過與碳核不斷的碰撞而被減速。假設(shè)中子與碳核發(fā)生的是彈性正碰，且碰撞前碳核是靜止的。已知碳核的質(zhì)量近似為中子質(zhì)量的12倍，中子原來的動能為E0，試求：

（1）經(jīng)過一次碰撞后中子的能量變?yōu)槎嗌伲?/p>

（2）若E0＝1.76MeV，則經(jīng)過多少次碰撞后，中子的能量才可減少到0.025eV。

解析：按彈性正碰的規(guī)律可求出每次碰撞后中子的速度變?yōu)槎嗌伲瑢?yīng)的動能也就可以求解；在根據(jù)每次碰撞前后的動能之比與需要減少到0.025eV與原動能E0的比值關(guān)系，取對數(shù)求出碰撞次數(shù)（必須進位取整）。

（1）彈性正碰遵循動量守恒和能量守恒兩個規(guī)律。設(shè)中子的質(zhì)量為m，碳核的質(zhì)量為M，有：

mv0?mv1?Mv2 121212mv0?mv1?Mv2222由上述兩式整理得：

v1?m?Mm?12m11v0?v0??v0

m?Mm?12m13則經(jīng)過一次碰撞后中子的動能：

E1?1111121mv12?m(?v0)2?E0 22***2E1?()E0 169169（2）同理可得E2?……

121nEn?()E0

169設(shè)經(jīng)過n次碰撞，中子的動能才會減少至0.025eV，即En?0.025eV，E0?1.76MeV，解上式得n?54。

評點：廣義上的碰撞，相互作用力可以是彈力、分子力、電磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏觀物體間的碰撞，也可以是微觀粒子間的碰撞。

說明：《考試大綱》強調(diào)“應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力”，我們在計算中常遇到的是以下一些數(shù)學(xué)問題： ①等差數(shù)列、等比數(shù)列，這兩類問題的處理方法是先用數(shù)學(xué)歸納法找出規(guī)律，再求解； ②對y?asin??bcos?，當(dāng)??arctana，ymax?a2?b2 bA。2③對y?Asin?cos?的形式（即y?Ksin2?），則在??45?時，y有極值④對y?Kab的形式，其中均為a、b變量，但a?b?恒量（a?0、b?0），則可根據(jù)不等式性質(zhì)ab?(a?b)2/2求極值等。

［模型要點］

在近年高考中，考查的碰撞皆為正碰問題。碰撞是中學(xué)物理教學(xué)的重點、是歷年高考命題的熱點，同時它一直是學(xué)生學(xué)習(xí)和高考的難點。碰撞在《考試說明》中作II級要求掌握。

1.碰撞的特點：（1）作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的；（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動能；（3）碰撞過程中，當(dāng)兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大；（4）碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略。

2.碰撞的分類：按能量變化情況可分為彈性碰撞和非彈性碰撞（包括完全非彈性碰撞）。

3.能量方面：彈性碰撞動能守恒；非彈性碰撞動能不守恒；完全非彈性碰撞能量損失（不能完全恢復(fù)原形）最大。

注意：動量守恒定律的驗證、分析推理、應(yīng)用等實驗中，不論在平面還是斜面或用其他方式進行，我們都要注意守恒的條件性。

解題原則：（1）碰撞過程中動量守恒原則；（2）碰撞后系統(tǒng)動能不增原則；（3）碰撞后運動狀態(tài)的合理性原則。

碰撞過程的發(fā)生應(yīng)遵循客觀實際。如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動。

解決“追碰”問題大致分兩類運動，即數(shù)學(xué)法（如函數(shù)極值法、圖象法）和物理方法（參照物變換法、守恒法等）。

［模型演練］

如圖2所示，一水平放置的圓環(huán)形剛性槽固定在桌面上，槽內(nèi)嵌放著三個大小相同的剛性小球，它們的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m2＝m3＝2m1，小球與槽的兩壁剛好接觸，而且它們之間的摩擦可以忽略不計。開始時，三球處于槽中I、II、III的位置，彼此間距離相等，m2和m3靜止，m1以速度v0??R2沿槽運動，R為圓環(huán)的內(nèi)半徑和小球半徑之和，各球之間的碰撞皆為彈性碰撞，求此系統(tǒng)的運動周期T。

圖2 答案：先考慮m1與m2的碰撞，令v1、v2分別為它們的碰后速度，由彈性正碰可得：

v1?v2?m1?m21v0??v0m1?m232m12v0?v0m1?m23

當(dāng)m2與m3相碰后，交換速度，m2停在III處，m3以

2v0的速率運動。因為三段圓弧相等，當(dāng)m3運動3到位置I時，m1恰好返回。它們在I處的碰撞，m3停在I處，m1又以v0的速度順時針運動。當(dāng)m1再運動到

2?R18?s，m2由位置II時，共經(jīng)歷了一個周期的，則：m1兩次由位置I運動到II處的時間為：t1?2?33v032?RII運動到III處的時間為：t2?3?2s，m3由位置III運動到I的時間為：t3?t2?2s。

2v03所以系統(tǒng)的周期為：T?3(t1?t2?t3)?20s

第四篇：動量教學(xué)

教學(xué)內(nèi)容：動量守恒定律習(xí)題

例

1、質(zhì)量為1kg的物體從距地面5m高處自由下落，正落在以5m/s的速度沿水平方向勻速前進的小車上，車上裝有砂子，車與砂的總質(zhì)量為4kg，地面光滑，則車后來的速度為多少？

分析：以物體和車做為研究對象，受力情況如圖所示。

在物體落入車的過程中，物體與車接觸瞬間豎直方向具有較大的動量，落入車后，豎直方向上的動量減為0，由動量定理可知，車給重物的作用力遠大于物體的重力。因此地面給車的支持力遠大于車與重物的重力之和。

系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)總動量不守恒。但在水平方向系統(tǒng)不受外力作用，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒。以車的運動方向為正方向，由動量守恒定律可得：

車

重物 初：v0=5m/s

0 末：v

v

?Mv0=(M+m)v

?v?M4v0??5?4m/s N?m1?4即為所求。

例

2、質(zhì)量為1kg的滑塊以4m/s的水平速度滑上靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為3kg的小車，最后以共同速度運動，滑塊與車的摩擦系數(shù)為0.2，則此過程經(jīng)歷的時間為多少？

分析：以滑塊和小車為研究對象，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)總動量守恒。以滑塊的運動方向為正方向，由動量守恒定律可得

滑塊

小車 初：v0=4m/s

0 末：v

v

?mv0=(M+m)v

?v?M1v0??4?1m/s M?m1?3再以滑塊為研究對象，其受力情況如圖所示，由動量定理可得

ΣF=-ft=mv-mv0

?t?f=μmg 即為所求。

v?v0?(1?4)??1.5s ?g0.2?10

例

3、一顆手榴彈在5m高處以v0=10m/s的速度水平飛行時，炸裂成質(zhì)量比為3：2的兩小塊，質(zhì)量大的以100m/s的速度反向飛行，求兩塊落地點的距離。（g取10m/s2）

分析：手榴彈在高空飛行炸裂成兩塊，以其為研究對象，系統(tǒng)合外力不為零，總動量不守恒。但手榴彈在爆炸時對兩小塊的作用力遠大于自身的重力，且水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以初速度方向為正。

由已知條件：m1：m2=3：2 mm2 初：v0=10m/s

v0=10m/s 末：v1=-100m/s

v2=?

?(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 ?v2?(m1?m2)v0?m1v15?10?3?(?100)??175m/s

m22炸后兩物塊做平拋運動，其間距與其水平射程有關(guān)。

Δx=(v1+v2)t ??x?(v1?v2)y=h=gt2

即為所求。

例

4、如圖所示，質(zhì)量為0.4kg的木塊以2m/s的速度水平地滑上靜止的平板小車，車的質(zhì)量為1.6kg，木塊與小車之間的摩擦系數(shù)為0.2(g取10m/s2)。設(shè)小車足夠長，求：

（1）木塊和小車相對靜止時小車的速度。

（2）從木塊滑上小車到它們處于相對靜止所經(jīng)歷的時間。

（3）從木塊滑上小車到它們處于相對靜止木塊在小車上滑行的距離。分析：（1）以木塊和小車為研究對象，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以木塊速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：

木塊m

小車M 初：v0=2m/s

v0=0 末：v

v

?mv0=(M+m)v

?v?m0.4v0??2?0.4m/s M?m0.4?1.6122h2?5?(100?175)??275m g10（2）再以木塊為研究對象，其受力情況如圖所示，由動量定理可得

ΣF=-ft=mv-mv0

?t?f=μmg

v?v0?(0.4?2)??4?0.8s ?g0.2?10

f??g?2m/s2 mf?mg0.2?0.4?10??0.5m/s2，由運動學(xué)公式可得： 車做勻加速運動，加速度a2??MM1.6（3）木塊做勻減速運動，加速度a1?vt2-v02=2as

2vt2?v00.42?22??0.96m 在此過程中木塊的位移S1?2a?2?211車的位移S2?a2t2??0.5?0.82?0.16m

22由此可知，木塊在小車上滑行的距離為ΔS=S1-S2=0.8m 即為所求。

另解：設(shè)小車的位移為S2，則A的位移為S1+ΔS，ΔS為木塊在小車上滑行的距離，那么小車、木塊之間的位移差就是ΔS，作出木塊、小車的v-t圖線如圖所示，則木塊在小車上的滑行距離數(shù)值上等于圖中陰影部分的三角形的“面積”。

例

5、甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他所乘的冰車的質(zhì)量共為30kg，乙和他所乘的冰車的質(zhì)量也為30kg。游戲時，甲推著一個質(zhì)量為15kg的箱子，和甲一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推向乙，箱子滑到乙處，乙迅速將它抓住。若不計冰面的摩擦，甲至少要以多大的速度（相對于地面）將箱子推出，才能避免與乙相撞？

分析：設(shè)甲推出箱子后速度為v甲，乙抓住箱子后的速度為v乙。分別以甲、箱子；乙、箱子為研究對象，系統(tǒng)在運動過程中所受合外力為零，總動量守恒。以甲的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得：

甲推箱子的過程：

甲：M

箱子：m 初：v0=2m/s

v0=2m/s 末：v甲

v=?

?(M+m)v0=Mv甲+mv

（1）乙接箱子的過程

乙：M

箱子；m 初：v0=-2m/s

v 末：v乙

v乙

?Mv0+mv=(M+m)v乙

（2）甲、乙恰不相撞的條件：v甲=v乙

三式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可求得：v=5.2m/s 反饋練習(xí)：

1、質(zhì)量分別為2kg和5kg的兩靜止的小車m1、m2中間壓縮一根輕彈簧后放在

光滑水平面上，放手后讓小車彈開，今測得m2受到的沖量為10N·s，則

（1）在此過程中，m1的動量的增量為

A、2kg·m/s

B、-2kg·m/s

C、10kg·m/s

D、-10kg·m/s（2）彈開后兩車的總動量為

A、20kg·m/s

B、10kg·m/s

C、0

D、無法判斷

2、質(zhì)量為50kg的人以8m/s的速度跳上一輛迎面駛來的質(zhì)量為200kg、速度為4m/s的平板車。人跳上車后，車的速度為

A、4.8m/s

B、3.2m/s

C、1.6m/s

D、2m/s

3、如圖所示，滑塊質(zhì)量為1kg，小車質(zhì)量為4kg。小車與地面間無摩擦，車底板距地面1.25m?，F(xiàn)給滑塊一向右的大小為5N·s的瞬時沖量?；瑝K飛離小車后的落地點與小車相距1.25m，則小車后來的速度為

A、0.5m/s，向左

B、0.5m/s，向右

C、1m/s，向右

D、1m/s，向左

4、在光滑的水平地面上有一輛小車，甲乙兩人站在車的中間，甲開始向車頭走，同時乙向車尾走。站在地面上的人發(fā)現(xiàn)小車向前運動了，這是由于

A、甲的速度比乙的速度小

B、甲的質(zhì)量比乙的質(zhì)量小 C、甲的動量比乙的動量小

D、甲的動量比乙的動量大

5、A、B兩條船靜止在水面上，它們的質(zhì)量均為M。質(zhì)量為

M的人以對地速度2v從A船跳上B船，再從B船跳回A船，經(jīng)過幾次后人停在B船上。不計水的阻力，則

A、A、B兩船速度均為零

B、vA：vB=1：1 C、vA：vB=3：2

D、vA：vB=2：3

6、質(zhì)量為100kg的小船靜止在水面上，船兩端有質(zhì)量40kg的甲和質(zhì)量60kg的乙，當(dāng)甲、乙同時以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速率為

A、0

B、0.3m/s，向左

C、0.6m/s，向右

D、0.6m/s，向左

7、A、B兩滑塊放在光滑的水平面上，A受向右的水平力FA，B受向左的水平力FB作用而相向運動。已知mA=2mB，F(xiàn)A=2FB。經(jīng)過相同的時間t撤去外力FA、FB，以后A、B相碰合為一體，這時他們將

A、停止運動

B、向左運動

C、向右運動

D、無法判斷

8、物體A的質(zhì)量是B的2倍，中間有一壓縮的彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開后一小段時間內(nèi)

A、A的速率是B的一半

B、A的動量大于B的動量 C、A受的力大于B受的力

D、總動量為零

9、放在光滑的水平面上的一輛小車的長度為L，質(zhì)量等于M。在車的一端站一個人，人的質(zhì)量等于m，開始時人和車都保持靜止。當(dāng)人從車的一端走到車的另一端時，小車后退的距離為

A、mL/(m+M)

B、ML/(m+M)

C、mL/(M-m)

D、ML/(M-m)

10、如圖所示，A、B兩個物體之間用輕彈簧連接，放

在光滑的水平面上，物體A緊靠豎直墻，現(xiàn)在用力向左推B使彈簧壓縮，然后由靜止釋放，則

A、彈簧第一次恢復(fù)為原長時，物體A開始加速

B、彈簧第一次伸長為最大時，兩物體的速度一定相同 C、第二次恢復(fù)為原長時，兩個物體的速度方向一定反向 D、彈簧再次壓縮為最短時，物體A的速度可能為零

11、如圖所示，小球A以速率v0向右運動時跟靜止的小球B發(fā)生碰撞，碰后A球以v0v的速率彈回，而B球以0的速率向右運23動，求A、B兩球的質(zhì)量之比。

12、質(zhì)量為10g的小球甲在光滑的水平桌面上以30cm/s的速率向右運動，恰遇上質(zhì)量為50g的小球乙以10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球乙恰好靜止。那么，碰撞后小球甲的速度多大？方向如何？

13、如圖所示，物體A、B并列緊靠在光滑水平面上，mA=500g，mB=400g，另有一個質(zhì)量為100g的物體C以10m/s的水平速度摩擦著A、B表面經(jīng)過，在摩擦力的作用下A、B物體也運動，最后C物體在B物體上一起以1.5m/s的速度運動，求C物體離開A物體時，A、C兩物體的速度。

14、如圖所示，光滑的水平臺子離地面的高度為h，質(zhì)量為m的小球以一定的速度在高臺上運動，從邊緣D水平射出，落地點為A，水平射程為s。如果在臺子邊緣D處放一質(zhì)量為M的橡皮泥，再讓小球以剛才的速度在水平高臺上運動，在邊緣D處打中橡皮泥并同時落地，落地點為B。求AB間的距離。

參考答案：

1、D、C

2、C

3、B

4、C

5、C

6、D

7、C

8、AD

9、A

10、AB 11、2：9 12、20cm/s，方向向左13、0.5m/s，5.5m/s

14、Ms M?m

第五篇：動量守恒教案

動量守恒定律

（教案）杜茂文

教學(xué)目標：

一、知識目標

1、理解動量守恒定律的確切含義．

2、知道動量守恒定律的適用條件和適用范圍．

二、能力目標

1、運用動量定理和牛頓第三定律推導(dǎo)出動量守恒定律．

2、能運用動量守恒定律解釋現(xiàn)象．

3、會應(yīng)用動量守恒定律分析、計算有關(guān)問題（只限于一維運動）．

三、情感目標

1、培養(yǎng)實事求是的科學(xué)態(tài)度和嚴謹?shù)耐评矸椒ǎ?/p>

2、使學(xué)生知道自然科學(xué)規(guī)律發(fā)現(xiàn)的重大現(xiàn)實意義及對社會發(fā)展的巨大推動作用． 重點難點：

重點：理解和基本掌握動量守恒定律． 難點：對動量守恒定律條件的掌握． 教學(xué)過程：

動量定理研究了一個物體受到力的沖量作用后，動量怎樣變化，那么兩個或兩個以上的物體相互作用時，會出現(xiàn)怎樣的總結(jié)果？這類問題在我們的日常生活中較為常見，例如，兩個緊挨著站在冰面上的同學(xué)，不論誰推一下誰，他們都會向相反的方向滑開，兩個同學(xué)的動量都發(fā)生了變化，又如火車編組時車廂的對接，飛船在軌道上與另一航天器對接，這些過程中相互作用的物體的動量都有變化，但它們遵循著一條重要的規(guī)律．

（－）系統(tǒng)

為了便于對問題的討論和分析，我們引入幾個概念．

1．系統(tǒng)：存在相互作用的幾個物體所組成的整體，稱為系統(tǒng)，系統(tǒng)可按解決問題的需要靈活選取．

2．內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各個物體間的相互作用力稱為內(nèi)力．

3．外力：系統(tǒng)外其他物體作用在系統(tǒng)內(nèi)任何一個物體上的力，稱為外力．

內(nèi)力和外力的區(qū)分依賴于系統(tǒng)的選取，只有在確定了系統(tǒng)后，才能確定內(nèi)力和外力．

（二）相互作用的兩個物體動量變化之間的關(guān)系

【演示】如圖所示，氣墊導(dǎo)軌上的A、B兩滑塊在P、Q兩處，在A、B間壓緊一被壓縮的彈簧，中間用細線把A、B拴住，M和N為兩個可移動的擋板，通過調(diào)節(jié)M、N的位置，使燒斷細線后A、B兩滑塊同時撞到相應(yīng)的擋板上，這樣就可以用ＳＡ和ＳＢ分別表示A、B兩滑塊相互作用后的速度，測出兩滑塊的質(zhì)量mＡ＼mＢ和作用后的位移ＳＡ和ＳＢ比較mＡＳＡ和mＢＳＢ．

1．實驗條件：以A、B為系統(tǒng)，外力很小可忽略不計．

2．實驗結(jié)論：兩物體A、B在不受外力作用的條件下，相互作用過程中動量變化大小相等，方向相反，即△pＡ＝－△pＢ或△pＡ＋△pＢ＝０

【注意】因為動量的變化是矢量，所以不能把實驗結(jié)論理解為A、B兩物體的動量變化相同．

（三）動量守恒定律

1．表述：一個系統(tǒng)不受外力或受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這個結(jié)論叫做動量守恒定律．

2．?dāng)?shù)學(xué)表達式：p＝p’，對由A、B兩物體組成的系統(tǒng)有：mAvA+mBvB= mAvA’+mBvB’

（1）mA、mB分別是A、B兩物體的質(zhì)量，vA、vB、分別是它們相互作用前的速度，vA’、vB’分別是它們相互作用后的速度．

【注意】式中各速度都應(yīng)相對同一參考系，一般以地面為參考系．

（2）動量守恒定律的表達式是矢量式，解題時選取正方向后用正、負來表示方向，將矢量運算變?yōu)榇鷶?shù)運算． 3．成立條件

在滿足下列條件之一時，系統(tǒng)的動量守恒

（1）不受外力或受外力之和為零，系統(tǒng)的總動量守恒．

（2）系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力，可忽略外力，系統(tǒng)的總動量守恒．

（3）系統(tǒng)在某一方向上滿足上述（1）或（2），則在該方向上系統(tǒng)的總動量守恒．

4．適用范圍

動量守恒定律是自然界最重要最普遍的規(guī)律之一，大到星球的宏觀系統(tǒng)，小到基本粒子的微觀系統(tǒng)，無論系統(tǒng)內(nèi)各物體之間相互作用是什么力，只要滿足上述條件，動量守恒定律都是適用的．

（四）由動量定理和牛頓第三定律可導(dǎo)出動量守恒定律

設(shè)兩個物體m１和m２發(fā)生相互作用，物體1對物體2的作用力是Ｆ１２，物體2對物體1的作用力是Ｆ２１，此外兩個物體不受其他力作用，在作用時間△Ｖt 內(nèi)，分別對物體1和2用動量定理得：Ｆ２１△Ｖt ＝△p１；Ｆ１２△Ｖt ＝△p２，由牛頓第三定律得Ｆ２１＝－Ｆ１２，所以△p１＝－△p２，即： △p＝△p１＋△p２＝０或m１v１+m２v２= m１v１’+m２v２’．

【例1】如圖所示，氣球與繩梯的質(zhì)量為M，氣球的繩梯上站著一個質(zhì)量為m的人，整個系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)，不計空氣阻力，則當(dāng)人沿繩梯向上爬時，對于人和氣球（包括繩梯）這一系統(tǒng)來說動量是否守恒？為什么？

【解析】對于這一系統(tǒng)來說，動量是守恒的，因為當(dāng)人未沿繩梯向上爬時，系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)，說明系統(tǒng)所受的重力（Ｍ＋m）g跟浮力F平衡，那么系統(tǒng)所受的外力之和為零，當(dāng)人向上爬時，氣球同時會向下運動，人與梯間的相互作用力總是等值反向，系統(tǒng)所受的外力之和始終為零，因此系統(tǒng)的動量是守恒的．

【例2】如圖所示是A、B兩滑塊在碰撞前后的閃光照片部分示意圖，圖中滑塊A的質(zhì)量為0.14kg，滑塊B的質(zhì)量為0.22kg，所用標尺的最小刻度是0.5cm，閃光照相時每秒拍攝10次，試根據(jù)圖示回答：

（1）作用前后滑塊A動量的增量為多少？方向如何？（2）碰撞前后A和B的總動量是否守恒？

【解析】從圖中A、B兩位置的變化可知，作用前B是靜止的，作用后B向右運動，A向左運動，它們都是勻速運動．mAvA+mBvB= mAvA’+mBvB’（1）vＡ＝ＳＡ／t＝０.０５／０.１＝０.５（m／s）；

vＡ′＝ＳＡ′／t＝－０.００５／０.１＝－０.０５（m／s）

△pＡ＝mAvA’－mAvA＝０.１４＊（－０.０５）－０.１４＊０.５＝－０.０７７（kg·m/s），方向向左．

（2）碰撞前總動量p＝pＡ＝mAvA＝０.１４*０.５＝０.０７（kg·m/s）碰撞后總動量p’＝mAvA’+mBvB’

＝０.１４*（－０.０６）+０.２２*（０.０３５/０.１）＝０.０７（kg·m/s）p＝p’，碰撞前后A、B的總動量守恒．

【例3】一質(zhì)量mA＝０.２kg，沿光滑水平面以速度vA＝５m/s運動的物體，撞上靜止于該水平面上質(zhì)量mB＝０.５kg的物體B，在下列兩種情況下，撞后兩物體的速度分別為多大？

（1）撞后第1s末兩物距0.6m．（2）撞后第1s末兩物相距3.4m．

【解析】以A、B兩物為一個系統(tǒng)，相互作用中無其他外力，系統(tǒng)的動量守恒． 設(shè)撞后A、B兩物的速度分別為vA’和vB’，以vA的方向為正方向，則有： mAvA＝mAvA’+mBvB’； vB’t－vA’t＝s（1）當(dāng)s＝０.６m時，解得vA’＝１m／s，vB’＝１.６m／s，A、B同方向運動．

（2）當(dāng)s＝３.４m時，解得vA’＝－１m／s，vB’＝２.４m／s，A、B反方向運動．

小結(jié)：（根據(jù)課堂實際加以總結(jié)）