第一篇：動量定理的教學設計方案物理教案

充分利用演示實驗，由實驗導入課題，由實驗來分析問題，組織學生討論． 課時安排：1課時

教學用具：海綿墊、雞蛋、橡皮、紙帶、細線、鐵錘等 師生互動活動設計：

1、教師做好演示實驗，設計適當的具有啟發性問題指導點撥

2、觀察并親自動手實驗、討論、分析 教學過程：

一、新課教學

演示實驗，雞蛋從一米多高的地方落到海綿墊，雞蛋沒有打坡，為什么呢？由此切入動量定理的推導．

如圖所示，質量為m的物體在水平恒力作用下，經過時間t，速度由v變為，由牛頓第二定律知 ??（1）

而加速度 ??（2）

由（1）、（2）兩式得

或寫為

即合外力的沖量等于物體動量的改變

強調對動量定理的理解

1、定理反映了合外力沖量是物體動量變化的原因．

2、動量定理公式中的f是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，如果是變力，此時所得的力是平均合外力．

3、動量定理公式中的f·t是合外力的沖量，是使研究對象動量發生變化的原因，在所研究的物理過程中，如作用在物體上的各個外力作用時間相同，求合外力的沖量可先求所有力的合外力，再乘以時間，也可以求出各個力的沖量再按矢量運算法則求所有力的會沖量，如果作用在被研究對象上的各個外力的作用時間不同，就只能先求每個外力在相應時間內的沖量，然后再求所受外力沖量的矢量和．

4、動量定理公式中的 或，是所研究對象的動量的改變量，公式中的“－”號是運算符號，與正方向的選取無關．

5、是矢量式，在應用動量定理時，應該遵循矢量運算的平行四邊形定則，也可以采用正交分解法，將矢量運算轉為代數運算．

6、動量定理說明合外力的沖量與研究對象的動量增量的數值相同，方向一致，單位等效．合外力的沖量是物體動量變化的原因，但不能認為合外力的沖量就是動量的增量．

7、動量定理不僅適用于宏觀低速物體，對微觀現象和高速運動仍然適用．

二、分析例題

【例1】一個質量為0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后，反向水平飛回，速度的大小為45m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01s，球棒對壘球的平均作用力有多大？

分析：球棒對壘球的作用力是變力，力的作用時間很短．在這個短時間內，力的大小先是急劇地增大，然后又急劇地減小為零，在沖擊、碰撞一類問題中，相互作用的時間很短，力的變化都具有這個特點．動量定理適用于變力，因此，可以用動量定理求球棒對壘球的平均作用力．

由題中所給的量可以算出壘球的初動量和末動量，由動量定理即可求出壘球所受的平均作用力．

例題詳解見書．

【例2】如圖所示，用0.5kg的鐵錘釘釘子，打擊時鐵錘的速度為4rn／s，打擊后鐵錘的速度變為零，設打擊時間為0.01s

1、不計鐵錘的重量，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？

2、考慮鐵錘的重量，鐵錘打釘子的平均作用力是多大？

3、你分析一下，在計算鐵錘釘釘子的平均作用力時在什么情況下可以不計鐵錘的重量．

分析（如圖）以鐵錘為研究對象，受到重力和鐵釘彈力的作用，碰撞前，鐵錘動量，碰撞后，鐵錘動量為零．

根據動量定量，取向下為正方向列式，可求解

解答過程略．

歸納小結：應用動量定理的解題步驟：

1、確定研究對象

2、進行受力分析，確定全部外力及作用時間

3、找出物體的初末狀態并確定相應的動量

4、選正方向，并給每個力的沖量和初末動量帶上正負號，以表示和正方向同向或反向

5、根據動量定理列方程求解 提示學生注意：

1、定理中ft是合外力的沖量，并且要把這個沖量與受到這個沖量的物體動量變化對應起來．

2、物體的初末態速度應是相對同一參考系（通常取地面為參考系）

3、各量應統一用國際單位求解．

4、在重力與平均作用力相比很小的情況下，可以不考慮重力的沖量，而可忽略重力． 【例3】設在演示實驗中，雞蛋從1m高處自由下落到海綿墊上，若從雞蛋接觸軟墊到陷至最低點經歷的時間為0.2s，則這段時間內軟墊對雞蛋的平均作用力多大？分析雞蛋受力情況，強調重力不能忽略，得出雞蛋受到軟墊的平均作用力很小． 應用舉例：

請同學根據動量定理解釋例2和例3中作用力大小為什么相差很大，結合教材內容分析討論．

結論：當動量的變化一定時，縮短力的作用時間可增大作用力，延長力的作用時間可減小作用力．

三、學生活動：［小實驗］紙帶壓在橡皮下面，放在水平桌面上，緩慢拉動和迅速抽動紙帶，觀察哪種情況下紙帶更容易抽出．

繼續學生實驗，用細線拴住鐵塊，緩慢或迅速向上提起細線，觀察哪種情況下細線易斷．

用動量定理對上述兩個實驗結果進行解釋．

繼續提問：茶杯排在石頭上立即摔碎，掉在軟墊上不易摔碎等現象，用動量定理解釋．

四、總結、擴展

1、對于大小、方向都不變的恒力，它們沖量可以用 計算，若f是變力，但在某段時間內方向不變，大小隨時間均勻變化，可用平均力 求出在時間t內的沖量，根據動量定理，通過求 間接求出變力沖量．

2、用動量定理解題時，“合外力的沖量”可改為“外力沖量的矢量和”．同時應明確哪段時間內的沖量以及對應時間內動量的變化．

3、沖量和動量的變化量都是過程量，適當的確定初末狀態可使解題過程簡化．

4、動量定理是由牛頓第二定律和運動學公式推出的，如涉及到力與作用時間的問題應優選動量定理解題．

第二篇：動量定理的教學設計方案（模版）

動量定理的教學設計方案

作者: 收集于網絡

動量定理的教學設計方案

充分利用演示實驗，由實驗導入課題，由實驗來分析問題，組織學生討論． 課時安排：1課時

教學用具：海綿墊、雞蛋、橡皮、紙帶、細線、鐵錘等 師生互動活動設計：

1、教師做好演示實驗，設計適當的具有啟發性問題指導點撥

2、觀察并親自動手實驗、討論、分析 教學過程：

一、新課教學

演示實驗，雞蛋從一米多高的地方落到海綿墊，雞蛋沒有打坡，為什么呢？由此切入動量定理的推導．

如圖所示，質量為M的物體在水平恒力作用下，經過時間t，速度由v變為，由牛頓第二定律知 ……（1）

而加速度 ……（2）

由（1）、（2）兩式得

或寫為

即合外力的沖量等于物體動量的改變

強調對動量定理的理解

1、定理反映了合外力沖量是物體動量變化的原因．

2、動量定理公式中的F是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，如果是變力，此時所得的力是平均合外力．

3、動量定理公式中的F·t是合外力的沖量，是使研究對象動量發生變化的原因，在所研究的物理過程中，如作用在物體上的各個外力作用時間相同，求合外力的沖量可先求所有力的合外力，再乘以時間，也可以求出各個力的沖量再按矢量運算法則求所有力的會沖量，如果作用在被研究對象上的各個外力的作用時間不同，就只能先求每個外力在相應時間內的沖量，然后再求所受外力沖量的矢量和．

4、動量定理公式中的 或，是所研究對象的動量的改變量，公式中的“－”號是運算符號，與正方向的選取無關．

5、是矢量式，在應用動量定理時，應該遵循矢量運算的平行四邊形定則，也可以采用正交分解法，將矢量運算轉為代數運算．

6、動量定理說明合外力的沖量與研究對象的動量增量的數值相同，方向一致，單位等效．合外力的沖量是物體動量變化的原因，但不能認為合外力的沖量就是動量的增量．

7、動量定理不僅適用于宏觀低速物體，對微觀現象和高速運動仍然適用．

二、分析例題

【例1】一個質量為0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后，反向水平飛回，速度的大小為45m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01s，球棒對壘球的平均作用力有多大？

分析：球棒對壘球的作用力是變力，力的作用時間很短．在這個短時間內，力的大小先是急劇地增大，然后又急劇地減小為零，在沖擊、碰撞一類問題中，相互作用的時間很短，力的變化都具有這個特點．動量定理適用于變力，因此，可以用動量定理求球棒對壘球的平均作用力．

由題中所給的量可以算出壘球的初動量和末動量，由動量定理即可求出壘球所受的平均作用力．

例題詳解見書．

【例2】如圖所示，用0.5kg的鐵錘釘釘子，打擊時鐵錘的速度為4rn／s，打擊后鐵錘的速度變為零，設打擊時間為0.01s

1、不計鐵錘的重量，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？

2、考慮鐵錘的重量，鐵錘打釘子的平均作用力是多大？

3、你分析一下，在計算鐵錘釘釘子的平均作用力時在什么情況下可以不計鐵錘的重量．

分析（如圖）以鐵錘為研究對象，受到重力和鐵釘彈力的作用，碰撞前，鐵錘動量，碰撞后，鐵錘動量為零．

根據動量定量，取向下為正方向列式，可求解

解答過程略．

歸納小結：應用動量定理的解題步驟：

1、確定研究對象

2、進行受力分析，確定全部外力及作用時間

3、找出物體的初末狀態并確定相應的動量

4、選正方向，并給每個力的沖量和初末動量帶上正負號，以表示和正方向同向或反向

5、根據動量定理列方程求解 提示學生注意：

1、定理中Ft是合外力的沖量，并且要把這個沖量與受到這個沖量的物體動量變化對應起來．

2、物體的初末態速度應是相對同一參考系（通常取地面為參考系）

3、各量應統一用國際單位求解．

4、在重力與平均作用力相比很小的情況下，可以不考慮重力的沖量，而可忽略重力． 【例3】設在演示實驗中，雞蛋從1m高處自由下落到海綿墊上，若從雞蛋接觸軟墊到陷至最低點經歷的時間為0.2s，則這段時間內軟墊對雞蛋的平均作用力多大？分析雞蛋受力情況，強調重力不能忽略，得出雞蛋受到軟墊的平均作用力很小． 應用舉例：

請同學根據動量定理解釋例2和例3中作用力大小為什么相差很大，結合教材內容分析討論．

結論：當動量的變化一定時，縮短力的作用時間可增大作用力，延長力的作用時間可減小作用力．

三、學生活動：［小實驗］紙帶壓在橡皮下面，放在水平桌面上，緩慢拉動和迅速抽動紙帶，觀察哪種情況下紙帶更容易抽出．

繼續學生實驗，用細線拴住鐵塊，緩慢或迅速向上提起細線，觀察哪種情況下細線易斷．

用動量定理對上述兩個實驗結果進行解釋．

繼續提問：茶杯排在石頭上立即摔碎，掉在軟墊上不易摔碎等現象，用動量定理解釋．

四、總結、擴展

1、對于大小、方向都不變的恒力，它們沖量可以用 計算，若F是變力，但在某段時間內方向不變，大小隨時間均勻變化，可用平均力 求出在時間t內的沖量，根據動量定理，通過求 間接求出變力沖量．

2、用動量定理解題時，“合外力的沖量”可改為“外力沖量的矢量和”．同時應明確哪段時間內的沖量以及對應時間內動量的變化．

3、沖量和動量的變化量都是過程量，適當的確定初末狀態可使解題過程簡化．

4、動量定理是由牛頓第二定律和運動學公式推出的，如涉及到力與作用時間的問題應優選動量定理解題．

5、根據動量定理 可知，即牛頓第二定律又可理解為物體所受到的合外力等于物體動量的變化率．

6、合外力的沖量也可以用F—t圖像所圍成的面積求出，或用 求出．

五、板書設計 動量定理

一、動量定理

1、內容：

2、表達式：

3、對動量定理的理解

（1）定理反映了合外力沖量與物體動量變化的關系

（2）定理表達式是矢量式

（3）定理的適用條件

（a）無論物體所受力是恒力還是變力

（b）無論各個力的作用時間是否一致

（c）無論軌跡是直線還是曲線

4、應用動量定理解題步驟

（1）確定研究對象

（2）分析研究對象所受的合外力及作用時間

（3）找出物體的初末狀態并確定相應的動量

（4）選定正方向，并給每個力的沖量和初末動動量帶上正負號

（5）根據動量定理列方程求解并討論

二、應用舉例

1、增大作用力

當 一定時，減少力的作用時間

2、減小作用力

當 一定時，增大力的作用時間

第三篇：相位的教學設計方案物理教案

一、教學目標

1．了解簡諧運動位移方程中各量的物理含義。

2．理解相位的物理意義。

二、重點難點

重點：理想相位在描述振動中的作用，知道簡諧運動規律的數學表達式——振動方程。

難點：理解相位的物理意義。

三、教與學師生互動

教學過程

我們已引入了振幅來描述振動的強弱，同期和頻率描述振動的快慢，但振幅、周期和頻率不能反映振動物體在某時刻處于怎樣的狀態，不能比較兩個振動的步調是否一致，這說明僅有振幅、周期和頻率來描述振動還不夠全面．

（一）相位

【演示】兩相同的單擺：（1）將擺球向同一側拉離平衡位置達相同偏角后同時釋放，它們的振幅相同，周期相同，并且可觀察到它們運動的步調一致．（2）將擺球向同一側拉離平衡位置達胡同偏角后先后釋放，它們雖振幅、周期相同，但可觀察到它們運動的步調不一致．

1．概念的引入：為了描述振動物體所處的狀態和為了比較兩振動的物體的振動步調，引入物理量相位。

2．相位決定了振動物體的振動狀態，兩個振動的步調一致稱為同相，步調完全相反稱為反相．

（二）簡諧運動的振動方程

簡諧運動的位移和時間的關系可以用圖象來表示為正弦或余弦曲線，如將這一關系表示為數學函數關系式應為：

【說明】簡諧運動的位移和時間的關系也可以用余弦函數表示．

1．簡諧運動的振動方程：我們稱簡諧運動的位移隨時間變化的關系式

為振動方程（位移方程）．

2．圓頻率：振動方程中的 叫做圓頻率（相當于勻速圓周運動中的角速度），也叫做角頻率，它與周期或頻率之間的關系為。

3．相位的定義：我們把振動方程中正弦（或余弦）函數符號后面相當于角度的量（），叫做振動的相位，相位也叫位相、周相，或簡稱為相．

【注意】同一個振動用不同函數表示時相位不同．

（1）相位（）是隨時間變化的一個變量

（2）t＝0時的相位，叫做初相位，簡稱初相．

（3）相位每增加2，就意味著完成了一次全振動．

4．相位差：顧名思義，是指兩個相位之差，在實際中經常用到的是兩個具有相同頻率的簡諧運動的相位差，反映出兩簡諧運動的步調差異．

設兩簡諧運動a和b的振動方程分別為：

它們的相位差為。

可見，其相位差恰等于它們的初相之差，因為初相是確定的，所以對頻率相同的兩個簡諧運動有確定的相位差．

若，則稱b的相比a的相超前，或a的相比b的相落后 ；若，則稱b的相比a的落后，或a的相比b的相超前 ．

（1）同相：相位差為零，一般地為 ．（……）．

（2）反相：相位差為，一般地為 ．（……）．

【注意】比較相位或計算相位差時，要用同種函數來表示振動方程．

【例1】兩個簡諧運動分別為 ．求它們的振幅之比，各自的頻率，以及它們的相位差．

【解析】振幅之比。它們的頻率相同，都是

。它們的相位差，而振動為反相．

【例2】一物體沿x軸做簡諧運動，振幅為8cm，頻率為0.5hz，在t＝0時，位移是4cm，且向x軸負方向運動，試寫出用正弦函數表示的振動方程 ．

【解析】簡諧運動振動方程的一般表達式為．

根據題給條件有：a＝0.08m。所以（m）．將t＝0時x＝0.04m代入得，解得初相 或 ．因為t＝0時，速度方向沿x軸負方向，即位移在減小，所以取。

所求的振動方程為（m）．

【小結】簡諧運動的振動方程。（）叫做相位，表示振動所處的狀態．

【作業】課本p172練習五l～5

四、課堂反饋測試

1．有兩個振動的振動方程分別是：，下列說法正確的是（）

a．它們的振幅相同

b．它們的周期相同

c．它們的相差恒定

d．它們的振動步調一致

2．一質點做簡諧運動，其振動方程為，則振動的振幅為_______，周期為_______，t＝0時質點的位移為_______，振動的初相為_______。

3．一個簡諧運動的振動方程是

第四篇：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

第五篇：《動量定理》的教學設計

《動量定理》教學設計

一、教材分析 地位與作用

本節課的內容是全日制普通高級中學物理第二冊（人教版）第一章第二節《動量定理》。

本章引入動量這個新概念并結合牛頓第二定律推導出《動量定理》。《動量定理》側重于力在時間上的累積效果。為解決力學問題開辟了新的途徑，尤其是打擊和碰撞的問題。這一章可視為牛頓力學的進一步展開，為力學的重點章。

《動量定理》為本章第二節，是第一節《動量和沖量》的繼續，同時又為第三節《動量守恒定律》奠定了基礎。所以《動量定理》有承前啟后的作用。同時《動量定理》的知識與人們的日常生活、生產技術和科學研究有著密切的關系，因此學習這部分知識有著廣泛的現實意義。

二、學情分析

高一學生思維方式要求逐步由形象思維向抽象思維過渡，因此在教學中需以一些感性認識作為依托，加強直觀性和形象性，以便學生理解。

學生有根據加速度來分析力和運動的知識準備，利用2004年1月4日美國航天局的“勇氣號”探測器著陸火星的圖片，創設問題情景，激發學生的興趣，讓學生把物理現象自然過渡到新知識點上，從而引導學生應用已掌握的基礎知 識，通過理論分析和推理判斷來獲得新知識。

撞擊、打擊現象是學生在生活中比較熟悉的，也是他們容易發生興趣的現象。充分發揮圖片、錄像和演示實驗的作用，符合他們好奇、好動、好強的心理特點，調動他們學習的積極性和主動性。

三、教學目標、重點、難點、關鍵

（一）教學目標

1.知識與技能：理解動量定理的確切含義，知道其表達式，知道動量定理也適用于變力情況；能從牛頓運動定律和運動學公式推導出動量定理的表達式；會用動量定理解釋有關現象；會用動量定理計算一些簡單問題

2.過程與方法：通過用動量定理解釋現象和處理有關問題，使學生掌握應用知識解決實際問題的方法

3.情感態度與價值觀：通過實驗導入，激發學生學習物理的興趣,增強參與科技活動的熱情，有從生活到物理，從物理到生活的意識。

（二）重點、難點、關鍵

重點：動量定理的推導及確切含義，解釋有關現象 難點：動量定理的矢量性

關鍵：先規定正方向，合力的沖量的方向和動量變化量的方向一致

四、設計理念

本節課以學生為主體，運用“引導→探究”模式進行教學。在課堂上鼓勵學生主動參與、主動探究、主動思考、主動實踐，在教師合理、有效的引導下進行高效率學習，以充分體現探究的過程和實現對學生探究能力培養的過程。為此本人在下面的三方面進行了嘗試。

五、教學流程設計 教學方法

應用實驗導入法、設置問題情境，啟發學生通過自己的思考和討論來探究動量定理。教學流程

（一）復習導入

實驗導入法，設置問題，激發學生學習物理的興趣和探究新知。

（二）研習新課

1、動量定理

2、用動量定理解釋導語中的現象

3、動量定理的應用

（三）課堂練習：課后練習（1）（2）

（四）小結

1、本節課我們學習了動量定理，可得到沖量的求解方法

2、動量定理是力學問題中的一條重要定理

3、要注意用動量定理解題的方法和步驟。

（五）作業P7 練習二（3）（4）

六、板書設計

1.內容：物體所受合力的沖量等于物體的動量的變化 2.表達式：Ft?mv??mv=ΔP

①矢量式：I合的方向與ΔP的方向相同

②因果式：合力的沖量是使物體動量變化的原因

動量的改變是合力在時間上積累的效果

③適用于變力

④單位等效，不混用1kgm/s=1N·s 3.步驟：

①確定研究對象

②明確運動過程，確定初末狀態 ③受力分析 ④規定正方向

⑤計算初末動量及合力的沖量 ⑥根據動量定理列方程解。