第一篇：高一物理教案第3單元：動量守恒定律的應用

高一物理 第3單元 動量守恒定律的應用教案

一、內容黃金組

恒，如碰撞、爆炸問題。

2． 理解并能運用分方向動量守恒求解有關問題。會求解多個物體組成系統的動量守恒問題。能綜合應用動量守恒和其他規律分析解決有關問題。

3． 知道反沖運動的含義和反沖運動的應用，會解釋反沖現象并能計算有關問題，知道火箭的飛行原理和主要用途。4． 會處理動量守恒中的臨界問題。

二、要點大揭秘

1．反沖運動及其規律

（1）反沖運動：兩個物體相互作用，由于一個物體的運動，而引起另一個物體的后退運動．如原來靜止的大炮，向前發射炮彈后，他身要后退，炮身的后退就是反沖運動再如，發射火箭時，火箭向下高速噴射氣體，使火箭獲得向上的速度，這也是反沖運．

（2）反沖運動遵循的規律：反沖運動是系統內力作用的結果，雖然有時系統所受的合外力不為零，但由于系統內力遠遠大于外力，所以系統的總動量是守恒的．此外如系統所受的外力的合力不為零，但在某一方向上不受外力或在該方向上所受外力的合力為零，則在該方向上的動量（即總動量在該方向上的分量）是守恒的，這種某方向上的動量守恒應用很廣泛．

2．反沖運動與人船模型

如圖所示，長為L，質量為m1的小船停在靜水中，一個質量為m2的人立在船頭，若不計水的粘滯阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？

選人和船組成的系統為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動量守恒，人起步前系統的總動量為零．當人起步加速前進時，船同時向后加速運動；當人勻速前進時，船同時向后勻速運動；當人停下來時，船也停下來．設某一時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，選人前進的方向為正方向，根據動量守恒定律有 m1v1-m2v2=0

即 v2/v1=m1/m2.因為在人從船頭走到船尾的整個過程中，每一個時刻系統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，都與它們的質量成反比從而可以判斷：在人從船頭走到船尾的過程中，人的位移S2與船的位移S1之比，也應與它們的質量成反比，即

s2/s1=m1/m2

上式是人船模型的位移與質量的關系式，此式的適用條件是：一個原來處于靜止狀態的系統，在系統發生相對運動的過程中，有一個方向動量守恒（如水平方向或豎直方向）．使用這一關系應注意：s1和s=s2是相對同一參照物的位移．

由圖可以看出 s1+s2=L與m1s1=m2s2聯立解得

s1=m2L/(m1+m2)s2=m1L/(m1+m2)3．火箭原理

火箭是反沖運動的重要應用，它是靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度的．現代火箭主要由殼體和燃料兩大部分組成，殼體是圓筒形的，前端是封閉的尖端，后端有尾噴管，燃料燃燒時產生的高溫高壓氣體以很大的速度從尾部向后噴出，火箭就向前飛去．

1． 掌握運用動量守恒定律解題的一般步驟，知道當系統內力遠大于外力時動量近似守

火箭向前飛行所能達到的最大速度，也就是燃料燒盡時火箭獲得的最終速度，它跟什么因素有關呢？根據動量守恒定律，理論上的計算表明，最終速度主要取決于兩個條件，一個是噴氣速度，一個是質量比，即火箭開始飛行時的質量與燃料燒盡時的質量之比．噴氣速度越大，質量比越大，火箭的最終速度也越大．為了提高噴氣速度，需要使用高質量的燃料，目前常用的液體燃料是液氫，用液氧做氧化劑，質量比與火箭的結構和材料有關系，現代 火箭能達到的質量比不超過10．在現代技術條件下，一級火箭的最終速度還達不到發射人造衛星所需的速度．所以，要發射衛星，必須采用多級火箭．．

三、好題解給你

1． 本課預習題

(1)如圖所示，小沙車沿光滑水平面以速度v0作勻速直線運動，運動中，從沙車上方落入一只質量不可忽略的鐵球，使沙車的速度變為v’后，下列說法中正確的是（）．

A.v’=v0

B．v’＞ v0

C.v’＜v0

D．無法判斷

(2)．如圖所示，沒車廂長度為L，質量為M，靜止于光滑的水平面上，車廂內有一質量為m的物體以初度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n次后，靜止于車廂中，這時車廂的速度是（）． A．v0，水平向右

B．0 C．mv0／(M＋m)，水平向右

D．mv0／(M－m)，水平向右(3)．光滑水平面上停放著兩木塊A和B，A的質量大，現同時施加大小相等的恒力F使它們相向運動，然后又同時撤去外力F，結果A、B迎面相碰后合在一起，問A、B合在一起后的運動情況將是（）． A．停止運動

B．因A的質量大而向右運動

C．因B的速度大而向左運動

D．運動方向不能確定

(4)．滿載砂子總質量為M的小車，在光滑水平面上做勻速運動，速度為v0，在行駛途中有質量為m的砂子從車上漏掉，則砂子漏掉后小車的速度應為（）．

A．v0

B．Mv0／（M＋m）C．mv0／(M－m)

D．（M－m）v0／M(5)．一物體以20m/s的速度在空中飛行，突然由于內力的作用，物體分裂成質量為3：7的兩塊，在這一瞬間，大塊以80m／s的速度向原方向飛去，則小塊物體的速度大小是＿＿＿＿，方向＿＿＿＿．

本課預習題參考答案：（1）C（2）C（3）A（4）A（5）1120m/s，與原運動方向相反 2． 基礎題

4．A、B兩球在光滑水平面上相向運動，兩球相碰后有一球停止運動，則下述說法中正確的是（）A．若碰后，A球速度為0，則碰前A的動量一定大于B的動量 B．若碰后，A球速度為0，則碰前A的動量一定小于B的動量 C．若碰后，B球速度為0，則碰前A的動量一定大于B的動量 D．若碰后，B球速度為0，則碰前A的動量一定小于B的動量

5．在光滑水平面上有A、B兩球，其動量大小分別為10kg·m/s與15kg·m/s，方向均為向東，A球在B球后，當A球追上B球后，兩球相碰，則相碰以后，A、B兩球的動量可能

分別為（）A．10kg·m/s，15kg·m/s B．8kg·m/s，17kg·m/s C．12kg·m/s，13kg·m/s D．-10kg·m/s，35kg·m/s（3）、一門舊式大炮水平射出一枚質量為10kg的炮彈，炮彈飛出的速度是500m／s，炮身的質量是2k，則他身后退的速度大小是______m／s，若大炮后退中所受的阻力是它重力的30％，則大炮能后退_________m．（取g＝10m／s2）

基礎題參考答案：（1）AD

（2）B

（3）2.5 1.04 3． 應用題

（1）魚雷快艇的總質量為M,以速度v勻速前進,快艇沿前進方向發射一顆質量為m的魚雷后,快艇速度減為原來的1/3,則魚雷的發射速度為

.(不計水的阻力)（2）從傾角為30o、長0.3m的光滑斜面上滑下質量為 2kg的貨包，掉在質量為13kg的小車里，若小車與水平面之間動摩擦因數μ＝0.02，小車能前進多遠？（g取 10m／s2）

（3）連同裝備在內總質量為M的宇航員在太空中進行太空行走,開始時他和飛船相對靜止,利用所帶的氧氣槍噴出質量為m、相對飛船的速度為v的氧氣后,宇航員獲得的速度大小為

A.mv/M

B.mv/(m+M)

C.mv/(M-m)

D.(M-m)v/(M+m)

應用題參考答案：（1）(2M+m)v/3m

（2）0.2m

（3）C

4． 提高題

（1）如圖所示，在光滑水平面上，有一質量為M＝3kg的薄板和質量m=1kg的物塊，都以v=4m/s的初速度朝相反方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當薄板的速度為2.4m/s時，物塊的運動情況是（）．

A．做加速運動

B．做減速運動

C．做勻速運動

D．以上運動都可能（2）

一個質量M=1kg的鳥在空中v0=6m/s沿水平方向飛行，離地面高度h=20m，忽被一顆質量m=20g沿水平方向同向飛來的子彈擊中，子彈速度v=300m/s，擊中后子彈留在鳥體內，鳥立即死去，g=10m/s2．求：鳥被擊中后經多少時間落地；鳥落地處離被擊中處的水平距離．

（3）小型迫擊炮在總質量為1000kg的船上發射，炮彈的質量為2kg．若炮彈飛離炮口時相對于地面的速度為600m/s，且速度跟水平面成45°角，求發射炮彈后小船后退的速度？

提高題參考答案：（1）A

（2）23.52m 提示：子彈擊中鳥的過程，水平方向動量守恒，接著兩者一起作平拋運動。（3）－0.86m/s 分析與提示： 取炮彈和小船組成的系統為研究對象，在發射炮彈的過程中，炮彈和炮身(炮和船視為固定在一起)的作用力為內力．系統受到的外力有炮彈和船的重力、水對船的浮力．在船靜止的情況下，重力和浮力相等，但在發射炮彈時，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系統所受到的合外力不為零，但在水平方向上系統不受外力(不計水的阻力)，故在該方向上動量守恒．

解：發射炮彈前，總質量為1000kg的船靜止，則總動量Mv=0．

發射炮彈后，炮彈在水平方向的動量為mv1'cos45°，船后退的動量(M-m)v2'． 據動量守恒定律有

0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'． 取炮彈的水平速度方向為正方向，代入已知數據解得

四、課后演武場

1．甲球與乙球相碰，甲球的速度減少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，則甲、乙兩球質量之比m甲∶m乙是（）

A．2∶

1B．3∶

5C．5∶

3D．1∶2

2．如圖所示,在質量為M的小車中掛一單擺,擺球質量為m0,小車(和擺)一起以恒定速度v沿光滑水平地面運動,與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞.設碰撞時間極短,則在碰撞過程中,以下情況可能發生的有

（）A.車、木塊、擺球的速度均可能變化,設變化后的速度分別為v1、v2、v3,則它們滿足(M+m)v=Mv1+mv2+m0v3

B.擺球的速度不變,車和木塊的速度變為v1和v2,且滿足Mv=Mv1+mv2 C.擺球的速度不變,車和木塊的速度均變為v1,且滿足Mv=(M+m)v1 D.車和擺球的速度均變為v1,木塊的速度變為v2,且滿足(M+m0)v=(M+m0)v1 3．如圖所示，質量均為m的小車A、B在光滑水平面上以相同的速率v=1.5m／s相向運動，在小車B的支架上用細線懸掛著質量為m/7的小球C，C相對于B靜止．若兩車相碰后連在一起運動，當C擺到最高點時，兩車速度大小為______m／s．

4．質量為m的木塊和質量為M的金屬塊用細繩系在一起，處于深水中靜止，則剪斷細繩木塊上浮h時（沒有浮出水面）鐵塊下沉的深度為（不計水的阻力）＿＿＿＿＿＿＿＿．

5．如圖所示，物體A與B質量分別為m和M，直角邊分別長為a和b，設B與水平面無摩擦，當A由B頂端從靜止開始滑到B底端時，兩者的水平位移各是多少？

6．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上．小車的最右端站著質量為m的人,若人水平向右以相對車的速度v跳離小車，則人脫離小車后小車的速度多大？方向如何？

7．如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊A和B，已知mA=500g,mB=300，有一個質量mc=80g的小銅塊C以25m／s水平速度開始在A表面滑動，由于C與A、B間有摩擦，銅塊最后停在B上，B和 C一起以 2.5m／s的速度共同前進，求：（1）木塊A最后的vA’；（2）C離開A時速

度vc’．

8．如圖所示，平直軌道上有一節車廂，質量為M，車廂以1.2m/s的速度向右做勻速運動，某時刻與質量為m=M/3的靜止的平板車相撞在一起，車頂離平板車的高度為1.8sin，車廂項邊緣上有小鋼球向前滑出，問：鋼球將落在平板車上何處？（空氣阻力不計，平板車足夠長，g取 10m／s2）

9．如圖，甲乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲．甲和他的冰車質量之和為M＝30kg，乙和他的冰車質量之和也是M＝30kg．游戲時，甲推著一個質量m＝15kg的箱子以大小為v0=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給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住．若不計冰面摩擦，求甲至少要以多大速度（相對于地）將箱子推出，才能避免與乙相撞？

10．人和冰車的總質量為M，另有一水球質量為m．已知M：m=3：2，人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v（相對地面）將原來靜止的水球滑冰面推向正前方的固定擋板．（不計一切摩擦，球與擋板碰撞時以原速率反彈）．人接住球后再以同樣的速度（相對于地面）將球沿冰面向正前方推向擋板，求人推多少次后不能再接到球？

課后演武場參考答案：

1、B

2、BC 3、0.1

4、mh/M

5、m(b-a)/(M+m)

M(b-a)/(M+m)

6、mv/(M+m)方向和v的方向相反。

7、vA’=2.1m/s

vC’=4m/s

8、離車頂邊緣水平距離為0.18m。9、5.2m/s 10、9次

第二篇：高二物理教案08.5.動量守恒定律的應用.doc

學習資 料

動量守恒定律的應用

一、教學目標

1．學會分析動量守恒的條件。

2．學會選擇正方向，化一維矢量運算為代數運算。

3．會應用動量守恒定律解決碰撞、反沖等物體相互作用的問題(僅限于一維情況)，知道應用動量守恒定律解決實際問題的基本思路和方法。

二、重點、難點分析

1．應用動量守恒定律解決實際問題的基本思路和方法是本節重點。2．難點是矢量性問題與參照系的選擇對初學者感到不適應。

三、教具

1．碰撞球系統(兩球和多球)； 2．反沖小車。

四、教學過程

本節是繼動量守恒定律理論課之后的習題課。1．討論動量守恒的基本條件

例1．在光滑水平面上有一個彈簧振子系統，如圖所示，兩振子的質量分別為m1和m2。討論此系統在振動時動量是否守恒？

分析：由于水平面上無摩擦，故振動系統不受外力(豎直方向重力與支持力平衡)，所以此系統振動時動量守恒，即向左的動量與向右的動量大小相等。例2．承上題，但水平地面不光滑，與兩振子的動摩擦因數μ相同，討論m1＝m2和m1≠m2兩種情況下振動系統的動量是否守恒。

分析：m1和m2所受摩擦力分別為f1＝μm1g和f2＝μm2g。由于振動時兩振子的運動方向總是相反的，所以f1和f2的方向總是相反的。

板書畫圖：

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學習資 料

對m1和m2振動系統來說合外力∑F外＝f1+f2，但注意是矢量合。實際運算時為

板書：∑F外＝μm1g-μm2g 顯然，若m1＝m2，則∑F外＝0，則動量守恒； 若m1≠m2，則∑F外≠0，則動量不守恒。向學生提出問題：

(1)m1＝m2時動量守恒，那么動量是多少？

(2)m1≠m2時動量不守恒，那么振動情況可能是怎樣的？ 與學生共同分析：

(1)m1＝m2時動量守恒，系統的總動量為零。開始時(釋放振子時)p＝0，此后振動時，當p1和p2均不為零時，它們的大小是相等的，但方向是相反的，所以總動量仍為零。

數學表達式可寫成

m1v1＝m2v2

(2)m1≠m2時∑F外＝μ(m1-m2)g。其方向取決于m1和m2的大小以及運動方向。比如m1＞m2，一開始m1向右(m2向左)運動，結果系統所受合外力∑F外方向向左(f1向左，f2向右，而且f1＞f2)。結果是在前半個周期里整個系統一邊振動一邊向左移動。

進一步提出問題：

在m1＝m2的情況下，振動系統的動量守恒，其機械能是否守恒？

分析：振動是動能和彈性勢能間的能量轉化。但由于有摩擦存在，在動能和彈性勢能往復轉化的過程中勢必有一部分能量變為熱損耗，直至把全部原有的機械能都轉化為熱，振動停止。所以雖然動量守恒(p＝0)，但機械能不守恒。(從振動到不振動)2．學習設置正方向，變一維矢量運算為代數運算

例3．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，其中大塊質量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質量為200g，求它的速度的大小和方向。

分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應是它受到的重力G＝(m1+m2)g，可見系統的動量并不守恒。但在水平方向上可以認為系統不受外力，所以在水平方向上動量是守恒的。

強調：正是由于動量是矢量，所以動量守恒定律可在某個方向上應用。

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學習資 料

那么手雷在以10m/s飛行時空氣阻力(水平方向)是不是應該考慮呢？(上述問題學生可能會提出，若學生不提出，教師應向學生提出此問題。)一般說當v＝10m/s時空氣阻力是應考慮，但爆炸力(內力)比這一阻力大的多，所以這一瞬間空氣阻力可以不計。即當內力遠大于外力時，外力可以不計，系統的動量近似守恒。

板書：

F內>>F外時p′≈p。

解題過程：

設手雷原飛行方向為正方向，則v0＝10m/s，m1的速度v1＝50m/s，m2的速度方向不清，暫設為正方向。

板書：

設原飛行方向為正方向，則v0＝10m/s，v1＝50m/s；m1＝0.3kg，m2＝0.2kg。系統動量守恒：(m1+m2)v0＝m1v1+m2v2

此結果表明，質量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運動，其中負號表示與所設正方向相反。

例4．機關槍重8kg，射出的子彈質量為20克，若子彈的出口速度是1 000m/s，則機槍的后退速度是多少？

分析：在水平方向火藥的爆炸力遠大于此瞬間機槍受的外力(槍手的依托力)，故可認為在水平方向動量守恒。即子彈向前的動量等于機槍向后的動量，總動量維持“零”值不變。

板書：

設子彈速度v，質量m；機槍后退速度V，質量M。則由動量守恒有

MV＝mv

小結：上述兩例都屬于“反沖”和“爆炸”一類的問題，其特點是F內>>F外，系統近似動量守恒。

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學習資 料

演示實驗：反沖小車實驗

點燃酒精，將水燒成蒸汽，氣壓增大后將試管塞彈出，與此同時，小車后退。

與爆炸和反沖一類問題相似的還有碰撞類問題。演示小球碰撞(兩個)實驗。說明在碰撞時水平方向外力為零(豎直方向有向心力)，因此水平方向動量守恒。

結論：碰撞時兩球交換動量(mA＝mB)，系統的總動量保持不變。

例5．討論質量為mA的球以速度v0去碰撞靜止的質量為mB的球后，兩球的速度各是多少？設碰撞過程中沒有能量損失，水平面光滑。

設A球的初速度v0的方向為正方向。由動量守恒和能量守恒可列出下述方程：

mAv0＝mAvA+mBvB ①

解方程①和②可以得到

引導學生討論：

(1)由vB表達式可知vB恒大于零，即B球肯定是向前運動的，這與生活中觀察到的各種現象是吻合的。

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(2)由vA表達式可知當mA＞mB時，vA＞0，即碰后A球依然向前

即碰后A球反彈，且一般情況下速度也小于v0了。當mA＝mB時，vA＝0，vB＝v0，這就是剛才看到的實驗，即A、B兩球互換動量的情形。

(3)討論極端情形：若mB→∞時，vA＝-v0，即原速反彈；而vB→0，即幾乎不動。這就好像是生活中的小皮球撞墻的情形。在熱學部分中氣體分子與器壁碰撞的模型就屬于這種情形。

(4)由于vA總是小于v0的，所以通過碰撞可以使一個物體減速，在核反應堆中利用中子與碳原子(石墨或重水)的碰撞將快中子變為慢中子。

3．動量守恒定律是對同一個慣性參照系成立的。

例6 質量為M的平板車靜止在水平路面上，車與路面間的摩擦不計。質量為m的人從車的左端走到右端，已知車長為L，求在此期間車行的距離？

分析：由動量守恒定律可知人向右的動量應等于車向左的動量，即

mv＝MV 用位移與時間的比表示速度應有

動量守恒定律中的各個速度必須是對同一個慣性參照系而言的速 的速度，以致發生上述錯誤。

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五、小結：應用動量守恒定律時必須注意：(1)所研究的系統是否動量守恒。

(2)所研究的系統是否在某一方向上動量守恒。

(3)所研究的系統是否滿足F內>>F外的條件，從而可以近似地認為動量守恒。(4)列出動量守恒式時注意所有的速度都是對同一個慣性參照系的。(5)一般情形下應先規定一個正方向，以此來確定各個速度的方向(即以代數計算代替一維矢量計算)。

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第三篇：高一物理教案第1單元：動量 沖量 動量定理

高一物理 第一單元 沖量和動量 動量定理

教案

一、內容黃金組

1． 理解動量的概念，知道動量的定義，知道動量是矢量 2． 理解沖量的概念，知道沖量的定義，知道沖量是矢量 3． 知道動量的變化也是矢量，會正確計算一維的動量變化。

4． 理解動量定理的含義和表達式，能用動量定理解釋現象和進行有關的計算。

二、要點大揭秘

1． 沖量I：

（1）定義力和作用時間的乘積稱為沖量，矢量（2）表達式：I＝Ft

單位 牛·秒

（3）方向：在F方向不變時，其方向與力的方向相同；

（4）物理意義：反映力的時間積累效果的物理量，是過程物理量，即沖量的大小、方向都與過程有關，在作用力一定時，所經歷的時間越長，沖量也越大；

（5）提到沖量必須指明是那個力的沖量或合力的沖量。

（6）沖量的定義式I＝Ft只適用于計算恒力（大小、方向均不變）的沖量，對于的沖量一般不適用，但是，如果力F的方向不變，而大小隨時間作線性變化，則可用力的平均值F?F0?FtF?Ft來計算，因為F?0的成立22條件是力F隨時間t作線性變化。

2． 動量P：

（1）定義：運動物體質量和速度的乘積。（2）表達式：P＝mv，千克·米/秒；

（3）方向：與速度方向相同；

（4）物理意義：描述運動物體的狀態量；

（5）動量是一個相對物理量，其大小、方向均與參照物的選取有關，通常情況下，選取地球為參照物。

3． 對動量定理Ft=mv’-mv的認識

（1）式中的Ft是研究對象所受的合外力的總沖量，而不是某一個力的沖量，合外力的總沖量等于所有外力在相同時間內的沖量的矢量和，當研究對象所受到的所有外力在一條直線上，矢量和的計算簡化為代數和的計算。

（2）合外力的總沖量與物體動量的變化量相聯系，與物體在某一時刻的動量沒有必然的聯系，物體所受的合外力的沖量，是引起物體動量發生變化的原因，必須說明，當物體速度的大小或方向發生變化，或兩者均發生變化時，物體的動量也就一定發生了變化。

（3）動量定理是矢量式，物體動量變化量的方向與合外力的沖量方向相同，而物體某一時刻的動量方向跟合外力沖量方向無必然聯系，必須區別動量變化量的方向與某一時刻的動量的方向。

（4）動量的變化量是ΔP＝p’－p是動量的矢量差，只有當物體做直線運動時，物體運動過程中任意兩個狀態的動量的變化量ΔP的計算才簡化為代數差，在這種情況下，必須事先建立正方向，與規定正方向相同的動量為為

正，正方向的選取原則上是任意的。

（5）在中學物理中，運用動量定理的研究對象通常為單個物體。（6）由Ft=mv’-mv，得F?M(v??v)，該式的物理意義是，物體所受的合外t力等于該物體動量對時間的變化率，當合外力為恒力時，動量的變化率恒定，那么物體必定受到恒力作用。

4． 如何計算力的沖量與物體的動量（或動量的變化量）

計算力的沖量與物體的動量（或動量的變化量）都有如下兩種方法：

（1）由定義式計算，即由I=pt，p=mv或ΔP＝mv’-mv進行計算，對于的沖量，一般不能用I＝Ft計算（F方向不變，大小隨時間做線性變化的情況除外）

（2）由動量定理計算，動量定理反映了總沖量與動量變化量之間的大小關系及方向關系，故可根據該定理，由動量變化量計算力的沖量，或由總沖量計算動量變化量或某一時刻的動量，當力F為一般變力時，動量定理是計算沖量的有效手段。

例1． 質量為m的足球以v0的速率水平飛來，足球運動員在極短的時間內將它以原速率反向踢出去，求該運動員對足球的沖量。

分析與解：運動員對足球的沖量是變力的沖量，且作用力及作用時間均未知，故只能由動量定理求解，設足球后來的動量方向為正方向，則末動量為mv0，初動量為-mv0，由動量定理得I=mv0－(－mv0)=2mv0 運動員對足球的沖量方向與足球的末動量方向相同。

例2．將質量為m的手榴彈從空中某點水平拋出，不計空氣阻力作用，求手榴彈從拋出到下落h米的過程中，手榴彈動量的變化量。

分析與解：本題既可由ΔP＝mv’-mv求解，也可由動量定理求解。如果用前一種方法解，要用矢量三角形求解，較為麻煩，而如果由動量定理求解，則很簡便。因為手榴彈在平拋過程中只受重力作用，幫手榴彈動量的變化量應等于其重力的沖量，又重力為恒力，則有 Δp=mgt t?向下。

5． 動量定理在解題中的妙用

把動量定理應用到系統中，往往能收到奇妙的效果。試看以下三例：

例1 如圖1所示，質量M=10kg的木楔ABC靜置于粗糙水平地面上，動摩擦因數μ=0.02。在木楔的傾角θ為30°的斜面上，有一質量m=1.0kg的物塊由靜止開始沿斜面下滑。當滑行路程S=1.4m時，其速度v=1.4m/s，在這過程中木楔沒有動。求地面對木楔的摩擦力的大小和方向。(g取10m/s2)解析

本題是94年高考第30小題，按標準答案運算，求解過程十分繁瑣。如對m和M組成的系統應用動量定理結合運動學公式進行求解，則十分簡潔。

對m及M組成的系統而言，m加速下滑系統獲得水平向左的動量，由此可知，M受到地面作用的水平向左的摩擦力，受力如圖，對系統在水平方向應用動量定理得：ft=mvcosθ；對m由運動學運動公式得，S=vt/2。由此可解得：

f=mv2cosθ/2S=0.61N。

2h

故?p?m2gh，方向豎直g

例

2在水平地面上有兩個物體A和B，質量均為2kg，A、B相距9.5m。現A以v0=10m/s的速度向靜止的B靠近，A和B發生正碰(撞擊時間不計)后，仍沿原方向運動。己知A在碰撞前后共運動動了4s，物體與地面間的動摩擦因數為μ=0.1。問B碰后經多長時間停止？(g取10m/S2)解析

選取A和B組成的系統為研究對象． 對A和B組成的系統而言，碰撞過程中的相互作用力為內力，其總沖量為零．故知系統所受摩擦力作用的總沖量等于系統動量的增量．

對系統，由動量定理得

例

3用細線將金屬塊M和木塊m相連浸沒在水中，如圖．開始時m的上表面與水平面相平，從靜止釋放后，系統以加速度a加速下沉，經時間t1線斷了，又經時間t2木塊停止下沉，求此時金屬塊的速度．

解析

選擇m和M組成的系統為研究對象．線未斷時，系統所受合外力是F=(M+m)a，F是系統所受重力和浮力的合力．線斷后，系統受力情況不變，所以合力仍為F=(M+m)a．據動量定理有：

可見，把動量定理用到系統中，求解未知量確實簡便

三、好題解給你

1． 本課預習題

（1）靜止在水平面上的物體，用水平力F推它一段時間t，物體始終處于靜止狀態，那么在t時間內，恒力F對物體的沖量和該物體所受合力的沖量大小分別是（）A．0,0

B.Ft，0

C.Ft，Ft

D.0，Ft（2）．下列說法錯誤的是：（）

A． 某一物體的動量改變，一定是速度的大小改變 B． 某一物體的動量改變，一定是速度的方向改變。C． 物體的運動速度改變，其動量一定改變。D． 物體的運動狀態改變，其動量一定改變。（3）．如圖所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進了時間t，則（）

A． 拉力F對物體的沖量大小為Ft。B． 拉力對物體的沖量大小為Ftsinθ。C． 摩擦力對物體的沖量大小為Ftsinθ.D． 合個力對物體的沖量為零。（4）．下列說法中正確的是（）

A． 物體所受的合外力越大，合外力的沖量一定越大 B． 物體所受的合外力越大，物體的動量一定越大。C． 物體所受的合外力越大，物體的動量變化一定越大。D． 物體所受的合外力越大，物體的動量變化率一定越大。（5）．下列說法中正確的是（）

A． 物體動量的方向與它所受合外力的方向相同。B． 物體動量的方向與它所受合外力的沖量方向相同。C． 物體動量變化的方向與它所受合外力的方向相同。

D． 物體的動量變化率的方向與它所受的合外力的方向相同。本課預習題參考答案：

(1)B

(2)AB

(3)AD

(4)D

(5)CD 2． 基礎題（1）．一個質量為m的物體沿傾角為θ的固定斜面勻速滑下，滑至底端歷時為t，則下滑過程中斜面對物體的沖量說法正確的是（）A．大小為mgtcosθ

B。方向垂直斜面向上 C．大小為mgsinθ

D.方向豎直向上。

（2）關于物體的動量，下列說法中正確的是（）A． 物體的動量越大，其慣性也越大。B． 同一物體的動量越大，其速度一定越大。C． 物體的動量越大，其受到的作用力的沖量一定越大。D． 動量的方向一定沿物體的運動方向。

（3）用力F作用在質量為m的物體上，以過時間t，物體的速度由v1增加到v2,且v1和v2在同一方向上，如果將F作用在質量為m/2的物體上，則這一物體在時間t內動量的變化應為（）

A．m(v1-v2)

B.2m(v2-v1)

C.4m(v2-v1)

D.m(v2-v1)(1)D

(2)BD

(3)D 3． 應用題

(1)如圖所示，某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c點是人所到達的最低點，b是人靜止時懸吊著的平衡位置．不計空氣阻力，下列說 法中正確的是（）．

A．從P至b的過程中重力的沖量值大于彈性繩彈力的沖量值 B．從P至b的過程中重力的沖量值與彈性繩彈力的沖量值相等 C．從P至C的過程中重力的沖量值大于彈性繩彈力的沖量值 D．從P至C的過程中重力的沖量值等于彈性繩彈力的沖量值(2)一粒鋼珠從靜止狀態開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空氣中下落的過程稱為Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，則（）A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量

B．過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程1中重力的沖量的大小

C．過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程1與過程Ⅱ中重力的沖量的大小 D．過程Ⅱ中鋼珠動量改變量等于阻力的沖量(3)質量為m的物體在光滑水平面上以速度V1勻速運動，受到一個跟水平方向成α角斜向上拉力作

用后，經一段時間t速度變為V2，如圖所示，求這段時間t內拉力的沖量． 應用題參考答案：

(1)AD

人從P點至a點做自由落體運動，只受重力作用；從a點至b點，受重力和繩的彈力作用，但重力大于彈力，所以人仍做加速運動，到b點時，合力為零，加速度也為零，速度達到最大值；從b點至C點，彈力大于重力人做減速運動，到c點時，人的速度變為 零．由動量定理知，從 P至 b點的過程中。人的動量增大，重力的沖量值大于彈力的沖量值；從P至C點的過程中人的動量變化是零，重力的沖量值等于彈性繩的沖量值．所以選項A、D正確．(2)AC

(3)m(V2-V1)／cosα 本題不知拉力大小，利用沖量的定義無法求解，可借助動量定理求解，但應注意宣中的力是合外力，由動量定理知：Fcosα·t=mv2-mv1 Ft= m(V2-V1)／cosα

4． 提高題

(1)A、B兩物體沿同一直線分別在力FA、FB作用下運動，它們的動量隨時間變化的規律如圖所示，設在圖中所示的時間內，A、B兩物體所受沖量的大小分別為IA、IB，那么（）

A．FA>FB，方向相反 B．FAIB，方向相反

（2）物塊 A和 B用輕繩相連懸在輕彈簧下端靜止不動，如圖所示；連接A和B的繩子被燒斷后，A上升到某位置時速度的大小為v，這 時B下落的速度大小為v’，已知A和B的質量分別為m和M，則在這段時間里，彈簧的彈力對物快A的沖量為（）． A．mv B.mv-Mv’ C．mv+ Mv’ D．mv+mv’(3)水力采煤是用高壓水槍噴出的水柱沖擊煤層而使煤掉下，所用水槍的直徑 D=3cm，水速為 60m/s，水柱垂直射到煤層表面上，沖擊煤層后自由下落．求水柱對煤層的平均沖力是多少？

提高題參考答案：

(1)A．D．(2)D(3)2543N

四、課后演武場

1．在距地面h高處以v0水平拋出質量為m的物體，當物體著地時和地面碰撞時間為Δt，則這段時間內物體受到地面給予豎直方向的沖量為（）

2．如圖所示，兩個質量相等的物體，在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下到達斜面底端的過程中，相同的物理量是（）A．重力的沖量 B．彈力的沖量 C．合力的沖量

D．剛到達底端的動量

E．剛到達底端時的動量的水平分量

F．以上幾個量都不同

3．在以下幾種運動中，相等的時間內物體的動量變化相等的是（）A．勻速圓周運動 B．自由落體運動 C．平拋運動

D．單擺的擺球沿圓弧擺動

4．質量相等的物體P和Q，并排靜止在光滑的水平面上，現用一水平恒力推物體P，同時給Q物體一個與F同方向的瞬時沖量I，使兩物體開始運動，當兩物體重新相遇時，所經歷的時間為（）A．I/F B．2I/F C．2F/I D．F/I 5．A、B兩個物體都靜止在光滑水平面上，當分別受到大小相等的水平力作用，經過相等時間，則下述說法中正確的是（）A．A、B所受的沖量相同 B．A、B的動量變化相同 C．A、B的末動量相同

D．A、B的末動量大小相同

6．A、B兩球質量相等，A球豎直上拋，B球平拋，兩球在運動中空氣阻力不計，則下述說法中正確的是（）

A．相同時間內，動量的變化大小相等，方向相同 B．相同時間內，動量的變化大小相等，方向不同 C．動量的變化率大小相等，方向相同 D．動量的變化率大小相等，方向不同

7．關于沖量、動量與動量變化的下述說法中正確的是（）A．物體的動量等于物體所受的沖量

B．物體所受外力的沖量大小等于物體動量的變化大小 C．物體所受外力的沖量方向與物體動量的變化方向相同 D．物體的動量變化方向與物體的動量方向相同

8．重力10N的物體在傾角為37°的斜面上下滑，通過A點后再經2s到斜面底，若物體與斜面間的動摩擦因數為0.2，則從A點到斜面底的過程中，重力的沖量大小______N·s，方向______；彈力的沖量大小______N·S，方向______；摩擦力的沖量大小______N·s。方向______；合外力的沖量大小______N·s，方向______。

9．質量為10kg的鐵錘，從某一高度處落下后與立在地面上的木樁相碰，碰前速度大小為10m/s，碰后靜止在木樁上，若鐵錘與木樁的作用時間為0.1s，重力加速度取g=10m/s2。求：(1)鐵錘受到的平均沖力。(2)木樁對鐵錘的平均彈力。

課后演武場參考答案：

1．D 2．F 3．BC 4．B 5．D

6．AC 7．BC 8．20，豎直向下，16，垂直斜面向上，3.2，沿斜面向上，8.8，沿斜面向下 9．1000N，豎直向上，1100N，豎直向上

第四篇：[高一物理教案]

[高一物理教案]

第四節

平拋物體的運動

一、教學目標

⑴ 知識目標

知道平拋運動的特點是初速度方向水平,只有豎直方向受重力作用,運動軌跡是拋物 線.2.知道平拋運動形成的條件.3.理解平拋運動是勻變速運動,其加速度為g 4.會用平拋運動規律解答有關問題.⑵ 能力目標: 1.通過觀察演示實驗，概括出平拋物體運動的特征，培養學生觀察、分析能力;2.通過對教材上附圖5-17“平拋物體的閃光照片”的分析，或對平拋運動課件的分析 啟發學生：處理物理問題可以利用各種技術手段來彌補我們感官功能上的不足，從而培養新的研究方向的創新能力、猜想能力和歸納總結能力.⑶ 思想、方法教育目標: 1.在知識教學中應同時進行科學研究過程教育,本節課以研究平拋物體運動規律為中 心所展開的課堂教學,應突出一條研究物理科學的一般思想方法的主線:觀察現象,初步分析→猜測→實驗研究→得出規律→重復實驗,鑒別結論→追求統一.2.利用已知的直線運動的規律來研究復雜的曲線運動，滲透物理學“化曲為直”、“化 繁為簡”的方法及“等效代換”“正交分解”的思想方法.3.在實驗教學中,進行控制的思想方法的教育:從實驗的設計、裝置、操作到數據處理, 所有環節都應進行多方面實驗思想的教育.“實驗的精髓在于控制”的思想,在平拋物體實驗中非常突出.如裝置中斜槽末端應保持水平的控制;木板要豎直放置的控制;操作上強調小球每次都從斜槽同一高度處由靜止開始釋放的控制;在測量小球位置時對實驗誤差的控制等.⑷ 情感、德育目標: 1.通過重復多次實驗，進行共性分析、歸納分類,達到鑒別結論的教育目的,同時還能 進行理論聯系實際的教育.2在理解平拋物體運動規律是受恒力的勻變速曲線運動時應注意到“.力與物體運動的 關系”.這方面的問題,我國東漢的王充（公元27－97年）歷盡心血三十年寫成《論衡》一書,全書三十卷八十五篇約三十萬字.已有精辟論述.以此滲透愛國主義教育和刻苦學習,勤奮工作精神的美德教育.【教學重、難點分析】

1.重點是平拋物體的運動規律：物體（質點）的位置、速度如何隨時間變化，軌跡是 如何形成的；

2.平拋物體運動是怎樣分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動 的？這是難點，也是教學的重點。

【教學器材】

1.平拋、豎落軌跡演示器（包括電源、三個鋼球）;平軌軌跡描繪儀（包括小車和繪 圖筆）

2.平拋、自由落體與水平勻速實驗器（包括兩個不同顏色、同樣大小的小球、小錘、支架等）;3.平拋物體運動和自由落體運動的頻閃照片（課本圖5-17）、刻度尺、鉛筆；

4.“飛機投彈”課件

1、平拋課件2（能分析演示水平勻速運動和豎直自由落體運動）； 5,“獵猴”課件3《能演示第一冊p．89習題（3）描述的現象》。引入課題

談話引入：上節課我們學習了運動的合成和分解,應該知道兩個直線運動的合運動可 以是曲線運動,一個曲線運動也可以分解為兩個方向上的直線運動.《滲透遷移原則、激勵逆向思維》

今天我們要研究的是這樣一種新的運動,請看實驗演示：《小粉筆頭沿水平桌面彈出》、《小球水平拋出》、《小車沿水平軌道拋出》這是一類什么運動？ 《貫徹序列原則、期待原則》 【板書課題】平拋物體的運動 進行新課

㈠ 師要求〖觀察現象,初步分析〗

由上面觀察的現象分析運動特點及其原因？（由同學們互相討論或獨立思考完成）.《生生互動3分鐘》

生：被拋出小球具有以下特點：1.水平拋出,2.拋出后的小球、小車、粉筆頭只受重力（空氣阻力很小可忽略）.由于初速與合外力不在一條直線上,運動軌跡必是曲線.由上述分析可知：初速度沿水平方向拋出的物體在重力作用下的運動叫做平拋運動,平拋運動是一種曲線運動.㈡ 引導（學生在上述分析基礎上進行）〖猜測〗

平拋物體的運動可能是水平方向的勻速運動和豎直方向上的自由落體運動.㈢ 師生共同（互動10分鐘）對猜測進行〖實驗驗證性研究〗

觀察演示實驗：⑴平拋、豎落軌跡演示器.平拋、豎落軌跡演示、⑵.平拋物體運動和 自由落體運動的頻閃照片（課本圖5-17）

1.在“平拋物體的閃光照片”上用鉛筆畫幾條豎直線和水平線，并且過小球的球心，用 刻度尺測量這些小球之間的水平距離和豎直距離，再用學過的知識計算一下,得出在相等時間里前進的水平距離相等，可以證明平拋運動的水平分運動是勻速的.這說明豎直方向的運動也不影響水平方向的運動

2.由平拋、豎落軌跡演示器演示：平拋的小球與自由下落的小球同時落地。

在高度一定的條件下，先后使平拋小球以大小不同的水平速度拋出（小錘打擊的力 度不同），學生觀察得出結論：在高度一定的條件下，平拋初速度大小不同，但運動時間相同。

推理：平拋運動的時間與初速度大小無關，說明平拋運動的豎直分運動是自由落體 運動。

分析驗證：從課本所附圖5-17“平拋物體的閃光照片”上可以看出，同時開始自由下 落和平拋的小球在同一時間下落相同的高度。實驗表明，平拋運動在豎直方向上是自由落體運動,水平方向速度的大小并不影響平拋物體在豎直方向的運動.㈣ 引導同學自己推導〖得出規律〗（體現領悟、強化和激勵原則）（約10分鐘）明確：以拋出點為坐標原點，沿初速度方向為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向。從拋出時開始計時，t時刻質點的位置P（x，y），如圖1所示。

（1）

（2）

由于從拋出點開始計時，所以t時刻質點的坐標恰好等于時間t內質點的水平位移和 豎直位移，因此（1）（2）兩式是平拋運動的位移公式。

①由（1）（2）兩式可在xOy平面描出任一時刻質點是平拋運動的位移公式。s?OP?

1x2?y2?(v0t)2?(gt2)2

2ygt

?x2v0②求時間t內質點的位移,t時刻質點相對于拋出點的位移的大小 位移方向可用s與x軸正方向的夾角α，α 滿足下述關系。tg??③由（1）（2）兩式消去t，可得軌跡方程 上式為拋物線方程，“拋物線”的名稱就是從物理來的。

如圖2所示。平拋運動的速度公式

t時刻質點的速度vt是由水平速度vx和豎直速度vy合成的。vx=v0 vy=gt vt的大小

vt的方向可用vt與x軸正方向夾角 β來表示，滿足下述關系

㈤ 教育學生要進行〖重復實驗，鑒別結論〗（指導學生自行閱讀相關資料）

在科學發展中，只有當不同的研究者從重復實驗中得出相同結果時，科學結論得到 鑒定，才能被公認為成立。

㈥ 下一步才是〖追求統一〗（指導學生自行閱讀相關資料）在科學史上，凡是在某一具體領域得到物理規律，科學家總是要把它與己有的基礎理論進行比較研究.當得 到平拋規律后，自己要想到它與牛頓運動定律的統一：水平方向F=0,a=0.勻速運動;豎直方向F=ma,a=g.自由落體運動.可見：平拋運動規律與牛頓運動定律是統一的.鞏固演示（開闊眼界，拓展知識，培養想象能力）

1.飛機投彈“課件1.《結合課本第87頁例題描述的現象》 2.”獵猴“課件3《能演示第一冊p．89習題（3）描述的現象》。布置作業（適時進行物理學史教育）

1.練習三第⑴、⑵、⑶題課外思考并《討論1》平拋物體飛行時間與什么有關？水平位移與什么有關一。《討論2》伽利略在1638年寫的《兩種新科學的對話》一書中說,一顆石子從船上一根桅桿頂上落下時，不論船是靜止的還是勻速航行的，它都將落在桅桿的腳下,并親自做了這個實驗。請用平拋運動的規律解釋這一現象.并能舉出生活中相似的實例。

2.練習三第⑷、⑸、⑹、⑺題做在練習本上。【教學說明】

1.”引入“是一個重要的教學環節，對調動學生學習積極性、主動性和激發求知欲,都有 不可估量的作用.從己知到未知,是一般的引入方法,話語應簡潔且具有啟發性.”平拋物體的運動"這節課所需的準備知識是：運動的合成、牛頓運動定律、物體做曲線運動的條件和直線運動的一些知識。所以,在引入時只需簡單幾句話就能達到激發學生求知欲的目標,使學生產生躍躍欲試的心理狀態.2.做好演示實驗和分析好閃光照片是新課學習的關鍵.從實驗事實出發，觀察現象初 步分析、進行猜測、而后再實驗研究得出規律、之后還需重復實驗鑒別結論、最終要追求統一。這是一條研究物理科學規律的一般方法,也是本課教學主線.教師應給予特別重視..3.學生應在教師引導下,主動獲取知識、.培養能力、學會學習和科研的方法.這既有 利于調動學生學習積極性,也有利于使學生獲得成就感.所以本教案在觀察現象初步分析、猜測、實驗研究、推導規律階段都交給學生自主完成.4.本節課的重點是掌握平拋運動的分解方法.要使學生能夠理解平拋運動為什么可 以分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動.教材己從理論和實驗兩方面提供了素材.因此,我們既要做好演示實驗和演示課件,還要注意理論上的簡單分析.對于基礎較好,能力較強的學生,這種理論分析可以在生生互動的討論過程中進行.5.在學生明確平拋運動是兩個分運動的合運動后,對于平拋運動的計算公式,如飛行 時間、水平距離等，可引導學生日己分析推導得出,并可依據公式畫出它的軌跡,而不必死記硬背.有可能時，討論中應明確下述幾個問題,對鞏固本課更為有益

⑴飛行時間由豎直分運動即自由落體運動決定,因而飛行時間t決定于高度h,而與水平方向的分運動無關.也就是說,無論以多大的水平速度拋出的物體（小于第一宇宙速度）只要高度相同,都將同時落地;水平飛行距離與水平初速及飛行時間都有關系.本節課例題和練習三的第1、2、3題都是這方面的討論題.（建議留著課外思考鞏固）.⑵平拋運動在任一時刻的速度是它的兩個分運動在這一時刻速度的合成.它的大小和 方向需用平行四邊形定則計算得出,它的方向時刻變化.平拋運動的速度不能直接用勻變速直線運動公式得出。

第五篇：動量守恒定律的應用的教學過程設計物理教案[小編推薦]

本節是繼動量守恒定律之后的習題課.主要鞏固所學知識，學會在不同條件下，熟練靈活的運用動量守恒定律解釋一些碰撞現象，并能利用動量守恒定律熟練的解決相關習題.1、討論動量守恒的基本條件

例

1、在光滑水平面上有一個彈簧振子系統，如圖所示，兩振子的質量分別為m1和m2.討論此系統在振動時動量是否守恒？

分析：由于水平面上無摩擦，故振動系統不受外力(豎直方向重力與支持力平衡)，所以此系統振動時動量守恒，即向左的動量與向右的動量大小相等.例

2、接上題，若水平地面不光滑，兩振子的動摩擦因數μ相同，討論m1＝m2和m1≠m2兩種情況下振動系統的動量是否守恒.分析：m1和m2所受摩擦力分別為f1＝μm1g和f2＝μm2g.由于振動時兩振子的運動方向總是相反的，所以f1和f2的方向總是相反的.對m1和m2振動系統來說合外力∑f外＝f1+f2，但注意是矢量合.實際運算時為

∑f外＝μm1g-μm2g

顯然，若m1＝m2，則∑f外＝0，則動量守恒；

若m1≠m2，則∑f外≠0，則動量不守恒.向學生提出問題：

(1)m1＝m2時動量守恒，那么動量是多少？

(2)m1≠m2時動量不守恒，那么振動情況可能是怎樣的？ 與學生共同分析：

(1)m1＝m2時動量守恒，系統的總動量為零.開始時(釋放振子時)p＝0，此后振動時，當p1和p2均不為零時，它們的大小是相等的，但方向是相反的，所以總動量仍為零.數學表達式可寫成：

m1v1＝m2v2

(2)m1≠m2時∑f外＝μ(m1-m2)g.其方向取決于m1和m2的大小以及運動方向.比如m1＞m2，一開始m1向右(m2向左)運動，結果系統所受合外力∑f方向向左(f1向左，f2向右，而且f1＞f2).結果是在前半個周期里整個系統一邊振動一邊向左移動.進一步提出問題：（如果還沒有學過機械能守恒此部分可省略）

在m1＝m2的情況下，振動系統的動量守恒，其機械能是否守恒？

分析：振動是動能和彈性勢能間的能量轉化.但由于有摩擦存在，在動能和彈性勢能往復轉化的過程中勢必有一部分能量變為熱損耗，直至把全部原有的機械能都轉化為熱，振動停止.所以雖然動量守恒(p＝0)，但機械能不守恒.(從振動到不振動)

2、學習設置正方向，變一維矢量運算為代數運算

例

3、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，其中大塊質量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質量為200g，求它的速度的大小和方向.分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應是它受到的重力g＝(m1+m2)g，可見系統的動量并不守恒.但在水平方向上可以認為系統不受外力，所以在水平方向上動量是守恒的.強調：正是由于動量是矢量，所以動量守恒定律可在某個方向上應用.那么手雷在以10m/s飛行時空氣阻力(水平方向)是不是應該考慮呢？

(上述問題學生可能會提出，若學生沒有提出，教師應向學生提出.)

一般說當v＝10m/s時空氣阻力是應考慮，但爆炸力(內力)比這一阻力大的多，所以這一瞬間空氣阻力可以不計.即當內力遠大于外力時，外力可以不計，系統的動量近似守恒.板書：f內&&f外時p′≈p.解題過程：

設手雷原飛行方向為正方向，則v0＝10m/s，m1的速度v1＝50m/s，m2的速度方向不清，暫設為正方向.板書：

設原飛行方向為正方向，則v0＝10m/s，v1＝50m/s；m1＝0.3kg，m2＝0.2kg.系統動量守恒：

(m1+m2)v0＝m1v1+m2v2

此結果表明，質量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運動，其中負號表示與所設正方向相反.例

4、機關槍重8kg，射出的子彈質量為20克，若子彈的出口速度是1 000m/s，則機槍的后退速度是多少？

分析：在水平方向火藥的爆炸力遠大于此瞬間機槍受的外力(槍手的依托力)，故可認為在水平方向動量守恒.即子彈向前的動量等于機槍向后的動量，總動量維持“零”值不變.板書：

設子彈速度v，質量m；機槍后退速度v，質量m.則由動量守恒有

mv＝mv

小結：上述兩例都屬于“反沖”和“爆炸”一類的問題，其特點是f內&&f外，系統近似動量守恒

例

5、討論質量為ma的球以速度v0去碰撞靜止的質量為mb的球后，兩球的速度各是多少？設碰撞過程中沒有能量損失，水平面光滑.設a球的初速度v0的方向為正方向.由動量守恒和能量守恒可列出下述方程：

mav0＝mava+mbvb ①

解方程①和②可以得到

引導學生討論：

(1)由vb表達式可知vb恒大于零，即b球肯定是向前運動的，這與生活中觀察到的各種現象是吻合的.(2)由va表達式可知當ma＞mb時，va＞0，即碰后a球依然向前滾動，不過速度已比原來小了。當 時，即碰后a球反彈，且一般情況下速度也小于v0了.當ma＝mb時，va＝0，vb＝v0，這就是剛才看到的實驗，即a、b兩球互換動量的情形.(3)討論極端情形：若mb→∞時，va＝-v0，即原速反彈；而vb→0，即幾乎不動.這就好像是生活中的小皮球撞墻的情形.（在熱學部分中氣體分子