高考物理最新教案-高考物理动量定理与能量守恒1 精品
2024届高考物理复习讲义：第1讲 动量和动量定理
第1讲动量和动量定理学习目标 1.理解动量和冲量的概念。
2.能用动量定理解释生活中的有关现象。
3.会用动量定理进行相关计算，并会在流体问题中建立“柱状”模型。
1.2.3.4.1.思考判断(1)一个物体的运动状态变化时，它的动量一定改变。
(√)(2)合力的冲量是物体动量发生变化的原因。
(√)(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向。
(√)(4)物体的动量发生改变，则合力一定对物体做了功。
(×)(5)运动员接篮球时手向后缓冲一下，是为了减小动量的变化量。
(×)2.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案B考点一动量和冲量1.对动量的理解(1)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是针对某一时刻或位置而言的。
(2)相对性：动量的大小与参考系的选取有关，通常是指相对地面的动量。
(3)动量与动能的关系：p＝2mE k或E k＝p22m。
2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性：冲量与力和力的作用时间有关，恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积。
②矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致。
(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向，但与作用力和反作用力做的功之间并无必然联系。
3.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。
(2)变力的冲量①图像法：作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图1所示。
图1②动量定理法：对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解。
角度对动量和冲量的理解与计算例1(2023·天津模拟)如图2所示，学生练习用脚颠球。
足球的质量为0.4kg ，某一次足球由静止自由下落0.8m ，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45m 。
2025高考物理备考复习教案 第六章 第2讲 动能和动能定理
1
是飞机所受重力的 ，g取10
50
(1)飞机起飞时的动能是
[解析]
m/s2.
2.24×108 J.
1
Ek＝ mv2＝2.24×108
2
J
(2)此过程飞机的动能变化量是
2.24×108 J.
[解析] ΔEk＝Ek-Ek0＝2.24×108 J
加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则
(
C )
1
2
A. W＝ mgR，质点恰好可以到达Q点
1
2
B. W＞ mgR，质点不能到达Q点
1
2
C. W＝ mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D.
1
W＜ mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
2
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第2讲
动能和动能定理
2
1
2
− m12
或W＝Ek2-Ek1
合力
做的功是物体动能变化的量度
曲线运动
①既适用于直线运动，也适用于[6]
变力做功
②既适用于恒力做功，也适用于[7]
[5]
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以[8]
用
间断作
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第2讲
动能和动能定理
如图，一架喷气式飞机，质量m为7.0×104 kg，起飞过程中从静止开始滑跑.当位
解题应抓住
“两状态，一
过程”
“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力
情况和位置变化或位移信息
高中物理教案动量
高中物理教案动量
目标：
1. 理解动量的定义和计算公式；
2. 掌握动量守恒定律的理论和应用；
3. 能够通过实验验证动量守恒定律；
4. 能够应用动量守恒定律解决相关问题。
教学内容：
一、动量的概念和计算公式；
二、动量守恒定律的理论和应用；
三、动量守恒定律的实验验证；
四、动量守恒定律的应用案例。
教学过程：
一、导入（5分钟）
通过展示一个撞球的视频引入动量的概念，让学生了解动量的定义和重要性。
二、讲解动量的概念和计算公式（10分钟）
1. 解释动量的意义和计算方法；
2. 讲解动量的计算公式：动量 = 质量 x 速度。
三、讲解动量守恒定律（10分钟）
1. 探讨动量守恒定律的概念；
2. 说明动量守恒定律的重要性以及在自然界中的应用。
四、实验验证动量守恒定律（15分钟）
1. 设计一个简单的实验，通过撞球实验验证动量守恒定律；
2. 让学生观察并记录实验结果，验证动量守恒定律的正确性。
五、讨论动量守恒定律的应用案例（10分钟）
1. 分析实际生活中的动量守恒案例；
2. 提出问题让学生运用动量守恒定律解决。
六、总结（5分钟）
回顾本节课所学内容，强调动量的重要性和动量守恒定律的应用价值。
作业：
完成课后习题，巩固对动量的理解和动量守恒定律的应用。
扩展：
学生可以自行设计一个实验，验证动量守恒定律的另一种情况，加深对动量守恒定律的理解和掌握。
高考物理动量与动能定理难点解析
高考物理动量与动能定理难点解析在高考物理中，动量与动能定理是非常重要的知识点，也是很多同学感到头疼的难点。
理解和掌握这两个定理，对于解决物理问题、提高物理成绩至关重要。
接下来，我们就来深入解析一下高考物理中动量与动能定理的难点。
一、动量定理动量定理的表达式为：合外力的冲量等于物体动量的变化量，即$I＝＼Delta p$。
其中，冲量$I ＝ F ＼cdot ＼Delta t$，＄F$是合外力，＄＼Deltat$是作用时间；动量$p ＝ mv$，＄m$是物体质量，＄v$是物体速度。
1、难点之一：理解冲量的概念冲量是力在时间上的积累效果。
很多同学容易将冲量与力混淆，认为冲量就是力。
其实不然，冲量是一个过程量，它取决于力的大小和作用时间。
例如，一个恒力作用在物体上一段时间，冲量就等于力乘以时间；如果力是变化的，就需要用积分的方法来计算冲量。
在实际问题中，计算冲量时要注意明确力的作用时间。
比如，一个物体在粗糙水平面上滑行，摩擦力的冲量就等于摩擦力乘以滑行时间。
2、难点之二：应用动量定理解决问题应用动量定理解决问题时，关键是要确定研究对象和研究过程，分析合外力的冲量以及动量的变化。
例如，一个质量为$m$的小球从高处自由下落，与地面碰撞后反弹。
在这个过程中，重力的冲量是多少？首先，确定研究过程为小球从开始下落到反弹离开地面。
重力是恒力，作用时间为整个下落和反弹的时间。
重力的冲量就等于重力大小乘以总时间。
再比如，一个物体在水平方向上受到多个力的作用，要分析其动量的变化，就需要求出合外力的冲量。
二、动能定理动能定理的表达式为：合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，即$W ＝＼Delta E_k$。
其中，功$W ＝ F ＼cdot s ＼cdot ＼cos\theta$，＄F$是合外力，＄s$是物体在力的方向上的位移，＄＼theta$是力与位移的夹角；动能$E_k ＝＼frac{1}｛2}mv^2$。
1、难点之一：理解功和动能的关系功是能量转化的量度，合外力做功会引起物体动能的变化。
高考物理一轮复习 第十五章 动量 第1单元 动量 冲量 动量定理教案-人教版高三全册物理教案
第十五章 动 量知识网络：第1单元 动量 冲量 动量定理一、动量和冲量1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。
题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
〔4〕研究一条直线上的动量要选择正方向2．动量的变化：p p p -'=∆由于动量为矢量，那么求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定那么。
A 、假设初末动量在同一直线上，那么在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B 、假设初末动量不在同一直线上，那么运算遵循平行四边形定那么。
[例1]一个质量为m =40g 的乒乓球自高处落下，以速度v =1m/s 碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v '=/s 。
求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：s m kg s m kg mv p /04.0/104.0•=•⨯==乒乓球的末动量为： s m kg s m kg v m p /02.0/)5.0(04.0•-=•-⨯='='乒乓球动量的变化为： p p p -'=∆=s m kg s m kg /06.0/04.002.0•-=•-- p ∆p ' p正方向负号表示p ∆的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，那么绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。
高中力学物理动量守恒教案
高中力学物理动量守恒教案
教学内容：动量的概念、动量守恒定律、动量守恒定律在碰撞问题中的应用
教学目标：
1. 理解动量的概念；
2. 掌握动量守恒定律的基本原理；
3. 能够运用动量守恒定律解决碰撞问题。
教学重点：动量的概念、动量守恒定律、碰撞问题的解决
教学难点：碰撞问题中动量守恒定律的应用
教学过程：
一、导入新知识
让学生通过观察一个小球被撞击后加速度、速度的改变来引出动量的概念，并介绍动量的定义。
二、讲解动量守恒定律
1. 介绍动量守恒定律的概念和基本原理。
2. 解释动量守恒定律在封闭系统中的适用条件。
三、案例分析
1. 给出一个简单的碰撞问题，让学生尝试运用动量守恒定律求解。
2. 讲解解题思路和方法，引导学生理解碰撞问题中的动量守恒原理。
四、练习与检测
让学生进行一些练习题，巩固动量守恒定律的应用。
布置作业，要求学生解决几个碰撞问题，以检测他们是否掌握了动量守恒定律的应用。
五、总结与评价
对学生的学习情况进行总结和评价，强调动量守恒定律在力学物理中的重要性。
教学反思：
在教学过程中，要重点讲解动量守恒定律的适用条件和应用方法，帮助学生理解并熟练运用这一重要物理定律。
同时，要引导学生进行实际的案例分析和练习，加深他们对动量守恒定律的理解和掌握。
高考物理新课标件动量动量定理动量守恒定律
动量定理表述及意义
动量定理表述
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，即Ft=Δp。
物理意义
动量定理揭示了力、时间和动量变化之间的关系。它表明，力对物体的作用效 果可以通过物体动量的变化来体现。当物体受到合外力作用时，其动量将发生 变化，且合外力的冲量等于物体动量的变化量。
02 动量定理应用与实例分析
实验结果讨论
通过实验数据计算得出，碰撞前后系统 总动量基本保持不变，验证了动量守恒 定律。同时，实验结果也受误差影响， 存在一定偏差。
VS
改进方向
为进一步提高实验精度和可靠性，可采取 以下措施：使用更高精度的测量仪器；改 进实验装置以减小空气阻力和导轨摩擦的 影响；增加实验次数以减小随机误差等。
06 知识拓展与前沿动态
交换过程。
当代物理学中关于动量研究新进展
1 2
高能物理中的动量研究
在高能物理实验中，动量的测量和分析是研究基 本粒子和相互作用的重要手段。
凝聚态物理中的动量守恒定律
在凝聚态物理中，动量守恒定律对于理解物质的 宏观性质和微观结构具有重要意义。
3
动量与宇宙学
在宇宙学中，动量与宇宙的膨胀、物质分布和演 化等密切相关，是研究宇宙起源和演化的重要工 具。
动量定义
物体质量与速度的乘积，即p=mv， 表示物体运动状态的物理量。
物理意义
动量是描述物体运动状态的物理量， 反映了物体运动惯性的大小。动量越 大，物体越难改变其运动状态，即越 难使其加速或减速。
动量与速度关系
正比关系
动量与速度成正比，速度越大， 动量越大。
方向性
动量是矢量，其方向与速度方向 相同。当速度方向改变时，动量 方向也随之改变。
高中物理动量守恒备课教案
高中物理动量守恒备课教案
课程目标：
1. 理解动量守恒定律的概念；
2. 掌握动量守恒定律的计算方法；
3. 能够应用动量守恒定律解决实际问题。
教学重点：
1. 动量守恒定律的概念；
2. 动量守恒定律的应用。
教学难点：
1. 动量守恒定律的数学表达；
2. 动量守恒定律在实际问题中的应用。
教学准备：
1. 教科书相关内容资料；
2. 实验器材（如弹簧测力计、小车等）；
3. 计算器。
教学过程：
一、引入（5分钟）
通过一个简单的实验或情境引入动量守恒的概念，吸引学生的兴趣，引发学生思考。
二、概念讲解（10分钟）
1. 动量的定义和计算方法；
2. 动量守恒定律的表述；
3. 动量守恒定律的理论基础。
三、实验演示（15分钟）
进行一个简单的实验演示，让学生观察并记录实验现象，引导学生思考并归纳实验得出的结论。
四、案例分析（10分钟）
结合生活中的实际问题或者案例，引导学生运用动量守恒定律解决问题，加深学生对动量守恒的理解。
五、小组讨论（10分钟）
分成小组讨论一个与动量守恒相关的问题，让学生共同思考并讨论解决方案。
六、课堂练习（10分钟）
布置相关的练习题，让学生在课后巩固所学内容。
七、课堂总结（5分钟）
对本节课的重点内容进行总结，并展望下节课内容。
教学反思：
通过本节课的教学，学生应该能够掌握动量守恒定律的概念和应用方法，同时能够运用动量守恒定律解决实际问题。
在教学过程中，要引导学生积极思考，培养其动手实践和解决问题的能力。
动量守恒定律物理教案优秀5篇
动量守恒定律物理教案优秀5篇1、理解动量守恒定律的确切含义．2、知道动量守恒定律的适用条件和适用范围．二、能力目标1、运用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．2、能运用动量守恒定律解释现象．3、会应用动量守恒定律分析、计算有关问题（只限于一维运动）．三、情感目标1、培养实事求是的科学态度和严谨的推理方法．2、使学生知道自然科学规律发现的重大现实意义以及对社会发展的巨大推动作用．重点难点：重点：理解和基本掌握动量守恒定律．难点：对动量守恒定律条件的掌握．教学过程：动量定理研究了一个物体受到力的冲量作用后，动量怎样变化，那么两个或两个以上的物体相互作用时，会出现怎样的总结果？这类问题在我们的日常生活中较为常见，例如，两个紧挨着站在冰面上的同学，不论谁推一下谁，他们都会向相反的方向滑开，两个同学的动量都发生了变化，又如火车编组时车厢的对接，飞船在轨道上与另一航天器对接，这些过程中相互作用的物体的动量都有变化，但它们遵循着一条重要的规律．（－）系统为了便于对问题的讨论和分析，我们引入几个概念．1．系统：存在相互作用的几个物体所组成的整体，称为系统，系统可按解决问题的需要灵活选取．2．内力：系统内各个物体间的相互作用力称为内力．3．外力：系统外其他物体作用在系统内任何一个物体上的力，称为外力．内力和外力的区分依赖于系统的选取，只有在确定了系统后，才能确定内力和外力．（二）相互作用的两个物体动量变化之间的关系演示如图所示，气垫导轨上的A、B两滑块在P、Q两处，在A、B间压紧一被压缩的弹簧，中间用细线把A、B拴住，M和N为两个可移动的挡板，通过调节M、N的位置，使烧断细线后A、B两滑块同时撞到相应的挡板上，这样就可以用ＳＡ和ＳＢ分别表示A、B两滑块相互作用后的速度，测出两滑块的质量mＡ＼mＢ和作用后的位移ＳＡ和ＳＢ比较mＡＳＡ和mＢＳＢ．高二物理《动量守恒定律》教案1．实验条件：以A、B为系统，外力很小可忽略不计．2．实验结论：两物体A、B在不受外力作用的条件下，相互作用过程中动量变化大小相等，方向相反，即△pＡ＝－△pＢ或△pＡ＋△pＢ＝０注意因为动量的变化是矢量，所以不能把实验结论理解为A、B两物体的动量变化相同．（三）动量守恒定律1．表述：一个系统不受外力或受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律．2．数学表达式：p＝p’，对由A、B两物体组成的系统有：mAvA+mBvB=mAvA’+mBvB’ （1）mA、mB分别是A、B两物体的质量，vA、vB、分别是它们相互作用前的速度，vA’、vB’分别是它们相互作用后的速度．注意式中各速度都应相对同一参考系，一般以地面为参考系．（2）动量守恒定律的表达式是矢量式，解题时选取正方向后用正、负来表示方向，将矢量运算变为代数运算．3．成立条件在满足下列条件之一时，系统的动量守恒（1）不受外力或受外力之和为零，系统的总动量守恒．（2）系统的内力远大于外力，可忽略外力，系统的总动量守恒．（3）系统在某一方向上满足上述（1）或（2），则在该方向上系统的总动量守恒．4．适用范围动量守恒定律是自然界最重要最普遍的规律之一，大到星球的宏观系统，小到基本粒子的微观系统，无论系统内各物体之间相互作用是什么力，只要满足上述条件，动量守恒定律都是适用的．（四）由动量定理和牛顿第三定律可导出动量守恒定律设两个物体m１和m２发生相互作用，物体1对物体2的作用力是Ｆ１２，物体2对物体1的作用力是Ｆ２１，此外两个物体不受其他力作用，在作用时间△Ｖt内，分别对物体1和2用动量定理得：Ｆ２１△Ｖt＝△p１；Ｆ１２△Ｖt＝△p２，由牛顿第三定律得Ｆ２１＝－Ｆ１２，所以△p１＝－△p２，即：△p＝△p１＋△p２＝０或m１v１+m２v２=m１v１’+m２v２’．例1如图所示，气球与绳梯的质量为M，气球的绳梯上站着一个质量为m的人，整个系统保持静止状态，不计空气阻力，则当人沿绳梯向上爬时，对于人和气球（包括绳梯）这一系统来说动量是否守恒？为什么？高二物理《动量守恒定律》教案解析对于这一系统来说，动量是守恒的，因为当人未沿绳梯向上爬时，系统保持静止状态，说明系统所受的重力（Ｍ＋m）g跟浮力F平衡，那么系统所受的外力之和为零，当人向上爬时，气球同时会向下运动，人与梯间的相互作用力总是等值反向，系统所受的外力之和始终为零，因此系统的动量是守恒的．例2如图所示是A、B两滑块在碰撞前后的闪光照片部分示意图，图中滑块A的质量为0.14kg，滑块B的质量为0.22kg，所用标尺的最小刻度是0.5cm，闪光照相时每秒拍摄10次，试根据图示回答：高二物理《动量守恒定律》教案（1）作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？（2）碰撞前后A和B的总动量是否守恒？解析从图中A、B两位置的变化可知，作用前B是静止的，作用后B向右运动，A向左运动，它们都是匀速运动．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）碰撞前总动量p＝pＡ＝mAvA＝０.１４__０.５＝０.０７（kg·m/s）碰撞后总动量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的总动量守恒．例3一质量mA＝０.２kg，沿光滑水平面以速度vA＝５m/s运动的物体，撞上静止于该水平面上质量mB＝０.５kg的物体B，在下列两种情况下，撞后两物体的速度分别为多大？（1）撞后第1s末两物距0.6m．（2）撞后第1s末两物相距3.4m．解析以A、B两物为一个系统，相互作用中无其他外力，系统的动量守恒．设撞后A、B两物的速度分别为vA’和vB’，以vA的方向为正方向，则有：mAvA＝mAvA’+mBvB’；vB’t－vA’t＝s（1）当s＝０.６m时，解得vA’＝１m／s，vB’＝１.６m／s，A、B同方向运动．（2）当s＝３.４m时，解得vA’＝－１m／s，vB’＝２.４m／s，A、B反方向运动．例4如图所示，A、B、C三木块的质量分别为mA=0.5Kg,mB=0.3Kg,mC=0.2Kg，A和B紧靠着放在光滑的水平面上，C以v0=25m/s的水平初速度沿A的上表面滑行到B的上表面，由于摩擦最终与B木块的共同速度为8m/s，求C刚脱离A时，A的速度和C的速度．高二物理《动量守恒定律》教案解析C在A的上表面滑行时，A和B的速度相同，C在B的上表面滑行时，A和B脱离．A 做匀速运动，对A、B、C三物组成的系统，总动量守恒．动量守恒定律物理教案（精选篇2）三维教学目标1、知识与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
专题强化十一 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用 目标要求 1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型．题型一 子弹打木块模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：m v 0＝(m ＋M )v能量守恒：Q ＝f ·s ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2 (2)子弹穿透木块动量守恒：m v 0＝m v 1＋M v 2能量守恒：Q ＝f ·d ＝12m v 02－(12M v 22＋12m v 12) 例1 (多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．已知A 、B 足够长，两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相等答案 BD解析 子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A 错误；滑块A 、B 动量变化量相等，受到的冲量相等，B 正确；对子弹运用动能定理，有W f ＝12m v 2－12m v 02，由于末速度v 相等，所以阻力对子弹做功相等，C 错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，所以系统产生的热量相等，D 正确．例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t 1，子弹损失的动能为ΔE k1损，系统机械能的损失为E 1损 ，穿透后系统的总动量为p 1；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t 2，子弹损失的动能为ΔE k2损，系统机械能的损失为E 2损，穿透后系统的总动量为p 2.设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是( )A ．t 2>t 1B ．ΔE k2损＞ΔE k1损C ．E 2损＞E 1损D ．p 2＞p 1答案 ABD解析 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f 相等，根据牛顿第二定律有a ＝f m，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的位移s 2要大于第一次的位移s 1，即s 2＞s 1；子弹做减速运动，由位移公式s ＝v 0t ＋12at 2和s 2＞s 1可得，t 2＞t 1，故A 正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔE k 损＝fs ，由于s 2＞s 1，所以ΔE k2损＞ΔE k1损，故B 正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力相等，系统摩擦产生的热量Q ＝fd ，其中f 为阻力，d 为子弹相对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E 2损＝E 1损，故C 错误．p 1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p 2等于子弹的初动量，所以p 2＞p 1，故D 正确．例3 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一质量为20 g 的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm ，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．(2)若子弹是以大小为400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案 (1)6 m/s 882 J (2)能解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v ，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，代入数据解得v ＝6 m/s此过程系统所产生的内能Q ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2＝882 J. (2)假设子弹以v 0′＝400 m/s 的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0′＝(M ＋m )v ′解得v ′＝8 m/s此过程系统损失的机械能为ΔE ′＝12m v 0′2－12(M ＋m )v ′2＝1 568 J 由功能关系有Q ＝ΔE ＝F 阻x 相＝F 阻dΔE ′＝F 阻x 相′＝F 阻d ′则ΔE ΔE ′＝F 阻d F 阻d ′＝d d ′解得d ′＝1 568147cm 因为d ′>10 cm ，所以能射穿木块．题型二 滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔs或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．例4如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则()A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s答案 D解析物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v 2＝m1m2v022(m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．例5如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C 质量均相等，且为m，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度的大小；(2)A、C之间的摩擦力的大小；(3)A在木板C上滑行的时间t.答案 (1)34v 0 (2)m v 0216L (3)4L v 0解析 (1)B 、C 碰撞过程中动量守恒，由题意分析知，B 、C 碰后具有相同的速度，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02， B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝34v 0. (2)在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得fL ＝12m v 02＋12m v 12－12×2m v 22， 解得f ＝m v 0216L. (3)A 与C 相互作用过程中，对C 由动量定理得ft ＝m v 2－m v 1，解得t ＝4L v 0. 例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M ＝2 kg 的长木板放在光滑的水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)放在长木板的左端，用大小为10 N 、方向斜向右上与水平方向成θ＝53°角的拉力F 作用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s 的时间，撤去拉力，如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小；(2)木板的长度．答案 (1)5 m/s 0.5 m/s (2)3.6 m解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma 1对木板根据牛顿第二定律有μ(mg －F sin θ)＝Ma 2撤去拉力时，物块的速度大小v 1＝a 1t ＝5 m/s木板的速度大小v 2＝a 2t ＝0.5 m/s.(2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移s 1＝12a 1t 2－12a 2t 2 撤去拉力后，根据动量守恒定律有m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v由能量守恒定律有μmg s 2＝12m v 12＋12M v 22－12(M ＋m )v 2 联立解得木板的长度L ＝s 1＋s 2＝3.6 m ．课时精练1.如图所示，子弹以水平速度v 0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )A ．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B ．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C ．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D ．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小答案 B解析 水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t 相等，根据I ＝Ft ，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A 错误，B 正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C 、D 错误．2．(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以水平速度v 0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，此过程经历的时间为t .若木块对子弹的阻力大小f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )A ．fL ＝12M v 2B ．ft ＝m v 0－m vC ．v ＝m v 0MD ．fs ＝12m v 02－12m v 2 答案 AB 解析 由动能定理，对木块可得fL ＝12M v 2，选项A 正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft ＝m v －m v 0，则ft ＝m v 0－m v ，选项B 正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m，选项C 错误；对整体，根据能量守恒定律得fs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，选项D 错误． 3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m ＝2 kg 的物块A 以初速度v 0＝2 m/s 滑上放在光滑水平面上的长木板B ，A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，经过时间t ＝1 s ，物块A 、长木板B 最终以共同速度v ＝1 m/s 做匀速运动，重力加速度g 取10 m/s 2，由此可求出( )A ．长木板B 的质量为2 kgB ．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1C ．长木板B 的长度至少为2 mD ．物块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为2 J答案 ABD解析 A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，设B 的质量为M ，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝2 kg ，故A正确；木板B 匀加速运动的加速度a B ＝Δv Δt＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，对B 有μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故B 正确；前1 s 内B 的位移s B ＝0＋v 2·t ＝0＋12×1 m ＝0.5 m ，A 的位移s A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以木板B 的最小长度L ＝s A －s B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成的系统损失的机械能ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 正确． 4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )答案 A解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v 1.设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒得：M v 0－m v 0＝(M ＋m )v 1，得v 1＝M －m M ＋mv 0＜v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误．5.(多选)(2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，一质量M ＝2.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小物块A .给A 和B 以大小均为3.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．下列说法正确的是( )A ．A 、B 共速时的速度大小为1 m/sB ．在小物块A 做加速运动的时间内，木板B 速度大小可能是2 m/sC ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为2 N·sD ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，小物块A 对木板B 的水平冲量方向向左 答案 AD解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ＝()M ＋m v 共，解得v 共＝1 m/s ，故A 正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v 1，根据动量守恒定律得M v －m v ＝M v 1，解得v 1＝1.5 m/s.当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5 m/s ，故B 错误；根据动量定理，A 、B 相互作用的过程中，木板B 对小物块A 的平均冲量大小为I ＝m v 共＋m v ＝4 N·s ，故C 错误；根据动量定理，小物块A 对木板B 的水平冲量I ′＝M v 共－M v ＝－4 N·s ，负号代表与正方向相反，即向左，故D 正确．6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L ，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v 0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )A ．甲、乙达到共同速度所需的时间为v 02μgB ．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度C ．甲、乙相对滑动的总路程为v 024μgD ．如果甲、乙碰撞的次数为n (n ≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为v 024μg＋L －2nL 答案 ACD解析 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为v 共，有m v 0＝2m v 共，解得v 共＝v 02，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v 1、v 2，碰后甲、乙的速度分别为v 1′、v 2′，取水平向右为正方向，则有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′，12m v 12＋12m v 22＝12m v 1′2＋12m v 2′2，联立解得v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为a ＝μmg m ＝μg ，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t ＝v 共a ＝v 02μg，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A 正确，B 错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s ，根据动能定理可得－μmgs ＝12×2m (v 02)2－12m v 02，解得s ＝v 024μg，C 正确；甲、乙碰撞的次数为n ，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s 0，若第n 次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L ＋2L (n －1)＋s 0＝s (n ＝2,4,6，…)，解得s 0＝v 024μg＋L －2nL (n ＝2,4,6，…)，若第n 次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L ＋2L (n －1)＋2L －s 0＝s (n ＝1,3,5，…)，解得s 0＝2nL ＋L －v 024μg(n ＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为v02＋L－2nL，D正确．4μg7.(2023·福建泉州市模拟)如图所示，木板B静止在光滑的冰面上，其右端上表面与一粗糙倾斜滑道平滑相接，滑道倾角θ＝37°，一游客坐在滑板上，从滑道上距底端s＝5 m处由静止滑下．已知木板质量m B＝20 kg，长度L＝3 m，游客和滑板的总质量m A＝40 kg.若游客和滑板可看作质点，与滑道间的动摩擦因数μ1＝0.3，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8.(1)求游客在滑道下滑时的加速度大小；(2)若要游客刚好不从木板B的左端滑出，求滑板与木板B上表面间的动摩擦因数μ2.答案(1)3.6 m/s2(2)0.2解析(1)设游客在滑道下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得m A g sin 37°－μ1m A g cos 37°＝m A a，解得a＝3.6 m/s2.(2)设游客到达滑道下端的速度为v1，v1＝2as＝6 m/s要使游客刚好不从木板B的左端滑出，即游客到达木板B左端时恰好与木板达到共同速度，设共同速度为v2，由于冰面光滑，该过程满足动量守恒，可得m A v1＝(m A＋m B)v2由能量守恒定律可得μ2m A gL＝12－12(m A＋m B)v22，联立解得μ2＝0.2.2m A v18.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg 的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)平板车的长度；(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．答案(1)1.125 m(2)5.625 J解析(1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma代入数据解得a ＝6 m/s 2设物块与平板车最后的共同速度为v ，根据运动学公式有v ＝at ＝3 m/s设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v 1，根据动量守恒定律有M v 1＝(m ＋M )v 解得v 1＝4.5 m/s设平板车的长度为L ，根据能量守恒定律有μmgL ＝12M v 12－12(m ＋M )v 2 代入数据解得L ＝1.125 m(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v 0，根据机械能守恒定律有mg (l －l cos 60°)＝12m v 02 解得v 0＝8 m/s设碰撞后瞬间小球的速度为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v 0＝M v 1＋m v 2 解得v 2＝－1 m/s小球与平板车碰撞过程损失的机械能为 ΔE ＝12m v 02－12m v 22－12M v 12＝5.625 J.9．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1 kg 和2 kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1 kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速度k v 0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新物块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2.(1)若0<k <0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k ＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．答案 (1)5(1－k ) m/s ，方向向右 10－20k 3m/s ，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C 、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物，已知C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，以向右为正方向，则有m v 0－m ·k v 0＝(m ＋m )v 物解得v 物＝1－k 2v 0＝5(1－k ) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k ) m/s ，方向向右．滑板A 、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg ，则由M v 0－2M ·k v 0＝(M ＋2M )v 滑解得v 滑＝1－2k 3v 0＝10－20k 3m/s>0 则新滑板速度方向也向右．(2)若k ＝0.5，可知碰后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物′＝5(1－k ) m/s ＝5×(1－0.5) m/s ＝2.5 m/s碰后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑′＝10－20k 3m/s ＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m ′＝2 kg ，新滑板的质量为M ′＝3 kg ，设相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒可得m ′v 物′＝(m ′＋M ′)v 共解得v 共＝1 m/s根据能量守恒可得μm ′gs 相＝12m ′(v 物′)2－12(m ′＋M ′)v 共2 解得s 相＝1.875 m.。
高中物理能量守恒教案
高中物理能量守恒教案
一、教学目标：
1. 理解能量守恒定律的概念和应用；
2. 掌握能量转化和能量守恒的相关知识；
3. 能够分析和解决与能量守恒相关的问题；
二、教学内容：
1. 能量守恒定律的基本概念；
2. 机械能守恒定律；
3. 热能守恒定律；
4. 能量转化和能量守恒的应用；
三、教学重点和难点：
1. 理解并应用能量守恒定律；
2. 理解机械能守恒定律和热能守恒定律的应用；
3. 解决与能量守恒相关的问题；
四、教学方法：
1. 理论讲解结合例题练习；
2. 实验观察和数据分析；
3. 课堂讨论和合作学习；
五、教学过程：
1. 引入：通过实例引入能量守恒定律的概念；
2. 理论讲解：讲解能量守恒定律的基本原理和应用；
3. 例题练习：老师对几道相关例题进行讲解和解答；
4. 实验探究：进行相关实验，观察并记录实验数据；
5. 数据分析：学生根据实验数据进行相关分析和总结；
6. 课堂讨论：学生分组讨论并分享实验结果，思考解决相关问题；
7. 练习测试：布置相关练习和测试题，检验学生学习效果；
8. 总结反思：对本节课的学习内容进行总结和反思。
六、教学资源：
1. 教材、课件、实验器材；
2. 相关试题、练习题、考试卷；
七、教学评估：
1. 学生表现及讨论参与程度；
2. 课堂练习和测试成绩；
3. 实验数据记录和分析能力。
以上为高中物理能量守恒教案范本，希最对您有所帮助。
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析
高考物理2025年动量定理知识点与难点解析在高考物理中，动量定理一直是一个重要且具有一定难度的知识点。
对于备战 2025 年高考的同学们来说，深入理解和掌握动量定理及其相关难点，对于提高物理成绩至关重要。
一、动量定理的基本概念动量定理描述了物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量。
动量（p）的定义是物体的质量（m）与速度（v）的乘积，即 p ＝ mv。
而冲量（I）则是力（F）在时间（t）上的积累，用公式表示为I ＝Ft。
简单来说，当一个物体受到外力作用时，经过一段时间，其动量会发生改变，改变的量就等于外力在这段时间内的冲量。
二、动量定理的表达式动量定理的表达式为：Ft ＝Δp，其中 F 是合外力，t 是作用时间，Δp 是动量的变化量。
这个表达式的含义是：合外力在一段时间内的作用效果，等于这段时间内物体动量的变化。
例如，一个质量为 2kg 的物体，原来速度为 3m/s，受到一个恒力作用 2s 后，速度变为 5m/s。
则物体所受合外力的冲量为：F × 2 ＝ 2 × 5 2 × 3F ＝ 2N三、动量定理的适用条件动量定理适用于任何情况，无论是恒力还是变力，也不管物体的运动轨迹是直线还是曲线。
对于恒力作用的情况，我们可以直接使用上述表达式进行计算。
但对于变力作用的情况，需要通过积分的方法来计算冲量。
四、动量定理与牛顿第二定律的关系牛顿第二定律 F ＝ ma 可以通过运动学公式 a ＝（v u) ／ t 进行变形，得到 F ＝ m(v u) ／ t ，进一步整理可得 Ft ＝ mv mu ，这正是动量定理的表达式。
可以说，动量定理是牛顿第二定律在时间上的积累效果的体现。
五、动量定理的难点解析1、变力作用下的冲量计算在很多实际问题中，物体所受的力是随时间变化的，这时候计算冲量就比较复杂。
例如，一个小球与地面碰撞时，地面对小球的支持力是随时间变化的。
对于这种情况，我们通常需要利用图像（如 F t 图像）来计算冲量，图像与时间轴所围的面积就等于冲量。
高中物理动量原理教案设计
高中物理动量原理教案设计一、教学目标：1. 知识与技能：了解动量的概念和计算方法，掌握动量守恒定律的应用。
2. 过程与方法：通过实验和讨论，促使学生主动探究动量原理，培养学生的实验操作技能和分析问题的能力。
3. 情感态度与价值观：培养学生对物理的兴趣，激发学生的学习积极性，引导学生正确认识和尊重物理原理。
二、教学重难点：1. 掌握动量的定义和计算方法。
2. 理解动量守恒定律的内涵和应用。
三、教学方法：1. 提出问题引导学生思考，激发学生的好奇心和求知欲。
2. 实验操作，让学生亲自感受动量的变化和守恒。
3. 小组合作，让学生彼此交流和合作，促进学生共同进步。
四、教学内容和过程安排：1. 导入：通过一个例子引入动量的概念和重要性。
2. 学习动量的概念和计算方法。
3. 实验操作：设计一个简单的实验，让学生实际测量动量的大小和方向。
4. 讨论分析：引导学生讨论实验结果，总结动量守恒的规律。
5. 练习和拓展：设计一些练习题，巩固学生对动量原理的理解和应用。
6. 总结：总结本节课的重点内容，让学生掌握动量原理的核心概念。
五、教学评估：1. 课堂表现：观察学生在实验操作和讨论中的表现，评价学生的实验操作能力和合作精神。
2. 练习成绩：通过学生的练习题和作业表现，评价学生对动量原理的掌握程度。
3. 学习兴趣：通过课堂互动和学生的反馈，评估学生对动量原理的兴趣和参与度。
六、教学反思：1. 教学内容设置是否贴合学生的实际和兴趣？2. 教学过程中是否充分激发学生的思考和参与？3. 学生在实验操作和讨论中有何表现，是否需要及时调整教学方法？通过以上教案设计，希望能够引导学生充分了解动量原理，掌握动量的计算方法，理解动量守恒的意义，培养学生实验操作技能和分析问题的能力。
同时，通过实验、讨论和练习，促使学生主动探究动量原理，培养学生的实验操作技能和分析问题的能力。
2025高考物理备考复习教案 第六章 第4讲 功能关系 能量守恒定律
因为l 1 ＞l 2 ，则 cos θ 1 ＞ cos θ 2
所以θ 2 ＞θ 1
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第4讲
功能关系
和在水平面上运动，图像的斜率相同，C错误.
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
命题点3 功能关系的综合应用
5. [2021北京]秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆
动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2.不计空
气阻力，重力加速度大小为g.
(1)如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
方法点拨
两种摩擦力做功特点的比较
类型
能量的
转化
静摩擦力做功
机械能只能从一个物体转移到
另一个物体，而没有机械能转
化为其他形式的能
滑动摩擦力做功
(1)一部分机械能从一个物体转移到另
一个物体.
(2)一部分机械能转化为内能，此部分
能量就是系统机械能的损失量
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第4讲
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第4讲
功能关系
能量守恒定律
力做功
能的变化
只有重力或系统
机械能
内弹力做功
除重力和系统内
弹力之外的其他
力做功
不变化
机械能
变化
二者关系
机械能守恒，即ΔE＝[6] 0
(1)其他力做多少正功，物体的机械能增加多少；
(2)其他力做多少负功，物体的机械能减少多少；
高考物理总复习 6 第1讲 动量和动量定理教案 新人教版-新人教版高三全册物理教案
第1讲动量和动量定理一、动量1．定义：物体的质量与速度的乘积。
2．公式：p＝mv。
3．单位：千克·米/秒。
符号：kg·m/s。
4．意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同。
二、动量变化1．定义：物体的末动量p′与初动量p的差。
2．定义式：Δp＝p′－p。
3．矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同。
三、动量定理1．内容：物体在一个过程始末的动量变化等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．表达式：p′－p＝I或mv′－mv＝Ft。
3．冲量：力与力的作用时间的乘积，即I＝Ft。
(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)1．动量是矢量，其方向与物体速度的方向相同。
(√)2．做匀速圆周运动的物体的动量不变。
(×)3．物体静止在水平面上是因为受到的支持力的冲量为零。
(×)4．合外力的冲量等于物体的动量变化。
(√)5．合外力的冲量等于各外力冲量的代数和。
(×)1．(动量)关于动量，下列说法中正确的是( )A．做匀速圆周运动的物体，动量不变B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变C．物体的动量变化，动能也一定变化D．甲物体动量p1＝5 kg·m/s，乙物体动量p2＝－10 kg·m/s，所以p1>p2解析动量是矢量，匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A项错误；匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B项正确；速度方向变化，若大小不变，则动量变化，而动能不变，C项错误；动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故p1＜p2，D项错误。
答案 B2．(冲量)(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cosθD．合力对物体的冲量大小为零解析对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一方向上力的冲量。
高中物理动量全章教案
高中物理动量全章教案
我们要明确教学目标。
在动量这一章节，学生应该能够理解动量的定义、计算公式，掌握动量守恒定律及其适用条件，并能够运用所学知识解决相关的物理问题。
通过实验操作，学生还应培养观察现象、记录数据和分析结果的能力。
我们来梳理一下教学内容。
动量章节通常包括以下几个部分：
1. 动量的概念：介绍动量是物体运动状态的量度，与质量和速度有关。
2. 动量的计算：教授如何根据动量的定义式=mv来计算物体的动量。
3. 动量守恒定律：解释在没有外力作用的情况下，系统总动量保持不变的原理。
4. 弹性碰撞与非弹性碰撞：区分两种碰撞类型，并通过实例加深理解。
5. 动量守恒的应用：结合实际情况，如火箭发射、碰撞问题等，展示动量守恒的应用。
在教学方法上，建议采用启发式与实验相结合的方式。
通过提问引导学生思考，激发他们对物理规律的好奇心。
同时，安排实验活动，如用滑轨小车模拟碰撞过程，让学生亲手验证动量守恒定律，增强理论与实践的结合。
为了提高教学效果，教学中还应该注意以下几点：
- 强调概念之间的联系与区别，如动量与动能的关系。
- 利用多媒体工具，如动画演示，帮助学生形象理解抽象的物理过程。
- 鼓励学生提出疑问并进行小组讨论，培养他们的批判性思维。
- 设计不同难度的题目，适应不同层次学生的需求，进行分层次教学。
评估与反馈也是教案不可或缺的一部分。
通过定期的测验、作业和实验报告，教师可以及时了解学生的学习情况，并根据反馈调整教学策略。
同时，鼓励学生自我评价，培养他们自主学习的能力。
高三物理下册《动量和动量守恒定律》教案、教学设计
2.学生回答：碰撞前后，物体的动量会发生变化。
3.教师引导：很好，那么这种变化有没有什么规律可循呢？今天我们就来学习一个新的物理定律——动量守恒定律。
（二）讲授新知
在讲授新知环节，我将详细讲解动量和动量守恒定律的概念、表达式及其应用。
3.提高拓展题：
-针对理解能力较强的学生，提供一些具有挑战性的题目，如多物体碰撞、非直线运动碰撞等，鼓励他们进行深入思考和研究。
-推荐一些参考资料和高级习题，供学有余力的学生自主学习和探索。
4.实验探究题：
-布置学生进行动量守恒定律的实验验证，要求他们设计实验方案、收集数据、分析结果，并撰写实验报告。
4.针对教学重难点，我还设想：
-创设情境，让学生在实际情境中应用动量和动量守恒的知识，提高知识迁移能力。
-利用信息技术，如模拟软件和在线互动平台，增加学生的学习兴趣和参与度。
-定期进行复习和巩固，通过阶段性的测试和反馈，帮助学生查漏补缺，提高学习效果。
四、教学内容与过程
（一）导入新课
在导入新课环节，我将利用学生的已有知识，通过提问方式激发学生的兴趣，为新课的学习做好铺垫。
5.应用实例：分析完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞，讲解动量守恒定律在解决碰撞问题中的应用。
（三）学生小组讨论
在学生小组讨论环节，我将组织学生进行合作学习，共同探讨动量守恒定律的内涵和应用。
1.分组讨论：让学生分成小组，讨论以下问题：
-动量守恒定律的适用条件是什么？
-如何利用动量守恒定律解决实际问题？
-动量守恒定律在生活中的应用实例有哪些？
3.培养学生的批判性思维，敢于对权威观点提出质疑，形成独立思考的习惯。
高考物理二轮复习专题动量定理和动量守恒定律教案
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。
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动量机械能
热点1：动能定理
例1、半径cm R 20=的竖直放置的圆轨道与水平直轨道相连接。
如图6所示。
质量为g m 50=的小球A 以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去，如果A 经过N 点时的速度s m v /41=A 经过轨道最高点M 时对轨道的压力为N 5.0，取2/10s m g =．
求：小球A 从N 到M 这一段过程中克服阻力做的功W ．
图6
解析：解析：小球运动到M 点时，速度为m v ,轨道对球的作用力为N ， 由向心力公式可得：R
v m m g N m 2=+ 即：s m v m /2=
从N 到M 点由动能定理：2221212N m f mv mv W R mg -=
-⋅- 即：J R mg mv mv W m N f 1.022
12122=⨯--= 答案：J W f 1.0=
反思：应用动能定理解题时，要选取一个过程，确定两个状态，即初状态和末状态，以及与过程对应的所有外力做功的代数和.由于动能定理中所涉及的功和动能是标量，无需考虑方向.因此，无论物体是沿直线还是曲线运动，无论是单一运动过程还是复杂的运动过程，都可以求解.
热点2：机械能守恒定律
例2、如图7所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 各固定一质量均为m 的小球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。
求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功?
图7
本题简介：本题考查学生对机械能守恒的条件的理解，并且机械能守恒是针对A 、B 两球组成的系统，单独对A 或B 球来说机械能不守恒. 单独对A 或B 球只能运用动能定理解决。
解析：设当杆转到竖直位置时，A 球和B 球的速度分别为A v 和B v 。
如果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和小球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒。
若取B 的最低点为零重力势能参考平面，可得：mgL mv mv mgL B A 2
12121222++= ① 又因A 球对B 球在各个时刻对应的角速度相同,故A B v v 2= ② 由①②式得：5
12,53gL v gL v B A ==. 根据动能定理，可解出杆对A 、B 做的功。
对于A 有：02
1212-=+
A A mv mgL W ，即：mgL W A 2.0-= 对于
B 有：0212-=+B B mv mgL W ，即：mgL W B 2.0=. 答案：mgL W A 2.0-=、mgL W B 2.0=
反思：绳的弹力是一定沿绳的方向的，而杆的弹力不一定沿杆的方向。
所以当物体的速度与杆垂直时，杆的弹力可以对物体做功。
机械能守恒是针对A 、B 两球组成的系统，单独对系统中单个物体来说机械能不守恒. 单独对单个物体研究只能运用动能定理解决。
学生要能灵活运用机械能守恒定律和动能定理解决问题。
.
热点3：能量守恒定律
例3、如图4-4所示，质量为M ，长为L 的木板（端点为A 、B ，中点为O ）在光滑水平面上以v 0的水平速度向右运动，把质量为m 、长度可忽略的小木块置于B 端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v 0在什么范围内才能使小木块停在O 、A 之间？
图4-4
本题简介：本题是考查运用能量守恒定律解决问题，因为有滑动摩擦力做功就有一部分机械能转化为内能。
在两个接触面上因相对滑动而产生的热量相对滑S F Q =，其中滑F 为滑动摩擦力，相对S 为接触物的相对路程。
解析：木块与木板相互作用过程中合外力为零，动量守恒.
设木块、木板相对静止时速度为 v ，则 (M +m )v = Mv 0
① 能量守恒定律得：Q mv Mv Mv ++=22202
12121 ② 滑动摩擦力做功转化为内能：mgs Q μ= ③
L s L ≤≤2
④ 由①②③④式得： v 0 的范围应是：
M
gL
m M )(+μ≤v 0≤M gL m M )(2+μ. 答案：M gL
m M )(+μ≤v 0≤M
gL m M )(2+μ 反思：只要有滑动摩擦力做功就有一部分机械能转化为内能，转化的内能：相对滑S F Q =，其中滑F 为滑动摩擦力，相对S 为接触物的相对路程。