1、【模块标题】动量【模块目标】【模块讲解】【常规讲解】1：动量定理【常规讲解】2：动量守恒定律【常规讲解】3：动量和能量综合目标 1 理解 能够理解动量,冲量的基本概念目标 2 理解 能够用动量定理进行简单计算目标 3 理解 能够掌握应用动量守恒定律的综合计算目标 4 识别 能量综合运用动量和能量解决几种典型问题【常规讲解】1：动量定理【板书整理】一：动量定理1. 动量定理 I=p2. 特别注意：速度和力的方向性问题。二：利用动量定理解决计算问题(1)明确研究对象。 （研究对象一般是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。 ）进行受力分析，明确研究过程。 （一般优先考虑整体过程，所研究的过程要包
2、含已知量和待求量）规定正方向。 （和这个方向相同的矢量为正，和这个方向相反的矢量为负）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和） 。根据动量定理列式求解。【授课流程】步骤动量与冲量基本知识的回顾复习物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。既 I= p动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量变化）间的互求关系。动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。【写板书】1.动量定理 I= p2.特别注意：速度和力的方向性问题。步骤利用动量定理解决计算问题
3、【参考讲解】利用动量定理进行定量计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：明确研究对象和研究过程。研究对象一般是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此当研究对象为质点组时，不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情
4、况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向相同的矢量为正，和这个方向相反的矢量为负。写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和） 。根据动量定理列式求解。写板书解题步骤：(1)明确研究对象。 （研究对象一般是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。 ）进行受力分析，明确研究过程。 （一般优先考虑整体过程，所研究的过程要包含已知量和待求量）规定正方向。 （和这个方向相同的矢量为正，和这个方向相反的矢量为负）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和） 。根据动量定理列式求解。配题逻辑：利用动量定理求平均力 例题 1
5、（2018 新课标 2 卷）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A10 N B10 2 N C10 3 N D10 4 N【讲解】C设 ，根据动能定理 和动量定理 解得50hm21mghvmvFgtF3.510配题逻辑：利用动量定理求平均作用力 练习 1-1 （2015 重庆卷）高空作业须系安全带，如果质量为 的高空作业人员不慎跌落，m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 （可视为自由落体运动） ，此后h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数值向上
6、，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）A B C D2mght2ghtgtght【讲解】由于安全绳产生作用力前人已经自由落体了 h 的高度，此时人的速度为 ，2vgh之后由于涉及力与时间的运算，且非恒力，因此只能使用动量定理： ，其中0合 AFtm（以向下为正） ，解得绳的平均作用力 ，式中负号表示方合 Fmg 2mgFt向向上。故选 A。配题逻辑：利用动量定理分析运动问题例题 2 （2017 新课标卷）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 变化的图线如图所示，则（ ）A t=1 s 时物块的速率为 1 m/sB t=2 s 时物块的动
7、量大小为 4 kgm/sC t=3 s 时物块的动量大小为 5 kgm/sD t=4 s 时物块的速度为零【讲解】AB解：A、前两秒，根据牛顿第二定律， a=F/m=1m/s2，则 0-2s 的速度规律为：v=at；t=1s 时，速率为 1m/s， A 正确；B、t=2s 时，速率为 2m/s，则动量为 P=mv=4kgm/s，B 正确；CD、2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s 2，所以 3s 时的速度为1.5m/s，动量为 3kgm/s，4s 时速度为 1m/s，CD 错误；配题逻辑：利用动量定理分析运动问题练习 2-1.质量不同而初动量相同的两个物体，在水
8、平地面上由于摩擦力的作用而停止运动，它们与地面间的动摩擦因数相同，比较它们的滑行时间和滑行距离，则( )A两个物体滑行的时间一样长 B质量大的物体滑行的时间较长C两个物体滑行的距离一样长 D质量小的物体滑行的距离较长【讲解】D 根据动量定理求解时间之比，根据动能定理求解路程之比，是常用方法，也可以根据质量和速度之间的关系，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律列式求解配题逻辑：利用动量定理分析流体问题例题 3有一宇宙飞船，它的正面面积 S = 0.98m2，以 v = 2103 m/s 的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量 m = 2107 kg，要使飞船速度保
9、持不变，飞船的牵引力应增加多少（设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上）。（ ）A.0.39N B.0.78N C.3.9N D.7.8N【讲解】B选在时间t 内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为 S，高为 vt 的圆柱体内微粒的质量 M=mSvt，初动量为 0，末动量为 Mv。设飞船对微粒的作用力为 F，由动量定理得：Ft=Mv0则 F= = =mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于 mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加 F=F=mSv 2；代入数据得：F=210 4 103 0.98（210 3）2N=0.78N总结：对于流体运动，可沿流速 v 的
10、方向选取一段柱形流体，设在极短的时间 t 内通过某一横截面 S 的柱形流体的长度为 l，如图所示设流体的密度为 ，则在 t 的时间内流过该截面的流体的质量为 mSlSvt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即 Ftmv，分两种情况：(1)作用后流体微元停止，有 vv，代入上式有 FSv2；(2)作用后流体微元以速率 v 反弹，有 v2v，代入上式有 F2Sv2.配题逻辑：利用动量定理分析电磁感应问题例题4如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（a式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的
11、系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图 1 可以看出： 2Ls人船由两式解得LmMsLs船人 ，【写板书】人船模型条件：系统初动量和合外力为零结论 LmsLs船人 ，配题逻辑：动量守恒定律的特殊应用（人船模型）例题2小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端, 如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发,打靶时, 枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发. 则以下说法正确的是( )A 待打完n发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动B 待打完n发子弹后,小车应停在射击之前位
12、置的右方C 在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为 mdnMD在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同根据动量守恒定律,当子弹射出后,小车(包括人、枪和靶,下同) 获得一定的速度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为 0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动,最后将停止于原位的右边,A 错误 ,B 正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知,每一次射击后小车获得的速度都是相等的,走过的距离也都相等.设子弹的速度为 v,小车获得的速度为 v1 由动量守恒有:mv=M+(n-1)mv 1,v1= ,设子弹从枪口射出(1)mvMn到打入靶所用的时间
13、为 t, 小车位移为 c 对,(n)vMdt dstMD 错,答案为 BC.【常规讲解】3：动量和能量综合写板书类碰撞1. 机械能守恒动碰静结论： 121211,vmvmv2. 机械能不守恒完全非弹性碰撞结论： ， 1212121 vvEk 【参考讲解】两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析两物体发生碰撞的全过程中动量和能量的变化：设光滑水平面上，质量为 m1 的物体 A以速度 v1 向质量为 m2 的静止物体 B 运动。v1 v v1 v2 A A B
14、A B A B若 A、B 弹性都很好（撤去外力后能完全恢复原状） ，则可以等效为 B 的左端连有轻弹簧。在位置 A、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到位置 A、B 速度刚好相等（设为 v） ，弹簧被压缩到最短；以后 A、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B 分开，这时 A、B 的速度分别为 。全过程系统动量是守恒的，机械能也21v和是守恒的。系统减少的动能全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少，全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。在全过程对系统用动量守恒和能量守恒：m1v1= m1v1+ m2
15、v2， ，由此方程组解得 A、B 的最终速度分别为：2/2/121vmv。 （这个结论要背下来，以后经常会用）对应图象：21211,mvtvtO到。）v0 vOv0vtOv0m1= m2m1 m2m1 m2若 A、B 完全没有弹性（撤去外力后保持形变，不能恢复原状） 。系统减少的动能全部转化为内能(分子动能或分子势能)。由于没有弹性，A、B 不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。在过程用动量守恒和能量守恒：m1v1=(m1+m2)v， ，由此方程组解得：2121)(vvEkA、B 最终的共同速度为 ，21系统的动能损失为 。 （这个结论要背下来，以后经2121mvmvk
16、 常会用到。 ）若 A、B 的弹性介于以上两种情况之间，则系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能；弹性势能转化为动能，两物体分开。全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能） 。这种碰撞叫非弹性碰撞。A、B 的末速度将介于上述两种结论之间。配题逻辑：利用碰撞特点解题例题 1 两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，m B=2kg，v A=6m/s， vB=2m/s，当 A 追上 B 并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是 A vA=5m/s,vB=2.5m/s B vA=2m/s,vB=4m/。C vA=1m/s,vB=4.5m/s D vA=7m
17、/s,vB=1.5m/s【讲解】：考虑实际情况，碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度，因而 AD 错误，BC 满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD 均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为 22J，B 选项碰撞后总动能为 18J，C 选项碰撞后总动能为 57J，故 C 错误，B 满足；故选 B配题逻辑：类非弹性碰撞中的内能例题 2将一长木板静止放在光滑的水平面上，如下图甲所示，一个小铅块(可视为质点) 以水平初速度 v0 由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A 和 B 两段，使
18、B 的长度和质量均为 A 的 2 倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度 v0 由木块 A 的左端 开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( )A小铅块将从木板 B 的右端飞离木板B小铅块滑到木板 B 的右端前就与木板 B 保持相对静止C甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【讲解】BD试题分析：在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到 B 上后 A 停止加速，只有 B 加速，加速度大于第一次的对应过程，所以小铅
19、块滑到木板 B 的右端前就与木板 B 保持相对静止 B 正确、A 错误；由于最终乙图中 A 木板的速度小于甲图中对应部分的速度，所以根据系统的动量守恒得知，乙图中小铅最终的速度大于甲图中最终速度，根据动能定理得：-fx=Ek ，由于动能的变化量不等，所以铅块的对地位移不等，甲图中铅块对地位移较大，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，由 Q=fd 相对得知，甲图中产生的热量大于乙图中产生热量，D 正确考点：本题考查动量守恒定律、能量守恒定律。配题逻辑：类非弹性碰撞中的重力势能例题3如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m 装有光滑弧形槽的小车，一个质量也为m的小球以水平速度 v0沿槽口向小车滑去
20、，到达某一高度后，小球又返回右端，则 ( )A 小球以后将向右做平抛运动B 小球将做自由落体运动C 此过程小球对小车做的功为 20mvD 小球在弧形槽上升的最大高度为 20g【讲解】B C试题分析:小球从地段进入圆弧槽，到达最高点后返回到低端时 两者交换速度，即小球的速度减少为零，小车的速度变为 v0, 小球以后将做自由落体运动，A 错 B 对；此过程中小球对小车做的功等于小车动能的增量即 ，C 选项正确；小球上升到最高点时达到共20mv速 v，根据动量守恒 mv0=2mv,解得 v=v0/2,根据能量守恒定律得最大高度为 ，选项 D20vg错误。配题逻辑：类非弹性碰撞中的弹性势能例题 4 如
21、图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度 v0 向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为 x；现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B（如图乙所示） ，物体 A 以 2v0 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x，则( )A.A 物体的质量为 3mB.A 物体的质量为 2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为 1.5mv02D.弹簧压缩最大时的弹性势能为 mv02【讲解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于 A 的初动能，设 A 的质量为 mA，即有：201 pvE当弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B 时，A 与弹簧相互作用的过程中 B 将向右运动，A、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取 A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A2v0=（m+m A）v，由机械能守恒定律得： ，22011 ApmmvE联立得：m A=3m 联立得：Epm=1.5mv 02故 AC 正确，BD 错误
