高中物理教科版3-5动量学案
动量和动量定理(导)学案 (10)
2019-2020学年人教版选修3-5 动量和动量定理 单元测试(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分.其中1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1.下列说法错误的是( )A.根据F ＝ΔpΔt 可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便C.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它是一个标量D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 答案 C解析 A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A 正确；F ＝ΔpΔt 是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，B 正确；冲量是矢量，C 错误；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D 正确.2.(2018·晋江季延中学高二期末)一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是( )答案 D解析 由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故D 正确.3.(2018·林州一中高二月考)如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A 和B ，A 的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力F ，A 和B 迎面相碰后合在一起，则A 和B 合在一起后的运动情况是( )图1A.停止运动B.因A 的质量较大而向右运动C.因B 的速度较大而向左运动D.运动方向不确定 答案 A解析 由动量定理知，A 和B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选A.4.如图2所示，半径为R 的光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m 的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g )( )图2A.0B.m M 2MgRM ＋m，方向向左 C.m M2MgRM ＋m，方向向右 D.不能确定 答案 B解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m 和M 的速度大小分别为v 和v ′，根据动量守恒定律得：0＝mv －Mv ′，根据机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 2＋12Mv ′2，联立以上两式解得v ′＝mM 2MgRM ＋m，方向向左，故选项B 正确. 5.(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h 处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v 的水平速度，重力加速度为g ，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( ) A.v42h g B.2v 32hgC.4v2h g D.4v 32h g答案 D解析 设其中一块质量为m ，另一块质量为3m .爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv －3mv ′＝0，解得v ′＝v3；设两块爆竹落地用的时间为t ，则有：h ＝12gt 2，得t ＝2hg，落地点两者间的距离为：s ＝(v ＋v ′)t ，联立各式解得：s ＝4v32hg，故选D.6.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m 的装有弧形槽的小车.现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则( )图3A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后，对地将向右做平抛运动C.小球离开车后，对地将做自由落体运动D.小球离开车后，小车的速度有可能大于v 0 答案 C解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；设小球离开小车时，小球的速度为v 1，小车的速度为v 2，整个过程中水平方向动量守恒：mv 0＝mv 1＋mv 2①，由机械能守恒得：12mv 02＝12mv 12＋12mv 22②，联立①②，解得v 1＝0，v 2＝v 0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B 、D 错误，C 正确. 7.(2018·会宁四中高二下期中)如图4所示，小车放在光滑水平面上，A 、B 两人站在小车的两端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )图4A.A 、B 质量相等，但A 比B 速率大B.A 、B 质量相等，但A 比B 速率小C.A 、B 速率相等，但A 比B 的质量大D.A 、B 速率相等，但A 比B 的质量小 答案 AC解析 以向右为正方向，A 、B 两人及小车组成的系统动量守恒，则m A v A －m B v B －m C v C ＝0，得m A v A －m B v B >0.所以A 、C 正确.8.A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰.如图5所示为两球碰撞前后的位移—时间图象.a 、b 分别为A 、B 两球碰撞前的位移—时间图线，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线，若A 球质量是m ＝2kg ，则由图可知( )图5A.A 、B 碰撞前的总动量为3kg·m/sB.碰撞时A 对B 所施冲量为－4N·sC.碰撞前后A 的动量变化为6kg·m/sD.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10J 答案 BD解析 由x －t 图象可知，碰撞前有：A 球的速度v A ＝Δx A Δt A ＝4－102m/s ＝－3m/s ，B 球的速度v B ＝Δx B Δt B ＝42m/s ＝2m/s ；碰撞后A 、B 两球的速度相等，为v A ′＝v B ′＝v ＝Δx C Δt C ＝2－42m/s ＝－1m/s ，则碰撞前后A 的动量变化Δp A ＝mv －mv A ＝4kg·m/s；对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v 得：m B ＝43kg.A 与B 碰撞前的总动量为：p 总＝mv A ＋m B v B ＝2×(－3) kg·m/s＋43×2kg·m/s＝－103kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A 对B 所施冲量为：I B＝Δp B ＝－4kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能：ΔE k ＝12mv A 2＋12m B v B2－12(m ＋m B )v 2，代入数据解得：ΔE k ＝10J ，故A 、C 错误，B 、D 正确. 9.小车静置于光滑的水平面上，小车的A 端固定一个水平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为M ，长为L ，质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连接于小车的A 端并使弹簧压缩(细绳未画出)，开始时小车与C 都处于静止状态，如图6所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )图6A.如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B.当木块相对地面运动的速度大小为v 时，小车相对地面运动的速度大小为m Mv C.小车向左运动的最大位移为mL M ＋mD.小车向左运动的最大位移为m ML 答案 BC解析 小车、弹簧与C 这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失.Mv ′－mv ＝0，则v ′＝m Mv ，同时该系统属于“人船模型”，Md ＝m (L －d )，所以车向左运动的最大位移应等于d ＝mLM ＋m，综上，选项B 、C 正确. 10.(2018·郑州一中高二期中)如图7所示，质量为m 的小球A 静止于光滑的水平面上，在球A 和墙之间用轻弹簧连接，现用完全相同的小球B 以水平速度v 0与A 相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧.不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E ，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A 、B 整体的冲量大小为I ，则下列表达式中正确的是( )图7A.E ＝14mv 02B.E ＝12mv 02C.I ＝mv 0D.I ＝2mv 0答案 AD解析 选取A 、B 作为一个系统，两球碰撞后的速度为v ，在A 、B 两球碰撞过程中，以v 0的方向为正方向，利用动量守恒定律可得：mv 0＝(m ＋m )v ，解得v ＝v 02，再将A 、B 及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E ＝12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 02，A 正确，B 错误；弹簧压缩到最短后，A 、B 开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A 、B 的速度大小均为v 02，以水平向右为正方向，从球A 被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A 、B 整体的冲量大小I ＝2m ×v 02－2m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 02＝2mv 0，C错误，D 正确.二、实验题(本题共2小题，共13分)11.(5分)用半径相同的两小球A 、B 碰撞“验证动量守恒定律”，实验装置示意图如图8所示，斜槽与水平槽平滑连接.实验时先不放B 球，使A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B 球静置于水平槽前端边缘处，让A 球仍从C 处由静止滚下，A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O 点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O 点的距离：OM ＝2.68cm ，OP ＝8.62cm ，ON ＝11.50cm ，并知A 、B 两球的质量比为2∶1，则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的________点，系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p ′的百分误差|p －p ′|p×100%＝________%(结果保留一位有效数字).图8答案 P (2分) 2(3分)解析 根据实验现象，未放B 球时A 球落地点是记录纸上的P 点；碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p ′的百分误差|p －p ′|p ＝|2×8.62－(2×2.68＋1×11.50)|2×8.62≈2%.12.(8分)图9为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进行实验：图9①用天平测出两球质量m 1、m 2； ②用刻度尺测出两管口离地面的高度h ； ③记录两球在水平地面上的落点P 、Q . 回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有________.(已知重力加速度g )A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P 、Q 到对应管口M 、N 的水平距离x 1、x 2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t 1、t 2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E p ＝________.(3)由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式________，就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.答案 (1)B(2分) (2)m 1gx 124h ＋m 2gx 224h(3分) (3)m 1x 1＝m 2x 2(3分)解析 (1)根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和，而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v 0，由平抛运动规律可知v 0＝x2hg，故还需要测出两球落点P 、Q 到对应管口M 、N 的水平距离x 1、x 2；(2)小球被弹开时获得的动能E k ＝12mv 02＝mgx 24h ，故弹性势能的表达式为E p ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝m 1gx 124h ＋m 2gx 224h； (3)如果满足关系式m 1v 1＝m 2v 2，即m 1x 1＝m 2x 2，那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.三、计算题(本题共4小题，共47分)13.(10分)(2018·三明市高二下期末)如图10所示，水平固定的长滑杆上套有2个质量均为m 的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A 和B ，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接，细线长度为l ，滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k 倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣A 一个向左的初速度v 0＝6kgl ，使其在滑杆上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为g ，求：图10(1)细线拉紧后两滑扣的共同速度大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失. 答案 (1)kgl (2)kmgl解析 (1)由动能定理：－kmgl ＝12mv 12－12mv 02①(2分)由动量守恒定律：mv 1＝2mv 共②(2分) 由①②解得v 1＝2kgl ，v 共＝kgl (2分) (2)ΔE ＝12mv 12－12×2mv 共2(3分)联立解得ΔE ＝kmgl (1分)14.(12分)(2018·福建永春一中高二期末)如图11所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R ＝0.1m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m ＝0.1kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M ＝0.3kg 的小球A 以初速度v 0＝4.0m/s 开始向着小球B 滑动，经过时间t ＝0.80s 与B 发生弹性碰撞.设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：图11(1)两小球碰撞前A 的速度大小；(2)小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力； (3)小球A 所停的位置距圆轨道最低点的距离. 答案 (1)2m/s (2)4N ，方向竖直向上 (3)0.2m解析 (1)以v 0的方向为正方向，碰撞前对A 由动量定理有：－μMgt ＝Mv A －Mv 0(1分) 解得：v A ＝2m/s(1分)(2)对A 、B ，碰撞前后动量守恒：Mv A ＝Mv A ′＋mv B (1分)因A 、B 发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变： 12Mv A 2＝12Mv A ′2＋12mv B 2(1分) 联立以上各式解得：v A ′＝1m/s ，v B ＝3m/s(1分) 又因为B 球在轨道上机械能守恒： 12mv C 2＋2mgR ＝12mv B 2(1分) 解得：v C ＝5m/s(1分)设在最高点C ，轨道对小球B 的压力大小为F N ，则有：mg ＋F N ＝m v C 2R(1分)解得F N ＝4N(1分)由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4N ，方向竖直向上.(1分) (3)对A 沿圆轨道运动时：12Mv A ′2＜MgR因此A 沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时A 的速度大小为1m/s.由动能定理得：－μMgs ＝0－12Mv A ′2(1分)解得：s ＝0.2m.(1分)15.(12分)两块质量都是m 的木块A 和B 在光滑水平面上均以大小为v 02的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k 的水平轻弹簧连接，如图12所示.现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为m4，速度大小为v 0，子弹射入木块A (时间极短)并留在其中.求：图12(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A 、B 的速度v A 和v B 的大小. (2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.答案 (1)v 05 v 02 (2)140mv 02解析 (1)在子弹打入木块A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A 、B 都不受弹簧弹力的作用，故v B ＝v 02；(1分)由于此时A 不受弹簧的弹力，木块A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 02－mv 04＝(m4＋m )v A (2分)解得v A ＝v 05(2分)(2)由于子弹击中木块A 后，木块A 、木块B 运动方向相同且v A <v B ，故弹簧开始被压缩，分别给木块A 、B 施以弹力，使得木块A 加速、B 减速，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧的弹性势能最大，在弹簧压缩过程中木块A (包括子弹)、B 与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒.设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v ，弹簧的最大弹性势能为E pm ，选向左为正方向，由动量守恒定律得：54mv A ＋mv B ＝(54m ＋m )v (2分)由机械能守恒定律得：12×54mv A 2＋12mv B 2＝12×(54m ＋m )v 2＋E pm (3分)联立解得v ＝13v 0，E pm ＝140mv 02.(2分)16.(13分)(2018·沂南高二下期中)如图13所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M ，A 、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，已知重力加速度为g ，求：图13(1)A 、B 最后的速度大小和方向；(2)在平板车与小木块相对滑动的过程中，B 的加速度大小及A 对B 的冲量大小； (3)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小. 答案 (1)大小都为M －m M ＋m v 0 方向都向右 (2)μmg M 2Mmv 0M ＋m (3)2M －m 2μMgv 02解析 (1)以水平向右为正方向，对A 、B 系统由动量守恒得：Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v (2分) 所以v ＝M －mM ＋mv 0，方向向右(2分) (2)对B ，由牛顿第二定律得μmg ＝Ma (1分) 可得a ＝μmgM(1分) 对B ，由动量定理可得I ＝Mv －Mv 0(1分) 得：I ＝－2Mmv 0M ＋m (1分)故A 对B 的冲量大小为2Mmv 0M ＋m(3)A 向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时平板车运动的位移为x ，速度大小为v ′，则由动量守恒定律得：Mv 0－mv 0＝Mv ′(2分)对平板车应用动能定理得：－μmgx ＝12Mv ′2－12Mv 02(2分)联立解得：x ＝2M －m 2μMg v 02.(1分)。
人教版高中物理选修3-5第十六章第二节《动量和动量定理》教学设计
《动量和动量定理》教学设计一、教材分析《动量和动量定理》是人教版高中物理选修3-5十六章第二节的内容。
从教材编排上看，它是牛顿运动定律及动能定理之后，在动量守恒定律之前。
因此不仅是对牛顿第二定律等知识的巩固运用，同时也为后面学习动量守恒定律打下了坚实的基础。
从教材内容上看，《动量和动量定理》是牛顿第二定律的进一步展开。
它侧重于力在时间上的累积效果，为解决力学问题开辟了新的途径，尤其是打击和碰撞类的问题。
所以动量定理知识与人们的日常生活，生产技术和科学研究有着密切的关系，因此学习这部分知识有着重要意义。
二、学习情况分析在高一时，学生已经掌握了牛顿第二定律，又在上一节的学习中初步接触了碰撞中的守恒量，这些知识为本节课的学习奠定了基础。
此外，经过前面的学习，学生已经建立起一定的实验观察能力、抽象思维能力和探究学习能力，而且还掌握了通过建立物理模型探究物理现象的方法。
这也是本节所要强调的、学习和研究动量定理的方法。
由于学生具有这样的知识基础、能力水平和物理思维与方法，再加上他们对未知新事物有较强的探究欲望，所以要掌握动量定理是完全能够实现的。
三、设计思想本节课以教师为主导、学生为主体，运用“建立情境→引导→探究”模式进行教学。
通过生活实例引入课题，激发学生的兴趣。
通过创设物理情境、建立物理模型归纳得出动量定理，并对其进行理解。
运用动量定理解释日常生活中的物理现象，培养学生理论联系实际的能力。
在课堂上鼓励学生主动参与、主动探究、主动思考、主动实践，在教师合理、有效的引导下进行学习，充分体现探究的过程与实现对学生探究能力培养的过程。
四、教学目标知识与技能（1）理解和掌握动量的概念，并能正确计算物体动量的变化。
（2）理解和掌握冲量的概念，强调冲凉的矢量性。
（3）理解动量定理的确切含义，知道动量定理适用于变力。
（4）会用动量定理解释有关生活现象和计算有关的问题。
过程与方法（1）通过对动量定理的探究过程，尝试用科学探究的方法研究物理问题，认识建立物理模型在物理学研究中的意义。
高中物理 教科版选修3-5 4.3 光的波粒二象性 学案
3光的波粒二象性一、康普顿效应1．光的散射光子在介质中与物质微粒相互作用，因而传播方向发生改变，这种现象叫做光的散射．2．康普顿效应美国物理学家康普顿在研究石墨对X射线的散射时，发现在散射的X射线中，除了与入射波长λ0相同的成分外，还有波长大于λ0的成分，这个现象称为康普顿效应．3．康普顿效应的意义康普顿效应表明光子除了具有能量之外，还具有动量，深入揭示了光的粒子性的一面．4．光子的动量(1)表达式：p＝h λ.(2)说明：在康普顿效应中，入射光子与晶体中电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，光子的动量变小．因此，有些光子散射后波长变大．二、光的波粒二象性1．光的波粒二象性(1)光的干涉和衍射现象说明光具有波动性，光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性．(2)光子的能量ε＝hν，光子的动量p＝h λ.(3)光子既有粒子的特征，又有波的特征；即光具有波粒二象性．2．对光的波粒二象性的理解(1)大量光子产生的效果显示出波动性；个别光子产生的效果显示出粒子性．(2)光子的能量与其对应的频率成正比，而频率是描述波动性特征的物理量，因此ε＝hν揭示了光的粒子性和波动性之间的密切联系．(3)频率低、波长长的光，波动性特征显著，而频率高、波长短的光，粒子性特征显著．(4)光在传播时体现出波动性，在与其他物质相互作用时体现出粒子性．光的粒子性和波动性组成一个有机的统一体．三、光是一种概率波在双缝干涉实验中，屏上亮纹的地方，是光子到达概率大的地方，暗纹的地方是光子到达概率小的地方．所以光波是一种概率波．即光波在某处的强度代表着光子在该处出现概率的大小．在生活中我们会拍很多照片，通常我们都认为，这是由人和景物发出或反射的光波经过照相机的镜头聚焦在底片上形成的．实际上照片上的图像也是由光子撞击底片，使上面的感光材料发生化学反应形成的．下图是用不同曝光量洗印的照片，请你根据自己对光的理解作出说明．用不同曝光量洗印的照片提示：光是一种概率波，在照片的有些地方光子出现的概率大，有些地方光子出现的概率小．在曝光量很小的情况下，在照片上出现的是一些随机分布的光点，随着曝光量的增大，图像逐渐清晰起来．考点一对康普顿效应的理解假定X射线光子与电子发生弹性碰撞，这种碰撞跟台球比赛中的两球碰撞很相似．按照爱因斯坦的光子说，一个X射线光子不仅具有能量E＝hν，而且还有动量．如图所示．这个光子与静止的电子发生弹性斜碰，光子把部分能量转移给了电子，能量由hν减小为hν′，因此频率减小，波长增大．同时，光子还使电子获得一定的动量．这样就圆满地解释了康普顿效应．【例1】康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量．如图给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿方向________运动，并且波长________(填“不变”“变短”或“变长”)．根据碰撞过程中动量、能量均守恒以及动量是矢量分析此题．【解析】因光子与电子的碰撞过程动量守恒，所以碰撞之后光子和电子的总动量的方向与光子碰前动量的方向一致，可见碰后光子可能沿1方向运动，不可能沿2或3方向；通过碰撞，光子将一部分能量转移给电子，能量减少，由E＝hν知，频率变小，再根据c＝λν知，波长变长．【答案】1变长总结提能①宏观世界中物体间的相互作用过程中所遵循的规律，也适用于微观粒子的相互作用过程；②康普顿效应进一步揭示了光的粒子性，也再次证明了爱因斯坦光子说的正确性．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．则在光子与电子的碰撞过程中，下列说法中正确的是(D)A．能量守恒，动量守恒，且碰撞后光子的波长变短B．能量不守恒，动量不守恒，且碰撞后光子的波长变短C．只有碰撞前后两者的运动方向在一条直线上，能量和动量才守恒，且碰撞后光子的波长变长D．能量守恒，动量守恒，且碰撞后光子的波长变长解析：不论碰撞前后光子和电子的运动方向是否在一条直线上，能量和动量均守恒；由于碰撞过程中光子的一部分能量转移给了电子，由E＝hν可知，光子的能量E变小使得频率ν变小，由λ＝c知ν波长λ变长．考点二光的波粒二象性1．大量光子产生的效果显示出波动性；个别光子产生的效果显示出粒子性．2．光子和电子、质子等实物粒子一样，具有能量和动量．和其他物质相互作用时，粒子性起主导作用；在光的传播过程中，光子在空间各点出现的可能性的大小(概率)，由波动性起主导作用，因此称光波为概率波．3．频率低、波长长的光，波动性特征显著，而频率高、波长短的光，粒子性特征显著．4．光子的能量与其对应的频率成正比，而频率是描述波动性特征的物理量，因此ε＝hν揭示了光的粒子性和波动性之间的密切联系．【例2】下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是() A．有的光是波，有的光是粒子B．光子与电子是同样的一种粒子C．光的波长越长，其波动性越显著；波长越短，其粒子性越显著D．大量光子的行为往往显示出粒子性(1)在宏观现象中，波与粒子是对立的概念，而在微观世界中，波与粒子可以统一．(2)光具有波粒二象性是指光在传播过程中和其他物质作用时分别表现出波和粒子的特性．【解析】一切光都具有波粒二象性，光的有些行为(如干涉、衍射)表现出波动性，有些行为(如光电效应)表现出粒子性，所以，不能说有的光是波，有的光是粒子．虽然光子与电子都是微观粒子，都具有波粒二象性，但电子是实物粒子，有静止质量，光子不是实物粒子，没有静止质量，电子是以实物形式存在的物质，光子是以场形式存在的物质，所以，不能说光子与电子是同样的一种粒子．光的波粒二象性的理论和实验表明，大量光子的行为表现出波动性，个别光子的行为表现出粒子性．光的波长越长，衍射性越好，即波动性越显著，光的波长越短，其光子能量越大，个别或少数光子的作用就足以引起光接收装置的反应，所以其粒子性就很显著，故选项C正确，A、B、D错误．【答案】 C(多选)人类对光的本性的认识经历了曲折的过程．下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是(BCD)A．牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的B．光的双缝干涉实验显示了光具有波动性C．麦克斯韦预言了光是一种电磁波D．光具有波粒二象性解析：牛顿的“微粒说”认为光是一种物质微粒，爱因斯坦的“光子说”认为光是一份一份不连续的能量，显然选项A错误；干涉、衍射是波的特性，光能发生干涉说明光具有波动性，选项B正确；麦克斯韦根据光的传播不需要介质以及电磁波在真空中的传播速度与光速近似相等，从而认为光是一种电磁波，后来赫兹用实验证实了光的电磁说，选项C正确；光具有波动性与粒子性，称为光的波粒二象性，选项D正确．考点三对概率波的理解1．单个粒子运动的偶然性我们可以知道粒子落在某点的概率，但不能预言粒子落在什么位置，即粒子到达什么位置是随机的，是预先不确定的．2．大量粒子运动的必然性由波动规律，我们可以准确地知道，大量粒子运动时的统计规律，因此我们可以对宏观现象进行预言．3．概率波体现了波粒二象性的和谐统一概率波的主体是光子、实物粒子，体现了粒子性的一面；同时粒子在某一位置出现的概率受波动规律支配，体现了波动性的一面，所以说，概率波将波动性和粒子性统一在一起．【例3】(多选)物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点子；如果曝光时间足够长，底片上就出现了规则的干涉条纹，对这个实验结果有下列认识，其中正确的是() A．曝光时间不长时，光子的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点子B．单个光子的运动没有确定的轨道C．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D．只有大量光子的行为才能表现出波动性光是概率波，单个光子的运动具有偶然性，大量光子的运动具有必然性．【解析】光波是概率波，单个光子没有确定的轨道，其到达某点的概率受波动规律支配，大量光子的行为符合统计规律，受波动规律支配，才表现出波动性，出现干涉中的亮纹或暗纹，故A错误，B、D正确；干涉条纹中的亮纹处是光子到达机会多的地方，暗纹处是光子到达机会少的地方，但也有光子到达，故C正确．故选BCD.【答案】BCD总结提能物质波是一种概率波，但不能将实物粒子的波动性等同于宏观的机械波．更不能理解为粒子做曲线运动；单个光子到达的位置是不确定的，大量光子遵循波动规律．(多选)在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子(CD)A．一定落在中央亮纹处B．一定落在亮纹处C．可能落在暗纹处D．落在中央亮纹处的可能性最大解析：根据光是概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但概率最大的是落在中央亮纹处，可达95%以上，当然也可落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，不过，落在暗纹处的概率很小，故C、D选项正确．1．关于光的波粒二象性，下列说法中不正确的是(C)A．波粒二象性指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性B．光波频率越高，粒子性越明显C．能量较大的光子其波动性越显著D．个别光子易表现出粒子性，大量光子易表现出波动性解析：光的波粒二象性是指光波同时具有波和粒子的双重性质，但有时表现为波动性，有时表现为粒子性，选项A正确；在光的波粒二象性中，频率越大的光，光子的能量越大，粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著，选项B正确，C错误；光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，选项D正确．2．有关光的本性，下列说法正确的是(D)A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性解析：19世纪初，人们成功地在实验中观察到了光的干涉、衍射现象，这属于波的特征，微粒说无法解释．但到了19世纪末又发现了光的新现象——光电效应，证实光具有粒子性．这种现象波动说不能解释，因此，光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和机械粒子．波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一物体的两个不同侧面，不同属性，我们无法用其中的一种去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性，选项D正确．3．光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程，对此下列说法正确的是(D)A．两种效应中电子与光子组成的系统都服从动量守恒定律和能量守恒定律B．两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程C．两种效应都属于吸收光子的过程D．光电效应是吸收光子的过程，而康普顿效应相当于光子和电子弹性碰撞的过程解析：光电效应吸收光子放出电子，其过程能量守恒，但动量不守恒，康普顿效应相当于光子与电子弹性碰撞的过程，并且遵守动量守恒定律和能量守恒定律，两种效应都说明光具有粒子性，故D正确．4．下列说法正确的是(B)A．概率波就是机械波B．物质波是一种概率波C．概率波和机械波的本质是一样的，都能发生干涉和衍射现象D．在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则能确定这个光子落在哪个点上解析：概率波与机械波是两个概念，本质不同，选项A、C错误；物质波是一种概率波，符合概率波的特点；在光的双缝干涉实验中，若有一个光子，则不能确定这个光子落在哪个点上，选项D错误，B正确．5．(多选)利用金属晶格(大小约10－10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样，如图所示．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是(AB)A．该实验说明了电子具有波动性B．实验中电子束的德布罗意波的波长为λ＝h2meUC．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显D．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显解析：得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，故A项正确；由德布罗意波波长公式λ＝hp，而动量p＝2mE k＝2meU，所以λ＝h2meU，B项正确；从公式λ＝h2meU可知，加速电压越大，电子波长越小，衍射现象就越不明显；用相同动能的质子替代电子，质子的波长变小，衍射现象相比电子不明显，故C、D项错误．。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5导学案：第一章 4 习题课 动量守恒定律的应用 Word版含答
4习题课动量守恒定律的应用[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性．2．进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．1．动量守恒定律成立的条件动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：(1)理想条件：系统不受外力．(2)实际条件：系统所受外力为零．(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五性动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．一、动量守恒条件及守恒对象的选取1．动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；(3)系统的内力远大于外力．2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．【例1】图1－4－1质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－4－1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝M v1＋m v2＋m0v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足M v＝M v1＋m v2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋m v2答案BC解析M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．二、单一方向动量守恒问题1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．三、多物体多过程动量守恒定律的应用对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．【例2】(2014·江西高二联考)如图1－4－2所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg 的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：图1－4－2(1)A的最终速度；(2)铁块刚滑上B时的速度．答案(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s解析(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：m v＝(M B＋m)v B＋M A v A可求得：v A＝0.25 m/s(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为v A＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：m v＝mu＋(M A＋M B)v A可求得：u＝2.75 m/s.借题发挥处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题1．注意正方向的选取．2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．针对训练图1－4－3两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图1－4－3所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率答案 B解析选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为v A和v B，由动量守恒定律得0＝(M＋m)v A－M v B，则v Av B＝MM＋m，即v A<v B，故选项B正确．四、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．【例3】如图1－4－4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．图1－4－4(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？答案 (1)（M ＋m ）v 0－m v M(2)m v －M v 0m ＋M(3)v 1≤v 2 5.2 m/s解析 (1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝m v ＋M v 1①解得v 1＝（M ＋m ）v 0－m v M② (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v －M v 0＝(m ＋M )v 2③解得v 2＝m v －M v 0m ＋M④ (3)甲、乙不相撞的条件是v 1≤v 2⑤其中v 1＝v 2为甲、乙恰好不相撞的条件．联立②④⑤三式，并代入数据得v ≥5.2 m/s.某一方向上动量守恒问题1. 如图1－4－5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )图1－4－5A ．斜面和小球组成的系统动量守恒B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C ．斜面向右运动D ．斜面静止不动答案 BC解析 球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．多物体、多过程中的动量守恒问题2. 如图1－4－6所示，质量为M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m 的物体．从某一时刻起给m 一个水平向右的初速度v 0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后 ( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．物体的最终速度为m v 0M ，向右D ．物体的最终速度为m v 0M ＋m，向右 答案 D解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v 共同运动，由动量守恒定律得：m v 0＝(M ＋m )v ，故v ＝m v 0M ＋m ，向右．3. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v 0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图1－4－7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？图1－4－ 6图1－4－7答案 15v 0解析 由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，m v 0＝5m v ，v ＝15v 0，即它们最后的速度为15v 0.动量守恒定律应用中的临界问题4. 如图1－4－8所示，甲车质量m 1＝20 kg ，车上有质量M ＝50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s 的速度向右滑行．此时质量m 2＝50 kg的乙车正以v 0＝1.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．答案 大于等于3.8 m/s解析 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．以人、甲车、乙车组成系统，由水平方向动量守恒得：(m 1＋M )v －m 2v 0＝(m 1＋m 2＋M )v ′，解得v ′＝1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m 1＋M )v ＝m 1v ′＋Mu ，解得u ＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u ≥3.8 m/s ，就可避免两车相撞． (时间：60分钟)题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将(水的阻力不变) () 图1－4－8A ．变大B ．变小C ．不变D ．无法判定答案 C 解析 相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向仍然具有和船相同的速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变．2. 如图1－4－9所示，A 、B 两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C 以一定的初速度v 0从A 的左端开始向右滑行，最后停在B 木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是 ( )A ．当C 在A 上滑行时，A 、C 组成的系统动量守恒B ．当C 在B 上滑行时，B 、C 组成的系统动量守恒C ．无论C 是在A 上滑行还是在B 上滑行，A 、B 、C 三物块组成的系统动量 都守恒D ．当C 在B 上滑行时，A 、B 、C 组成的系统动量不守恒答案 BC解析 当C 在A 上滑行时，对A 、C 组成的系统，B 对A 的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A 错误；当C 在B 上滑行时，A 、B 已分离，对B 、C 组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B 正确；若将A 、B 、C 三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C 正确，选项D 错误．3. 平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A 以水平初速度v 0向车的右端滑行，如图1－4－10所示．由于A 、B 间存在摩擦，因而A 在B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动(设B 车足够长)，则B 车速度达到最大时，应出现在( ) A ．A 的速度最小时图1－4－9图1－4－10B ．A 、B 速度相等时C ．A 在B 上相对静止时D ．B 车开始做匀速直线运动时答案 ABCD解析 由于A 、B 之间存在摩擦力，A 做减速运动，B 做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A 的速度最小，B 的速度最大，因此选项A 、B 、C 正确，此后A 、B 一起匀速运动，所以D 项正确．4. 如图1－4－11所示，在质量为M 的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和摆球以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是 ( ) A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m v 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v 1、v 2，满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v ′，满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2答案 BC5. 如图1－4－12所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( )A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反图1－4－11图1－4－12答案BD解析小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项B、D正确．6. 如图1－4－13所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是()A．A、B质量相等，但A比B速率大B．A、B质量相等，但A比B速率小C．A、B速率相等，但A比B的质量大D．A、B速率相等，但A比B的质量小答案AC解析两人及车组成的系统动量守恒，则m A v A－m B v B－m C v C＝0，得m A v A－m B v B>0.所以A、C正确．题组二多物体多过程动量守恒定律的应用7．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为() A．5颗B．6颗C．7颗D．8颗答案 D解析设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得m1m2＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.8. 如图1－4－14所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量图1－4－13 图1－4－14m A 是物体B 的质量m B 的34，子弹的质量m 是物体B 的质量的14，求弹簧压缩到最短时B 的速度．答案 v 08解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A 、B 具有共同的速度v 1，且子弹、A 、B 组成的系统，从子弹开始射入物体A 一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m A ＋m B )v 1，又m ＝14m B ，m A ＝34m B ，故v 1＝m v 0m ＋m A ＋m B＝v 08，即弹簧压缩到最短时B 的速度为v 08.9. 如图1－4－15所示，在光滑水平面上有两个木块A 、B ，木块B 左端放置小物块C 并保持静止，已知m A ＝m B＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，现木块A 以初速度v ＝2 m/s 沿水平方向向右滑动，木块A 与B 相碰后具有共同速度(但不粘连)，C 与A 、B 间均有摩擦．求：(1)木块A 与B 相碰瞬间A 木块及小物块C 的速度大小；(2)设木块A 足够长，求小物块C 的最终速度．答案 (1)1 m/s 0 (2)23 m/s 方向水平向右解析 (1)木块A 与B 相碰瞬间C 的速度为0，A 、B 木块的速度相同，由动量守恒定律得m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v 2＝1 m/s.(2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速，使A 减速，直至A 、C 具有共同速度，以A 、C 整体为系统，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝23 m/s ，方向水平向右．题组三 综合应用图1－4－1510. 如图1－4－16所示，质量分别为m 1和m 2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v 1、v 2向右运动，并发生对心正碰，碰后m 2被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m 2返回后又与m 1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m 1球的速度．答案 m 1v 1＋m 2v 22m 1方向向右 解析 设m 1、m 2碰后的速度大小分别为v 1′、v 2′，则由动量守恒定律知m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′m 1v 1′－m 2v 2′＝0，解得v 1′＝m 1v 1＋m 2v 22m 1，方向向右． 11. 质量为M ＝2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为m A ＝2 kg 的物体A (可视为质点)，如图1－4－17所示，一颗质量为m B ＝20 g 的子弹以600 m/s 的水平速度射穿A 后，速度变为100m/s ，最后物体A 相对车静止，若物体A 与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求平板车最后的速度是多大． 答案 2.5 m/s解析 子弹击穿A 后，A 在水平方向上获得一个速度v A ，最后当A 相对车静止时，它们的共同速度为v .子弹射穿A 的过程极短，因此车对A 的摩擦力、子弹的重力作用可略去，即认为子弹和A 组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A 的位置没有发生变化，设子弹击穿A 后的速度为v ′，由动量守恒定律有m B v 0＝m B v ′＋m A v A ，得v A ＝m B （v 0－v ′）m A ＝0.02×（600－100）2m/s ＝5 m/s A 获得速度v A 相对车滑动，由于A 与车间有摩擦，最后A 相对车静止，以共同速度v 运动，对于A 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：m A vA图1－4－16图1－4－17＝(m A＋M)v，所以v＝m A v Am A＋M＝2×52＋2m/s＝2.5 m/s.12.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．答案6 5 v0解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B＝65v0④图1－4－18。
2020-2021高二物理3-5学案：第十六章 第2节 动量和动量定理含解析
2020-2021学年高二物理人教版选修3-5学案：第十六章第2节动量和动量定理含解析第2节动量和动量定理1．理解动量和动量的变化及其矢量性。
2．理解冲量的概念并会进行相关的简单计算。
3．理解动量定理及其表达式。
4．能够利用动量定理解释有关现象,会用动量定理解决实际问题。
一、动量和动量的变化量1．动量(1）定义：物体的错误!质量和错误!速度的乘积.(2）表达式：错误!p＝mv.(3)单位：错误!千克·米/秒，符号：错误!kg·m/s。
（4）矢量性：方向与错误!速度的方向相同，运算遵守错误!平行四边形定则。
2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内错误!末动量与错误!初动量的矢量差,动量的变化量也是矢量，Δp＝错误!p′－p（矢量式)。
（2）动量矢量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示,从而将矢量运算简化为错误!代数运算（此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)。
二、动量定理1．冲量（1)定义：力与力的作用错误!时间的乘积.(2)表达式：I＝错误!F(t′－t）.（3）单位：牛顿·秒，符号N·s。
(4)方向:恒力冲量的方向与错误!力的方向相同.2．动量定理（1）内容：物体在一个过程始末的错误!动量变化量等于它在这个过程中所受错误!力的冲量。
(2）公式:错误!mv′－mv＝F（t′－t）或错误!p′－p＝I。
判一判(1）一个力的冲量不为零，则该力一定做功。
（）(2)用一水平力拉物体，物体未动，是因为合外力的冲量为零.（)(3)物体动量变化越大，合外力越大。
(）提示：（1）×(2)√（3)×想一想(1）静止在水平桌面上的物体，在时间t内重力的冲量等于0吗？提示：时间t内重力的冲量为Gt，不等于0。
（2）跳高比赛时，运动员落地处要放很厚的垫子，你知道这是为什么吗?提示：人落到垫子上比直接落在地面上速度减为0所需的时间更长，即在动量变化相同的情况下，人落在垫子上受到的冲击力较小，从而对运动员起到保护作用。
2021-2022高二物理教科版选修3-5学案：第一章 1、2 碰撞 动量 Word版含答案
学案1 碰撞 学案2 动量[目标定位] 1.知道什么是碰撞，把握弹性碰撞和非弹性碰撞的区分.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的转变量，并会求动量的转变量.3.理解动量定理的物理意义和表达式，能用动量定理解释现象和解决实际问题.一、碰撞中的动能变化及碰撞分类 [问题设计]某试验小组用课本中“探究碰撞前后物体动能的变化”的试验方案，探究碰撞前后动能的变化.争辩中分别得到了两组数据，如下表所示： m 1与静止的m 2碰撞，碰后分开(表一)m 1与静止的m 2碰撞，碰后粘合在一起(表二)答案 计算结果：①0.016 5 ②0.014 6 ③0.008 8 ④0.004 5从表一的数据可以看出：在试验误差允许范围内，两滑块碰撞前后的总动能几乎相等. 从表二的数据可以看出，两滑块碰撞前后的总动能并不相等，碰撞后总动能削减了.[要点提炼] 1.碰撞的定义做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，在很短的时间内，它们的运动状态会发生显著变化，这一过程叫做碰撞. 2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后两滑块的总动能不变. (2)非弹性碰撞：碰撞后两滑块的总动能削减了.(3)完全非弹性碰撞：两物体碰后粘在一起，以相同的速度运动. 3.弹性碰撞和非弹性碰撞的区分(1)从形变的角度：发生弹性碰撞的两物体碰后能够恢复原状，而发生非弹性碰撞的两物体碰后不能恢复原状.(2)从动能的角度：弹性碰撞的两物体碰撞前后动能守恒，非弹性碰撞的两物体碰撞后的动能削减，完全非弹性碰撞中动能损失最多. 二、动量 1.动量的概念(1)概念：物体的质量和速度的乘积定义为该物体的动量. (2)公式：p ＝m v .(3)单位：国际单位制为千克·米/秒(kg·m/s) 2.对动量的理解(1)动量的矢量性：动量是矢量，它的方向与速度v 的方向相同. (2)动量是相对量：由于速度与参考系的选择有关.一般以地面为参考系. 3.对动量变化Δp ＝p ′－p 的理解 (1)矢量性：与速度变化的方向相同.(2)若p ′、p 不在一条直线上，要用平行四边形定则求矢量差；若p ′、p 在一条直线上，先规定正方向，再用正、负表示p ′、p ，则可用Δp ＝p ′－p ＝m v ′－m v 进行代数运算. 4.动量p ＝m v 与动能E k ＝12m v 2的区分动量和动能表达式分别为p ＝m v 和E k ＝12m v 2.动量是矢量，而动能是标量.当速度发生变化时，物体的动量发生变化，而动能不肯定(填“肯定”或“不肯定”)发生变化. 三、动量定理 [问题设计]如图1所示，一个质量为m 的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F ，在F 的作用下，经过时间t ，速度从v 变为v ′，应用牛顿其次定律和运动学公式推导物体的动量转变量Δp 与恒力F 及作用时间t 的关系.图1答案 这个物体在碰撞过程的加速度a ＝v ′－vt ①依据牛顿其次定律F ＝ma ② 由①②得F ＝m v ′－vt整理得：Ft ＝m (v '－v )＝m v ′－m v 即Ft ＝m v ′－m v ＝Δp [要点提炼] 1.冲量(1)冲量的定义式：I ＝Ft .(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效果. (3)冲量是矢量，冲量的方向与力F 的方向相同. 2.动量定理(1)内容：物体在一个过程始末，所受合力与作用时间的乘积等于物体的动量变化. (2)数学表达式：Ft ＝m v ′－m v ，其中F 为物体受到的合外力. (3)对动量定理的理解①动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的缘由.②动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要留意规定正方向.③公式中的F 是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F 应是合外力在作用时间内的平均值.一、碰撞的分类及其特点例1 一个质量为2 kg 的小球A 以v 0＝3 m/s 的速度与一个静止的、质量为1 kg 的小球B 正碰.试依据以下数据，分析碰撞性质.(1)碰后A 、B 的速度均为2 m/s.(2)碰后A 的速度为1 m /s ，B 的速度为4 m/s. 解析 碰前系统的动能E k0＝12m A v 0 2＝9 J. (1)当碰后A 、B 速度均为2 m/s 时，碰后系统的动能 E k ＝12m A v A 2＋12m B v B2 ＝(12×2×22＋12×1×22) J ＝6 J<E k0 故碰撞为非弹性碰撞.(2)当碰后v A ＝1 m /s ，v B ＝4 m/s 时，碰后系统的动能 E k ′＝12m A v 2A ＋12m B v B2 ＝(12×2×12＋12×1×42) J ＝9 J ＝E k0 故碰撞为弹性碰撞.答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞 二、对动量及变化量的理解例2 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m /s ，假设球飞来的速度为50 m/s ，运动员将球以100 m/s 的速度反向击回.设羽毛球的质量为10 g ，试求： (1)羽毛球的动量变化量； (2)羽毛球的动能变化量.解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则羽毛球的初速度：v ＝50 m /s ，羽毛球的末速度：v ′＝－100 m/s p 1＝m v 1＝10×10－3×50 kg·m /s ＝0.5 kg·m/s. p 2＝m v 2＝－10×10－3×100 kg·m /s ＝－1 kg·m/s所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－1 kg·m /s －0.5 kg·m/s ＝－1.5 kg·m/s. 即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s ，方向与羽毛球飞来的方向相反.(2)羽毛球的初动能：E k ＝12m v 2＝12.5 J ，羽毛球的末动能：E k ′＝12m v ′2＝50 J.所以ΔE k ＝E k ′－E k ＝37.5 J.答案 (1)1.5 kg·m/s ，方向与羽毛球飞来的方向相反 (2)37.5 J三、对动量定理的理解和应用例3 质量为0.5 kg 的弹性小球，从1.25 m 高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m ，g 取10 m/s 2. (1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N ，求小球与地板的碰撞时间；(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s ，求小球对地板的平均冲力.。
高中物理教科版选修3-5教学案：第三章 章末盘点 Word版含答案
专题三
半衰期的计组成的放射性样品中，放射性元素的原子核有一半发生衰变所需的时间。
2、计算公式
N′＝N0( )n或m′＝m0( )n，其中n＝t/T。(式中N′、m′为衰变后剩余的原子数量和质量，N0、m0为衰变前原子数量和质量，n为半衰期个数，t是所用时间)。
(4)在写核反应方程时，应先将已知原子核和已知粒子的符号填入核反应方程一般形式的适当位置上；然后根据质量数守恒和电荷数守恒规律计算出未知核(或未知粒子)的电荷数和质量数；最后根据未知核(或未知粒子)的电荷数确定它们是哪种元素(或哪种粒子)，并在核反应方程一般形式中的适当位置填写上它们的符号。
[例1]关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有()
详细解析:选ACE密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，A项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过α粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，B项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，C项正确；卢瑟福用镭放射出的α粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷，确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，D项错误；汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况确定了阴极射线的本质是带电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，E项正确。
5、太阳能是由于太阳内部高温高压条件下的聚变反应产生的，下列核反应属于聚变反应的是()
图1
A. H＋ H―→ He＋ n
B. 7N＋ He―→ 8O＋ H
C. 92U＋ n―→ 54Xe＋ Sr＋10 n
D. 92U―→ 90Th＋ He
详细解析:选AA是聚变反应，B是人工转变的核反应，C是裂变反应，D是α衰变反应，故选项A是正确的。
物理选修3-5学案：名师导航第十六章2.动量和动量定理含解析
2 动量守恒定律(一)名师导航知识梳理1.在物理学中，物体运动速度和它本身质量的乘积叫做这个物体的____________,常用p表示，动量是____________，其方向由____________决定。
2。
动量守恒的条件是______________________________________.疑难突破如何判断一个具体的物理过程中动量是否守恒？剖析：要判断一个具体的物理过程中动量是否守恒，首先要对这一系统进行受力分析，再根据受力情况进行判断。
下列情况下，动量守恒定律成立。
（1）物体不受外力作用；（2）物体受外力作用，但合外力为零；（3）物体受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于物体间的相互作用力（即系统内力）；（4）物体受外力作用，合外力也不为零，但在某一方向上合力为零，则物体在这一方向上动量守恒。
问题探究问题：通过实验验证在合外力为零的情况下动量是否守恒.探究：1.实验仪器：气垫导轨(带光电门）、电子计时器、两个质量相等的滑块（带挡光片）、弹簧.2.实验步骤：如图16-2—1组装仪器,给气垫导轨通气。
图16-2—13.将两个滑块放在导轨上，用细线连接两滑块使弹簧处于压缩状态。
4.用火柴烧断细线，观察电子计时器读数并记录数据,请同学们自己完成实验和数据处理工作。
探究结论：在合外力为零或系统内力远远大于合外力的情况下，系统动量守恒。
典题精讲【例1】把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法中正确的是（）A。
枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.若忽略不计子弹和枪筒间的摩擦,枪、车和子弹组成的系统动量才近似守恒D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒思路解析：枪发射子弹的过程中，它们的相互作用力是火药的爆炸力和射出子弹时子弹与枪管的摩擦力，枪和车一起在水平地面上做变速运动，枪和车之间也有相互作用力，如果选取枪和子弹为系统，则车给枪的力为外力，故A错误.如果选取枪和车为系统，则子弹给枪的力为外力，B错误.如果以车、枪、子弹组成的系统为研究对象,则子弹和枪筒之间的摩擦不是外力,故不存在忽略的问题，C错误.子弹、枪、车组成的系统水平方向上不受外力，故整体动量守恒，D 项正确。
2024最新-动量定理教案 《动量定理》教案(精选5篇)
动量定理教案《动量定理》教案（精选5篇）动量定理是动力学的普遍定理之一。
相信大家比较陌生的呢，它是一个科学定理。
动量定理教学设计，我们来看看。
它山之石可以攻玉，如下是美丽的小编帮大伙儿找到的《动量定理》教案（精选5篇），希望能够帮助到大家。
高二物理《动量定理》微课教学设计篇一教学目标一、知识与技能1.能从牛顿运动定律和运动学公式推导出动量定理的表达式。
2.理解动量定理的确切含义，知道动量定理适用于变力。
3.会用动量定理解释有关现象和处理有关的问题。
二、过程与方法1.通过演示实验，引入课题，激发学生的学习兴趣。
2.通过对动量定理的探究过程，尝试用科学探究的方法研究物理问题，通过对例题的分析和讲解，得到动量定理解题的方法和步骤。
3.能够应用动量定理处理一些与生产和生活相关的实际问题，培养学生理论联系实际的能力，在分析、解决问题的过程中培养交流、合作能力。
三、情感态度与价值观有参与科技活动的热情，有从生活走向物理，从物理走向社会的意识。
教学重点动量定理的推导以及利用动量定理解释有关现象教学难点如何正确理解合外力的冲量等于物体动量的变化；如何正确应用动量定理分析打击和碰撞这类短时间作用的力学问题。
教学过程一、提出问题，导入新课（创设实验情景）【问题一】演示：在地板上放一块海面垫，尽可能把鸡蛋举的高高的，然后放开手，让鸡蛋落到海面垫上。
首先让学生猜想可能出现的现象。
实际操作：观察到鸡蛋并没有被打破。
引入：鸡蛋从一米多高的地方落到海面垫上，鸡蛋却没有打破，为什么呢？本节课我们就来学习这方面的知识。
【问题二】（情景暗示创设问题情境）我们在上节课知道，我们可以通过一个新的物理量来研究运动物体对外界的作用效果：p=mv.某时刻物体有一个速度，对应有一个动量。
如果说物体速度发生了变化，那么动量也会发生变化：=p`-p=mv`-mv那么我们是不是要问了：一个运动的物体，它的动量为什么会变化呢？这个变化有什么规律呢？这就是我们今天这节课要研究的问题。
动量和动量定理教案(优秀5篇)
动量和动量定理教案（优秀5篇）动量和动量定理教案篇一教学目标：1.理解动量的概念及其物理意义，掌握动量的定义式和单位。
2.掌握动量定理的内容、表达式及其矢量性，理解动量定理的物理实质。
3.能够运用动量定理分析解决简单的物理问题，培养学生的逻辑思维能力和物理建模能力。
4.激发学生对物理现象的好奇心和探索欲，培养严谨的科学态度。
教学重点：动量的概念及定义式。
动量定理的内容、表达式及矢量性。
教学难点：运用动量定理分析解决实际问题，理解动量变化与力的冲量之间的关系。
教学准备：多媒体课件、实验器材、学生预习材料教学过程：一、引入新课情境导入：播放一段运动员踢足球的视频，引导学生观察球的'运动状态变化，提问：“是什么改变了球的运动状态？”引出力的作用效果与物体运动状态变化的关系。
复习旧知：回顾牛顿第二定律（F=ma），强调力是改变物体运动状态的原因。
引入新课：当物体运动状态发生变化时，除了考虑力、加速度、时间等因素外，还有一个重要的物理量——动量，它描述了物体运动的“量”的方面。
今天我们就来学习动量和动量定理。
二、讲授新知1.动量的概念定义：物体的质量和速度的乘积称为物体的动量，用字母p表示，即p=mv。
物理意义：动量反映了物体运动状态的量度，是描述物体运动状态的重要物理量。
单位：千克·米/秒（kg·m/s），是矢量，方向与速度方向相同。
举例说明：不同物体在同一速度下的动量比较，同一物体在不同速度下的动量变化。
2.动量定理内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
表达式：Δp=F·t（其中Δp为动量变化量，F为合外力，t为时间，注意矢量性）。
讲解动量定理的推导过程（简要），强调冲量是力与时间的乘积，也是矢量。
举例说明：利用动量定理分析小车碰撞、人走路等生活中的物理现象。
三、巩固练习例题解析：选取几道典型例题，引导学生分析题目中的物理过程，运用动量定理求解。
最新版-高中物理动量定理教案(优秀4篇)
高中物理动量定理教案（优秀4篇）高中物理教学设计篇一高三复习到五月份，基本结束了前两轮的复习。
但是学生在应用动量守恒定律解决问题时依然存在若干问题。
比较突出的问题有：弄不清楚守恒过程和不能正确的选择研究对象等。
学生屡屡出现类似问题的背后其实是忽略了守恒条件所造成。
当然学生在审题中不能正确的挖掘出隐含条件也是失分的主要原因。
如何解决这一现象呢？我做了这样的教学设计。
一．回归课本，指导学生进行弹性碰撞特点的理论推导。
本环节中强调守恒条件以及对弹性碰撞特点的理解。
二．归纳试题类型，找到解题模型。
主要选择子弹模型、木板滑块模型、滑块碰撞模型、微观粒子碰撞模型、微观粒子衰变模型。
采用讲一题练一题的方法，让学生熟悉这几个模型的解题思路和题中常见的隐含的条件。
为学生解决类似题型打好基础。
三．针对多过程的运动模型，引导学生做好运动分析，逐一过程利用守恒条件分析研究对象是否动量守恒。
四．针对多物体多运动过程模型，引导学生做好受力分析，运动过程分段处理，围绕守恒条件逐一分析所选定的研究对象是否守恒。
本教学设计的优点在于由易到难，由特殊模型到一般模型，从常见问题到复杂问题。
也很好的展示了利用守恒条件为解题起点，展开解题过程的示范。
通过多次训练能够有效的解决学生挖掘不出常见隐含条件和弄不清守恒过程的问题。
动量守恒定律教学反思篇二每学期举行一次教学开放活动，已成为我校教育教学的传统贯例，很好的促进青年教师专业成长，推动学校教学研究长足发展。
本次观课议课活动安排在高二年级组进行，由汪梦洁老师和孙正老师上同课异构课《动量守恒定律》，物理教研组全体老师参与听课、议课。
本人把听课议课的一些不成熟的心得体会总结如下。
一、以人为本在听中教课堂教学的核心是学生，所有的教学活动实施应围绕学生展开，以人为本是课堂教学的核心理念。
故评价一节课成败的核心标准是以学生为基准，看老师的教学是否以学生为主体，看老师在课堂上是否关心人、尊重人、依靠人、发展人、满足人。
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。
动量守恒定律教案(5篇)
动量守恒定律教案(5篇)动量守恒定律教案(5篇)动量守恒定律教案范文第1篇通过对化学反应中反应物及生成物质量的试验测定，使同学理解质量守恒定律的含义及守恒的缘由；依据质量守恒定律能解释一些简洁的试验事实，能推想物质的组成。
力量目标提高同学试验、思维力量，初步培育同学应用试验的方法来定量讨论问题和分析问题的力量。
情感目标通过对试验现象的观看、记录、分析，学会由感性到理性、由个别到一般的讨论问题的科学方法，培育同学严谨求实、勇于探究的科学品质及合作精神；使同学熟悉永恒运动变化的物质，即不能凭空产生，也不能凭空消逝的道理。
渗透物质不灭定律的辩证唯物主义的观点。
教学建议教材分析质量守恒定律是学校化学的重要定律，教材从提出在化学反应中反应物的质量同生成物的质量之间存在什么关系入手，从观看白磷燃烧和氢氧化钠溶液与硫酸铜溶液反应前后物质的质量关系动身，通过思索去“发觉”质量守恒定律，而不是去死记硬背规律。
这样同学简单接受。
在此基础上，提出问题“为什么物质在发生化学反应前后各物质的质量总和相等呢？”引导同学从化学反应的实质上去熟悉质量守恒定律。
在化学反应中，只是原子间的重新组合，使反应物变成生成物，变化前后，原子的种类和个数并没有变化，所以，反应前后各物质的质量总和必定相等。
同时也为化学方程式的学习奠定了基础。
教法建议引导同学从关注化学反应前后"质"的变化，转移到思索反应前后"量"的问题上，教学可进行如下设计：1．创设问题情境，同学自己发觉问题同学的学习是一个主动的学习过程，老师应当实行"自我发觉的方法来进行教学"。
可首先投影前面学过的化学反应文字表达式，然后提问：对于化学反应你知道了什么？同学各抒己见，最终把问题聚焦在化学反应前后质量是否发生变化上。
这时老师不失相宜的提出讨论主题：通过试验来探究化学反应前后质量是否发生变化，同学的学习热忱和爱好被最大限度地调动起来，使同学进入主动学习状态。
2021-2022高二物理教科版选修3-5学案：第一章 3 动量守恒定律 Word版含答案
学案3 动量守恒定律[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义.一、动量守恒定律 [问题设计]在第一节“探究碰撞前后物体动能的变化”得到了如下数据，请接着完成下表.答案 计算结果：①0.1027 ②0.1012 ③0.065 ④0.0644结论：在试验误差允许的范围内，两滑块碰撞前后的总动量保持不变. [要点提炼]1.假如一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律.2.动量守恒定律成立的条件：(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零.(2)系统外力远小于内力时，外力的作用可以忽视，系统的动量守恒. (3)系统在某个方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒. 3.动量守恒定律的表达式：(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′(作用前后动量相等). (2)Δp ＝0(系统动量的增量为零).(3)Δp 1＝－Δp 2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反). 二、动量守恒定律的理解和简洁应用 1.动量守恒定律的“五性”(1)系统性：留意推断是哪几个物体构成的系统的动量守恒. (2)矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向.(3)相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必需相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度.(4)同时性：初动量必需是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必需是各物体在作用后同一时刻的动量. (5)普适性：不仅适用于两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成的系统.2.应用动量守恒定律解题的基本思路 (1)明确争辩对象合理选择系统. (2)推断系统动量是否守恒.(3)规定正方向及初、末状态. (4)运用动量守恒定律列方程求解.一、动量守恒的条件推断例1 如图1所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面对前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后( )图1A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒 答案 C 针对训练如图2所示，光滑水平面上A 、B 两小车间有一弹簧，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车均处于静止状态.将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是( )图2A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不肯定为零 答案 ACD解析 A 项，在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)作用，故动量守恒，即系统的总动量始终为零.B 项，先放开左手，再放开右手后，两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的.C 项，先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左.D 项，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若两手同时放开，那么放开后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量也是守恒的，但不为零. 二、动量守恒定律的应用例2 质量为3 kg 的小球A 在光滑水平面上以6 m /s 的速度向右运动，恰遇上质量为5 kg 、以4 m/s 的速度向左运动的小球B ，碰撞后B 球恰好静止，求碰撞后A 球的速度.解析 两球在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒.取A 球初速度方向为正方向初状态：v A ＝6 m /s ，v B ＝－4 m/s 末状态：v B ′＝0，v A ′＝？(待求) 依据动量守恒定律，有m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′，得v A ′＝m A v A ＋m B v Bm A ≈－0.67 m/s其中负号表示A 球向左运动 答案 0.67 m/s ，方向向左例3 质量M ＝100 kg 的小船静止在水面上，船首站着质量m 甲＝40 kg 的游泳者甲，船尾站着质量m 乙＝60 kg 的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3 m/s 的速率跃入水中，则( )A.小船向左运动，速率为1 m/sB.小船向左运动，速率为0.6 m/sC.小船向右运动，速率大于1 m/sD.小船仍静止解析 设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v ，依据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m 甲v 甲＋m 乙v 乙＋M v ＝0，代入数据，可得v ＝－0.6 m/s ，其中负号表示小船向左运动，所以选项B 正确. 答案 B动量,守恒,定律⎩⎪⎨⎪⎧动量守恒的条件动量守恒的表达式⎩⎪⎨⎪⎧ m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′Δp ＝0Δp 1＝－Δp 21.(动量守恒的条件推断)把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪放射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是( ) A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和小车组成的系统动量守恒C.三者组成的系统由于枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽视不计，故系统动量近似守恒D.三者组成的系统动量守恒，由于系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零 答案 D解析 由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，无其他外力，动量守恒.子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响.故选项C 错误.分开枪和小车，则枪和子弹组成的系统受到小车对其的外力作用，小车和枪组成的系统受到子弹对其外力作用，动量都不守恒，正确答案为选项D.2.(动量守恒的条件推断)图3如图3所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为争辩对象(系统)，则此系统在从子弹开头射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( ) A.动量守恒、机械能守恒 B.动量不守恒、机械能不守恒 C.动量守恒、机械能不守恒。
高中物理教科版选修3-5教学案：第一章 第1节 碰撞 Word版含答案
第1节碰__撞( 对应学生用书页码P1 )一、碰撞现象1、碰撞做相对运动的两个( 或几个)物体相遇而发生相互作用，运动状态发生改变的过程。
2、碰撞特点( 1 )时间特点:在碰撞过程中，相互作用时间很短。
( 2 )相互作用力特点:在碰撞过程中，相互作用力远远大于外力。
( 3 )位移特点:在碰撞过程中，物体发生速度突变时，位移极小，可认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
试列举几种常见的碰撞过程。
提示:棒球运动中，击球过程；子弹射中靶子的过程；重物坠地过程等。
二、用气垫导轨探究碰撞中动能的变化1、实验器材气垫导轨，数字计时器、滑块和光电门，挡光条和弹簧片等。
2、探究过程( 1 )滑块质量的测量仪器:天平。
( 2 )滑块速度的测量仪器:挡光条及光电门。
( 3 )数据记录及分析，碰撞前、后动能的计算。
三、碰撞的分类1、按碰撞过程中机械能是否损失分为:( 1 )弹性碰撞:碰撞过程中动能不变，即碰撞前后系统的总动能相等，E k1＋E k2＝E k1′＋E k2′。
( 2 )非弹性碰撞:碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
E k1′＋E k2′＜E k1＋E k2。
( 3 )完全非弹性碰撞:碰撞后两物体黏合在一起，具有相同的速度，这种碰撞动能损失最大。
2、按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为: ( 1 )对心碰撞( 正碰 ):碰撞前后，物体的运动方向沿同一条直线。
( 2 )非对心碰撞( 斜碰 ):碰撞前后，物体的运动方向不在同一直线上。
( 高中阶段只研究正碰 )。
( 对应学生用书页码P1 )探究一维碰撞中的不变量1.探究方案方案一:利用气垫导轨实现一维碰撞 ( 1 )质量的测量:用天平测量。
( 2 )速度的测量:v ＝Δx Δt ，式中Δx 为滑块( 挡光片 )的宽度，Δt 为数字计时器显示的滑块( 挡光片 )经过光电门的时间。
( 3 )各种碰撞情景的实现:利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第一章3课时2
课时2反冲现象与火箭的发射[学习目标] 1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素.一、反冲现象1.定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动的现象.2.规律：反冲运动中,相互作用力一般较大,满足动量守恒定律.二、火箭1.工作原理：利用反冲运动,火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出,使火箭获得巨大的向前的速度.2.影响火箭获得速度大小的两个因素(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.(2)质量比：火箭起飞时的质量与燃料燃尽时的质量之比.喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大.3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具,如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.(√)(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析.(×)(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子.(√)(4)火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果.(×)(5)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行.(√)2.如图1所示是一门旧式大炮,炮车和炮弹的质量分别是M和m,炮筒与地面的夹角为α,炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为v ＝________.图1答案m v 0cos αM解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象,因不计炮车与地面的摩擦,所以水平方向动量守恒.炮弹发射前,系统的总动量为零,炮弹发射后,炮弹的水平分速度为v 0cos α,根据动量守恒定律有：m v 0cos α－M v ＝0所以炮车向后反冲的速度大小为v ＝m v 0cos αM.一、反冲运动的理解和应用例1 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动.如果小车原来的总质量M ＝3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m ＝0.1 kg,水蒸气质量忽略不计.(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v ＝2.9 m/s,求小车的反冲速度；(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变,方向与水平方向成60°角,小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?答案 (1)0.1 m/s,方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s,方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零,初始状态系统总动量为零. 以橡皮塞运动的方向为正方向 根据动量守恒定律,m v ＋(M －m )v ′＝0 v ′＝－m M －m v ＝－0.13－0.1×2.9 m /s ＝－0.1 m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反,反冲速度大小是0.1 m/s. (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒. 以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向,有 m v cos 60°＋(M －m )v ″＝0v ″＝－m v cos 60°M －m ＝－0.1×2.9×0.53－0.1m /s ＝－0.05 m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反,反冲速度大小是0.05 m/s. 针对训练 “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m ,速度大小为v ,方向水平向东,则另一块的速度是( )A.3v 0－vB.2v 0－3vC.3v 0－2vD.2v 0＋v答案 C解析 在最高点水平方向动量守恒,以水平向东为正方向,由动量守恒定律可知,3m v 0＝2m v ＋m v ′,可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ,故C 正确. 二、火箭的工作原理分析 [导学探究]1.火箭飞行的工作原理是什么？答案 火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理.2.设火箭发射前的总质量是M ,燃料燃尽后的质量为m ,火箭燃气的喷射速度为v ,试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v ′.答案 在火箭发射过程中,由于内力远大于外力,所以可认为动量守恒.取火箭的速度方向为正方向,发射前火箭的总动量为0,发射后的总动量为m v ′－(M －m )v 则由动量守恒定律得0＝m v ′－(M －m )v 所以v ′＝M －m m v ＝⎝⎛⎭⎫M m －1v .[知识深化]1.火箭喷气属于反冲类问题,是动量守恒定律的重要应用.2.分析火箭类问题应注意的三个问题(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象.注意反冲前、后各物体质量的变化.(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度. (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向.例2 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体,气体离开发动机喷出的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg,发动机每秒钟喷气20次. (1)当第三次喷出气体后,火箭的速度多大？ (2)运动第1 s 末,火箭的速度多大？ 答案 (1)2 m /s (2)13.5 m/s 解析 规定与v 相反的方向为正方向. (1)设喷出三次气体后,火箭的速度为v 3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0,故v 3＝3m v M －3m ≈2 m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0,故v 20＝20m vM －20m ≈13.5 m/s.三、反冲运动的应用——“人船模型” 1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒.在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为“人船模型”问题. 2.人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的. 例3 有一只小船停在静水中,船上一人从船头走到船尾.如果人的质量m ＝60 kg,船的质量M ＝120 kg,船长为l ＝3 m,则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计) 答案 1 m解析 人在船上走时,由于人、船组成的系统所受合外力为零,总动量守恒,因此系统的平均动量也守恒,如图所示.设人从船头走到船尾所用时间为t ,在这段时间内船后退的距离为x ,人相对地面运动的距离为l －x ,选船后退的方向为正方向,由动量守恒定律有：M xt －m l －x t ＝0所以x ＝m M ＋m l ＝60120＋60×3 m ＝1 m.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题,解决这类问题应明确： (1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向). (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.1.(反冲运动的认识)下列不属于反冲运动的是( ) A.喷气式飞机的运动 B.直升机的运动 C.火箭的运动 D.章鱼的运动答案 B2.(反冲运动的计算)步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为855 m/s,步枪的反冲速度约为( ) A.2 m/s B.1 m/s C.3 m/s D.4 m/s 答案 A解析 以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向,由动量守恒定律：M v 1－m v 2＝0,得v 1＝9.6×10－3×8554.1m /s ≈2 m/s.3.(火箭的工作原理)运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是( ) A.燃料推动空气,空气反作用力推动火箭B.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭 答案 B4.(人船模型的迁移)质量为m 、半径为R 的小球,放在半径为2R 、质量为2m 的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上.当小球从如图2所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是( )图2A.R 2B.R 3C.R 4D.R 6答案 B解析 由水平方向平均动量守恒有：mx 小球＝2mx 大球,又x 小球＋x 大球＝R ,所以x 大球＝13R ,B 正确.一、选择题考点一反冲运动的理解和应用1.关于反冲运动的说法中,正确的是()A.抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能反冲B.若抛出物质量m1大于剩下的质量m2,则m2所受的力大于m1所受的力C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用D.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律答案 D解析由于系统的一部分向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动.定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系,故选项A错误.在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等,方向相反,故选项B错误.在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确.2.小车上装有一桶水,静止在光滑水平地面上,如图1所示,桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门,分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出).要使小车向前运动,可采用的方法是()图1A.打开阀门S1B.打开阀门S2C.打开阀门S3D.打开阀门S4答案 B解析根据反冲运动特点,当阀门S2打开时,小车将受到向前的推力,从而向前运动,故B项正确,A、C、D项均错误.3.(多选)向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b 两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.在炸裂过程中,a、b受到的力大小一定相等答案CD解析爆炸后系统的总机械能增加,但不能确定a、b两块的速度大小及b块的速度方向,所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动,且高度相同,故C对；由牛顿第三定律知D对.4.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则下列图中能正确表示车运动的v－t图像的是()答案 B解析人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m＋2m)v0＝2m v＋(－m v0),得v＝2v0,人跳离后小车做匀减速直线运动,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比,所以人跳离前后,车的加速度不变,所以能正确表示车运动的v－t图像的是选项B.考点二火箭问题分析5.(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度()A.使喷出的气体速度更大B.使喷出的气体温度更高C.使喷出的气体质量更大D.使喷出的气体密度更小答案AC解析设原来的总质量为M,喷出的气体质量为m,喷出的气体速度为v,剩余的质量(M－m)的速度为v′,由动量守恒定律得出：(M－m)v′＝m v,则v′＝m vM－m,因此m越大,v′越大；v 越大,v′越大.故A、C正确.6.将静置在地面上,质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 0 答案 D考点三 “人船模型”的应用7.(多选)一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时,下列说法正确的是( )A.气球可能匀速上升B.气球可能相对地面静止C.气球可能下降D.气球运动速度不发生变化 答案 ABC解析 设气球质量为M ,人的质量为m ,由于气球匀速上升,系统所受的外力之和为零,当人沿吊梯向上爬时,动量守恒,以向上为正方向,则(M ＋m )v 0＝m v 1＋M v 2,在人向上爬的过程中,气球的速度为v 2＝(M ＋m )v 0－m v 1M .当v 2>0时,气球可匀速上升；当v 2＝0时,气球静止；当v 2<0时,气球下降.所以选项A 、B 、C 均正确；要使气球运动速度不变,则人相对地面的速度仍为v 0,即人不上爬,显然不对,D 选项错误.8.如图2所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M ,顶端高度为h ,今有一质量为m 的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( )图2A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh (M ＋m )tan αD.Mh (M ＋m )tan α答案 C解析 此题属于“人船模型”问题,m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒,以m 在水平方向上对地位移的方向为正方向,设m 在水平方向上对地位移大小为x 1,M 在水平方向上对地位移大小为x 2,则0＝mx 1－Mx 2.① 且x 1＋x 2＝htan α.②由①②可得x 2＝mh(M ＋m )tan α,故选C.9.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”.在实验室里,该同学将一质量为M 、长为L 的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源.该同学又找来一个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端,在食物的诱惑下,蜗牛从该端移动到另一端.下列说法正确的是( ) A.只有蜗牛运动,滑块不运动 B.滑块运动的距离是M M ＋m LC.蜗牛运动的位移是滑块的Mm 倍D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L 答案 CD解析 根据“人船模型”,易得滑块的位移大小为m M ＋m L ,蜗牛运动的位移大小为MM ＋m L ,C 、D正确. 二、非选择题10.(反冲问题模型)如图3所示,带有光滑的半径为R 的14圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上,滑块的质量为M ,将一个质量为m 的小球从A 处由静止释放,当小球从B 点水平飞出时,滑块的速度为多大？(重力加速度为g )图3答案 m2gRM (M ＋m )解析 运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒,又因为系统在水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒,设小球从B 点飞出时速度大小为v 1,滑块的速度大小为v 2,以v 1的方向为正方向,则有：m v 1－M v 2＝0,mgR ＝12m v 12＋12M v 22,解得v 2＝m2gRM (M ＋m ).11.(火箭发射问题)课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s,喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg,则启动2 s 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计,水的密度是103 kg/m 3) 答案 4 m/s解析 “水火箭”喷出水流做反冲运动,设火箭原来的总质量为M ,喷出水流的流量为Q ,水的密度为ρ,水流的喷出速度大小为v ,火箭的反冲速度大小为v ′,由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQt v ,启动2 s 末火箭的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m /s ＝4 m/s. 12.(“人船模型”的应用)平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边,沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A 点,距货厢的水平距离为l ＝4 m,如图4所示.人的质量为m ,车连同货厢的质量为M ＝4m ,货厢高度为h ＝1.25 m.图4求：(g 取10 m/s 2)(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度大小；(2)人落在地板上并站定以后,车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？ 答案 (1)1.6 m/s (2)车不运动 0.8 m解析 (1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水平速度大小是v 1,车的反冲速度大小是v 2,则m v 1－M v 2＝0,v 2＝14v 1.人跳离货厢后做平抛运动,车以v 2做匀速直线运动,运动时间为t ＝2hg＝0.5 s,在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t , x 2＝v 2t , 由图可知：x 1＋x 2＝l ,即v 1t ＋v 2t ＝l ,则v 2＝l 5t ＝45×0.5m /s ＝1.6 m/s.(2)人落到车上A 点的过程中,系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力),人落到车上前的水平速度大小仍为v 1,车的速度大小为v 2,落到车上后设它们的共同速度为v ,根据水平方向动量守恒,得m v 1－M v 2＝(M ＋m )v ,则v ＝0,故人落到车上A 点站定后车的速度为零. 车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m.。
2014新编鲁科版高中物理选修3-5全册导学案
鲁科版高中物理选修3-5 全册导学案目录1.1《动量定理》1.2《动量守恒定律_》1.3《科学探究----维弹性碰撞》2.1《电子的发现与汤姆孙模型》2.2《原子的核式结构模型》2.3《波尔的原子模型》2.4《氢原子光谱与能级结构》3.1《原子核结构》3.2《原子核衰变及半衰期》3.3《放射性的应用与防护》4.1《核力与核能》4.2《核裂变》4.3《核聚变》4.4《核能的利用与环境保护》5.1《光电效应》5.2《康普顿效应》5.3《实物粒子的波粒二象性》5.4《“基本粒子”与恒星演化》1. 1《动量定理》学案3【学习目标】1.理解和掌握动量的概念,强调动量的矢量性,并能正确计算一维空间内物体动量的变化。
2.理解和掌握冲量的概念,强调冲量的矢量性。
3.学习动量定理,理解和掌握冲量和动量改变的关系【学习重点】理解动量、冲量的概念;掌握使用动量定理【知识要点】1.动量运动物体的质量和速度的乘积叫动量。
动量通常用字母p表示。
pmv1单位:kg?m?s-12动量是矢量,动量的方向就是速度的方向。
如果物体沿直线运动,动量的方向可用正、负号表示。
2.动量定理1).冲量力和时间的乘积在改变物体运动状态方面,具有一定的物理意义。
力F和力作用时间t的乘积,叫做力的冲量。
用I表示冲量,IFt。
1单位:N?s。
2冲量是矢量2 .动量定理物理意义是:物体动量的改变,等于物体所受外力冲量的总和。
这就是动量定理。
用公式表示:Ip′-p动量定理反映了物体受到所有外力的冲量总和和物体动量的改变在数值和方向上的等值同向关系。
在使用时一定要注意方向。
【典型例题】例1: 质量为m的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t1到达沙坑表面,又经过时间t2停在沙坑里。
求:⑴沙对小球的平均阻力F;⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
解:设刚开始下落的位置为A,刚好接触沙的位置为B,在沙中到达的最低点为C。
⑴在下落的全过程对小球用动量定理:重力作用时间为t1+t2,而阻力作用时间仅为t2,以竖直向下为正方向,有: mgt1+t2-Ft20, 解得: ⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:在t1时间内只有重力的冲量,在t2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有: mgt1-I0,∴Imgt1 【达标训练】1.以初速度v0竖直向上抛出一物体,空气阻力不可忽略。
高中物理 第1章 动量守恒研究 实验 验证动量守恒定律教学案 鲁科版选修3-5-鲁科版高二选修3-5
实验验证动量守恒定律一、实验目的验证碰撞中的动量守恒．二、实验原理1．质量为m1和m2的两个小球发生正碰，假设碰前m1运动，m2静止，根据动量守恒定律应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．2．因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同．那么小球的水平速度假设用飞行时间作时间单位，在数值上就等于小球飞出的水平距离．所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式，即m1OP＝m1OM＋m2ON．假设在实验误差允许X围内成立，就验证了两小球组成的系统碰撞前后总动量守恒．式中OP、OM和ON的意义如下图．三、实验器材斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，天平一台，刻度尺，圆规，三角板．四、实验步骤1．用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为碰撞球．2．按照图所示安装实验装置，调整固定斜槽，调整时应使斜槽末端水平．3．白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好，记下重垂线所指的位置O．4．不放被碰小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次，用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．5．把被碰小球放在槽口上，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，如下图．6．连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度，将测量数据填入表中，最后代入m1OP＝m1OM ＋m2ON，看在误差允许的X围内是否成立．五、须知1．斜槽轨道末端的切线必须水平，判断是否水平的方法是将小球放在斜槽轨道平直部分任一位置，假设小球均能保持静止，那么说明斜槽末端已水平．2．入射小球每次都必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，可在斜槽适当高度处固定一挡板，使小球靠着挡板，然后释放小球．3．入射球的质量应大于被碰球的质量．4．实验过程中确保实验桌、斜槽、记录所用的白纸的位置要始终保持不变．5．在计算时一定要注意m1、m2与OP、OM和ON的对应关系．6．应尽可能的在斜槽较高的地方由静止释放入射小球．六、误差分析1．小球落点位置确定的是否准确是产生误差的一个原因，因此在确定落点位置时，应严格按步骤中的4、5去做．2．入射小球每次是否从同一高度无初速度滑下是产生误差的另一原因．3．两球的碰撞假设不是对心正碰那么会产生误差．4．线段长度的测量产生误差．5．入射小球释放的高度太低，两球碰撞时内力较小也会产生误差．实验的操作与数据处理如图，用“碰撞实验器〞可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP ．然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2B ．测量小球m 1开始释放的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)假设两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________________(用(2)中测量的量表示)；假设碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________________(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m 1＝45．0 g ，m 2＝7．5 g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如下图．碰撞前、后m 1的动量分别为p 1与p 1′，那么p 1∶p 1′＝________∶11；假设碰撞结束时m 2的动量为p 2′，那么p 1′∶ p 2′＝11∶________．实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p 1p 1′＋p 2′为________． (5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请你用(4)中的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为________cm ．[思路点拨] 此题可根据平抛运动、能量守恒定律等知识求解．[解析] (1)该实验是验证动量守恒定律，也就是验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，由题图中装置可以看出，不放被碰小球m 2时，m 1从抛出点下落高度与放上m 2两球相碰后下落的高度H 相同，即在空中做平抛运动的下落时间t 相同，故有v 1＝OP t ，v 1′＝OM t ，v 2′＝ON t，代入m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，可得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，只需验证该式成立即可，在实验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移即可． (2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分． (3)假设是弹性碰撞，还应满足能量守恒， 即12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2， 即m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2．(4)p 1p 1′＝m 1·OP m 1·OM ＝OP OM ＝44.835.2＝14∶11． p 1′p 2′＝m 1·OM m 2·ON ＝45.0×35.207.5×55.68＝11∶2．9． p 1p 1′＋p 2′＝m 1·OP m 1·OM ＋m 2·ON＝45.0×44.8045.0×35.20＋7.5×55.68≈1(1～1．01均可)． (5)当两球发生弹性碰撞时，碰后m 2的速度最大，射程最大，由m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON 与m 1·OP 2＝m 1·OM 2＋m 2·ON 2可解出ON 的最大值为76．8 cm ．[答案] (1)C (2)ADE 或DEA 或DAE(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OPm 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 (4)14 2．9 1(1～1．01均可)(5)76．8实验的改进与创新如下图为气垫导轨上两个滑块A 、B 相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz ．开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．滑块A 、B 的质量分别为200 g 、300 g ，根据照片记录的信息，A 、B 离开弹簧后，A 滑块做________运动，其速度大小为________m /s ，本实验中得出的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________．[解析] 由题图可知，A 、B 离开弹簧后，均做匀速直线运动，开始时v A ＝0，v B ＝0，A 、B 被弹开后，v A ′＝0．09 m /s ，v B ′＝0．06 m /s ，m A v A ′＝0．2×0．09 kg ·m /s ＝0．018 kg ·m /sm B v B ′＝0．3×0．06 kg ·m /s ＝0．018 kg ·m /s 由此可得：m A v A ′＝m B v B ′，即0＝m B v B ′－m A v A ′结论：两滑块组成的系统在相互作用过程中质量与速度乘积的矢量和守恒．[答案] 匀速直线 0．09 两滑块组成的系统在相互作用过程中质量与速度乘积的矢量和守恒1．(多项选择)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，哪些因素可导致实验误差( )A ．导轨安放不水平B ．小车上挡光板倾斜C ．两小车质量不相等D ．两小车碰后连在一起解析：选AB ．选项A 中，导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；选项B 中，挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差，所以答案应为A 、B ．2．(多项选择)在做利用悬线悬挂等大的小球探究碰撞中的不变量的实验中，以下说法正确的选项是( )A ．悬挂两球的细线长度要适当且等长B ．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度C ．两小球必须都是刚性球且质量相同D ．两小球碰后可以粘合在一起共同运动解析：选ABD ．两线等长能保证两球正碰，也就是对心碰撞，以减小实验误差，所以A正确．由于计算碰撞前速度时用到了mgh ＝12mv 2－0，即初速度为0时碰前的速度为v ＝2gh ，B 正确．本实验中对小球的材质性能无要求，C 错误．两球正碰后，有各种运动情况，所以D 正确．3．(多项选择)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量〞实验时，以下哪些操作是正确的( )A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源 解析：选BC ．车的质量可以用天平测量，没有必要一个用撞针而另一个用橡皮泥配重．这样做的目的是为了碰撞后两车粘在一起有共同速度，选项B 正确；打点计时器的使用原那么是先接通电源，C 项正确．4．在利用平抛运动做“探究碰撞中的不变量〞实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端的切线保持水平，这样做的目的是( )A ．入射球得到较大的速度B ．入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向C ．入射球与被碰球碰撞时动能无损失D ．入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出解析：选B ．实验中小球能水平飞出是实验成功的关键，只有这样才能使两个小球在空中运动时间相等．5．“探究碰撞中的不变量〞的实验中，入射小球质量m 1＝15 g ，原来静止的被碰小球质量m 2＝10 g ，由实验测得它们在碰撞前后的x －t 图象如下图，由图可知，入射小球碰撞前的m 1v 1是________，入射小球碰撞后的m 1v ′1是________，被碰小球碰撞后的m 2v ′2是________．由此得出结论________________________________________________________________________．解析：由题图可知碰撞前m 1的速度大小v 1＝0.20.2m/s ＝1 m/s 故碰撞前的m 1v 1＝0．015×1 kg ·m/s ＝0．015 kg ·m/s碰撞后m 1的速度大小v ′1＝0.3－0.20.4－0.2m/s ＝0．5 m/s m 2的速度大小v ′2＝0.35－0.20.4－0.2m/s ＝0．75 m/s 故m 1v ′1＝0．015×0．5 kg ·m/s ＝0．007 5 kg ·m/sm2v′2＝0．01×0．75 kg·m/s＝0．007 5 kg·m/s可知m1v1＝m1v′1＋m2v′2．答案：0．015 kg·m/s 0．007 5 kg·m/s0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv的矢量和是守恒的量6．用如下图的装置可以完成“探究碰撞中的不变量〞实验．(1)假设实验中选取的A、B两球半径相同，为了使A、B发生一维碰撞，应使两球悬线长度________，悬点O1、O2之间的距离等于________．(2)假设A、B两球的半径不相同，利用本装置能否完成实验？如果你认为能完成，请说明如何调节？解析：(1)为了保证一维碰撞，碰撞点应与两球在同一条水平线上．故两球悬线长度相等，O1、O2之间的距离等于球的直径．(2)如果两球的半径不相等，也可完成实验．调整装置时，应使O1、O2之间的距离等于两球的半径之和，两球静止时，球心在同一水平高度上．答案：(1)相等球的直径(2)见解析7．把两个大小相同、质量不等的金属球用细线连接起来，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于摩擦可以忽略不计的水平桌面上，如下图，现烧断细线，观察两球的运动情况，进行必要的测量，探究物体间发生相互作用时的不变量．测量过程中：(1)还必须添加的器材有________________________________________________________________________．(2)需直接测量的数据是________________________________________________________________________．解析：两球被弹开后，分别以不同的速度离开桌面做平抛运动，两球做平抛运动的时间相等，均为t＝2hg(h为桌面离地的高度)．根据平抛运动规律，由两球落地点距抛出点的水平距离x＝v·t，知两物体水平速度之比等于它们的射程之比，即v1∶v2＝x1∶x2，因此本实验中只需测量x1、x2即可．测量x1、x2时需准确记下两球落地点的位置，故需要直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤和木板等．假设要探究m1x1＝m2x2或m1x21＝m2x22或x1m1＝x2m2是否成立，还需要用天平测量两球的质量m1、m2．答案：(1)直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板、天平(2)两球的质量m1、m2以及它们做平抛运动的射程x1、x28．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如下图．在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．(1)假设已得到打点纸带如下图，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，那么应选________段计算小车甲的碰前速度，应选________段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB〞“BC〞“CD〞或“DE〞)．(2)已测得小车甲的质量m甲＝0．40 kg，小车乙的质量m乙＝0．20 kg，由以上测量结果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝________kg·m/s；碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝________kg·m/s．(3)通过计算得出的结论是什么？________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE段计算碰后共同的速度．(2)v甲＝BCΔt＝1．05 m/s，v′＝DEΔt＝0．695 m/sm甲v甲＋m乙v乙＝0．420 kg·m/s碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝(m甲＋m乙)v′＝0．60×0．695 kg·m/s＝0．417 kg·m/s．(3)在误差允许X围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的．答案：(1)BCDE(2)0．420 0．417(3)在误差允许X围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。
1.1探究动量变化与冲量的关系 学案(2020年沪科版高中物理选修3-5)
1.1探究动量变化与冲量的关系学案（2020年沪科版高中物理选修3-5）11探究动量变化与冲量的关系探究动量变化与冲量的关系学习目标1.理解冲量和动量的定义.公式.单位及矢量性.2.理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象，解决有关实际问题一.动量和冲量导学探究在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上了高大结实的对方运动员，自己被碰倒在地，而对方却几乎不受影响，这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关1若质量为60kg的运动员包括球以5m/s的速度向东奔跑，他的动量是多大方向如何若他以大小不变的速率做曲线运动，他的动量是否变化2若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零，他的动量的变化量的大小动量的变化量方向如何答案1动量是300kgm/s方向向东做曲线运动时他的动量变化了，因为方向变了2300kgm/s方向向西知识梳理1动量1定义物体的质量m和速度v的乘积mv.2公式pmv.单位kgm/s.3动量的矢量性动量是矢填“矢”或“标”量，方向与速度的方向相同4动量是状态量进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态时刻的动量5动量具有相对性由于速度与参考系的选择有关，因此动量具有相对性，一般以地面为参考系2冲量1冲量的定义式IFt.2冲量是过程填“过程”或“状态”量，反映的是力在一段时间内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量3冲量是矢填“矢”或“标”量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与该恒力的方向相同即学即用判断下列说法的正误1一个物体质量不变的动量改变，它的动能一定改变2一个物体质量不变的动能改变，它的动量一定改变3力越大，力对物体的冲量越大二.动量定理导学探究1如图1所示，假定一个质量为m的物体在碰撞时受到的另一个物体对它的力是恒力F，在F的作用下，经过时间t，物体的速度从v变为v，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量p与恒力F及作用时间t的关系与水平面无摩擦图1答案该物体在碰撞过程中的加速度avvt根据牛顿第二定律Fma由得Fmvvt整理得Ftmvvmvmv即Ftp.2在日常生活中，有不少这样的事例跳远时要跳在沙坑里；跳高时在下落处要放海绵垫子；从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎这样做的目的是为了什么答案为了缓冲以减小作用力知识梳理1内容物体所受合力的冲量等于物体的动量变化2公式IFtp.其中F为物体受到的合外力即学即用1判断下列说法的正误1若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内受到的合外力一定不为零2物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大3动量变化量为正，说明它的方向与初始时动量的方向相同2xx甘肃会宁四中高二第二学期期中在一条直线上运动的物体，其初动量为8kgm/s，它在第一秒内受到的冲量为3Ns，第二秒内受到的冲量为5Ns，它在第二秒末的动量为A10kgm/sB11kgm/sC13kgm/sD16kgm/s答案A解析根据动量定理得pmv0I1I2，则pI1I2mv0358kgm/s10kgm/s，故选A.一.对动量及其变化量的理解1动量pmv,描述物体运动状态的物理量，是矢量，方向与速度的方向相同2物体动量的变化ppp 是矢量，其方向与速度变化的方向相同，在合力为恒力的情况下，物体动量的变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合外力的方向相同3动量的变化量1动量变化的三种情况大小变化.方向变化.大小和方向同时变化2关于动量变化量的求解若初.末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算若初.末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则例1一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2m，不计空气阻力，取重力加速度为g10m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中1篮球的动量变化量；2篮球的动能变化量答案13kgm/s，方向竖直向上2减少了3J解析1篮球与地面相撞前瞬间的速度为v12gh2100.8m/s4m/s，方向向下，篮球反弹时的初速度v22gh2100.2m/s2m/s，方向向上规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为pmv2mv10.52kgm/s0.54kgm/s3kgm/s.即篮球的动量变化量大小为3kgm/s，方向竖直向上2篮球的动能变化量为Ek12mv2212mv12120.522J120.542J3J即动能减少了3J.动量与动能的区别与联系1区别动量是矢量，动能是标量，质量相同的两个物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同2联系动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ekp22m或p2mEk.二.冲量及冲量的计算1求冲量大小时，一定要注意是哪一个力在哪一段时间内的冲量2公式IFt只适合于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解1用动量定理Imvmv求冲量2若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量3若给出了力F 随时间t变化的图像，可用Ft图线与t轴所围成的面积求冲量如图2所示，力F在1s内的冲量I1F1t1201Ns20Ns图2力F在6s内的冲量Ixx05Ns30Ns例2在倾角为37的足够长的斜面上，有一质量为5kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数0.2，求物体下滑2s的时间内，物体所受各力的冲量g取10m/s2，sin370.6，cos370.8答案见解析解析物体沿斜面下滑的过程中，受重力.支持力和摩擦力的作用冲量IFt，是矢量重力的冲量IGGtmgt5102Ns100Ns，方向竖直向下支持力的冲量INNtmgcos37t5100.82Ns80Ns，方向垂直于斜面向上摩擦力的冲量Ifftmgcos37t0.25100.82Ns16Ns，方向沿斜面向上1在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力，如果是恒力，可用IFt 进行计算，如果是变力，可考虑根据动量定理求冲量2注意不要忘记说明冲量的方向力为恒力时，冲量的方向与力的方向相同三.动量定理的理解和应用1对动量定理的理解1动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因2动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向3公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值2动量定理的应用1定性分析有关现象物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小2应用动量定理定量计算的一般步骤选定研究对象，明确运动过程进行受力分析，确定初.末状态选取正方向，列动量定理方程求解例3如图3所示，用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s，那么图31不计铁锤受到的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大2考虑铁锤受到的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大g取10m/s2答案1200N，方向竖直向下2205N，方向竖直向下解析1以铁锤为研究对象，不计重力时，铁锤只受到钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t0mv所以F10.54.00.01N200N，方向竖直向上由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200N，方向竖直向下2若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正则F2mgt0mvF20.54.00.01N0.510N205N，方向竖直向上由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205N，方向竖直向下用动量定理进行定量计算时应注意1列方程前首先选取正方向；2分析速度时一定要选取同一参考系，一般选地面为参考系；3公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格应用公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量例4同一人以相同的力量跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于A人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D 人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小答案D解析人落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化，所以两种情况下人受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化一定的情况下，时间t越长，则受到的冲力F越小，故选项D正确针对训练1xx沂南高二下学期期中质量为55kg的建筑工人，不慎从高空由静止落下，由于弹性安全带的保护，他最终静止悬挂在空中已知弹性安全带的缓冲时间为1.1s，安全带长为5m，不计空气阻力，g10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为A1100NB1050NC550ND200N答案B解析工人下落过程为自由落体运动，安全带被拉直瞬间工人的速度为v02gh2105m/s10m/s；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带的拉力F，取竖直向上为正方向，由动量定理得Ftmgt0mv0，所以Fmgmv0t550N55101.1N1050N根据牛顿第三定律知，安全带所受的平均冲力大小为1050N，故B正确，A.C.D错误利用动量定理解释现象的问题主要有三类1p一定，t 短则F大，t长则F小.2F一定，t短则p小，t长则p大.3t一定，F大则p大，F小则p小.针对训练2多选对下列几种物理现象的解释，正确的是A击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B用手接篮球时，手往往向后缩一下，是为了减小冲量C易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D在车内推车推不动，是因为车包括人所受合外力的冲量为零答案CD解析击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小，所以A项错误；用手接篮球时，手往后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力，所以B项错误；据动量定理Ftp知，当p相同时，t越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力，与内部作用力无关，所以D项正确1.动量与动量的变化xx北京东城区期末如图4所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g，则图4A击球前后球动量改变量的方向水平向左B击球前后球动量改变量的大小是mv2mv1C 击球前后球动量改变量的大小是mv2mv1D球离开手时的机械能不可能是mgh12mv12答案C解析规定水平向右为正方向，击球前球的动量p1mv1，击球后球的动量p2mv2，击球前后球动量改变量的大小是pp2p1mv2mv1，动量改变量的方向水平向右，故A.B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh12mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh12mv12，故D 错误2.利用动量定理定性分析问题xx三明市高二下学期期末如图5，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了图5A减小冲量B减小动量的变化量C延长与地面的冲击时间，从而减小冲力D增大人对地面的压强，起到安全作用答案C解析人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知Fmgtp，而屈腿可以延长人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，故选C.3.动量定理的应用xx耀华中学期中如图6所示，一质量为0.5kg的小球沿光滑水平面以大小为5m/s的速度水平向右运动，与竖直墙壁碰撞后以大小为3m/s的速度反向弹回，已知小球跟墙壁作用的时间为0.05s，则该过程中小球受到墙壁的平均作用力图6A大小为80N，方向水平向左B大小为80N，方向水平向右C大小为20N，方向水平向左D大小为20N，方向水平向右答案A解析设小球受到的平均作用力为F，以初速度方向为正方向，对小球撞墙的过程，由动量定理有Ftmv2mv1，代入数据得平均作用力为F80N，负号表示方向向左，故A正确，B.C.D错误4动量定理的应用xx全国卷高空坠物极易对行人造成伤害若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A10NB102NC103ND104N答案C解析设每层楼高约为3m，则下落高度约为h325m75m由mgh12mv2及Fmgtmv知鸡蛋对地面的冲击力Fm2ghtmg103N.5动量定理的应用0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，g10m/s2.1求小球与地面碰撞前后的动量变化量的大小；2若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力的大小为多少答案12kgm/s212N解析1小球与地面碰撞前的动量为p1mv10.26kgm/s1.2kgm/s小球与地面碰撞后的动量为p2mv20.24kgm/s0.8kgm/s小球与地面碰撞前后动量变化量的大小为pp2p12kgm/s.2由动量定理得Fmgtp所以Fptmg20.2N0.210N12N.。
2021-2022学年高二物理教科版选修3-5教案：第一章 碰撞与动量守恒 Word版含答案
碰撞与动量守恒复习学习目标1.进一步理解碰撞的基本概念，学会利用碰撞模型解决生活中的问题2.进一步生疏动量守恒定律，能结合能量规律求解简洁的综合题3.进一步增加问题意识，提高分析问题、解决问题的力量重点难点重点：运用动量守恒定律解决实际问题难点：临界问题设计思想通过本节课的学习，使同学对碰撞和动量守恒的规律有进一步的生疏，能综合运用牛顿运动定律、动能定理解决简洁的综合题，能够运用动量守恒定律解决新情景中的问题，更加体会到守恒的思想在物理学中的重要作用，进一步提高分析问题和解决问题的力量。
教学资源多媒体课件教学设计【课堂学习】学习活动一：基本概念和基本规律问题1：系统、内力和外力的概念。
问题2：动量和动能的区分和联系。
问题3：什么是碰撞？碰撞的分类？问题4：动量守恒的条件是什么？什么是动量守恒定律的矢量性？问题5：何为反冲？它满足哪些物理规律学习活动二：碰撞后速度的可能性分析例题1：质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是( )A.13v0 B.23v0 C.49v0 D.59v0分析争辩碰撞中应遵循的三个原则1．系统动量守恒的原则：两个物体碰撞前后系统的总动量保持不变，符合m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，或p1＋p2＝p1′＋p2′.2．不违反能量守恒的原则：碰撞后系统的总动能不大于碰撞前的总动能，满足1 2m1v21＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.3．物理情景可行性原则：碰撞问题的解要符合物理实际．(1)若为追及碰撞，碰撞前在后面运动的物体的速度肯定大于在前面运动的物体的速度(否则不能发生碰撞)，且碰后在前面运动物体的速度肯定增大．(2)若碰撞后两物体同向运动，则在前面运动的物体的速度肯定不小于在后面运动的物体的速度(否则还要发生碰撞)．(3)若要物体相向碰撞，则不行以消灭跨跃过另一物体连续向前运动的状况．【答案】AB学习活动三：人船模型例题2：质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【分析】“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．绳梯等均属于“人船模型”．【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：2121)(mmMLmmS++-=．提示：若m1>m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应当留意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至来回行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．假如发生相互作用前系统就具有肯定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式．学习活动四：完全非弹性碰撞模型例题3：如图所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的滑块，以初速度v0在车厢地板上向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最终静止在车厢中，则车厢最终的速度是()A．0B．v0，方向水平向右C.mv0M＋m，方向肯定水平向右D.mv0M＋m，方向可能是水平向左解析：对m和M组成的系统，水平方向所受的合外力为零，动量肯定守恒，由mv0＝(M＋m)v可得；车厢最终的速度为mv0M＋m，方向肯定水平向右，所以C选项正确．答案：C学习活动五：临界问题例题4：甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6 m/s.甲车上有质量为m＝1 kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的车总质量为M2＝30 kg.现为避开相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，此时：(1)两车的速度各为多少？ (2)甲总共抛出了多少个小球？解：两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球后的速度相等．无论是甲抛球的过程，还是乙接球的过程，或是整个过程动量均守恒．(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为v，则M1v1－M2v1＝(M1＋M2)vv＝M1－M2M1＋M2v1＝2080×6 m/s＝1.5 m/s.(2)这一过程中乙小孩及车的动量变化为Δp＝30×6－30×(－1.5)＝225(kg·m/s)每一个小球被乙接收后，最终的动量变化为Δp 1＝16.5×1－1.5×1＝15(kg·m/s)故小球个数为n ＝Δp Δp 1＝22515＝15(个)．【答案】 (1)v 甲＝v 乙＝1.5 m/s (2)15个随堂训练：【2021天津-9】如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置．B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。
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选修3-5 碰撞与动量守恒
第2节<<动量>> 学案
【学习目标】
1．理解动量的概念，会计算动量的变化。
2．认识动量守恒定律，理解在一维碰撞中动量守恒动量的表达式
3．了解动量守恒定律的适用范围。
【重点难点】
1.重点: 动量概念及动量守恒定律内容理解
2.难点：系统动量守恒定律的得出及守恒条件判定
【课前预习】
一、动量：
1、定义：物体的______和______的乘积。
2、定义式：p=______。
（状态量，
3、单位：______。
4、方向：动量是矢量，方向与______的方向相同，动量的运算服从____________法则。
5、动量的变化量：（1）定义：物体在某段时间内______与______的矢量差（也是矢量）。
（2）公式：∆P=____________（矢量式）。
（3）方向：与速度变化量的方向相同
注意：同一直线上动量变化的计算：选定一个正方向，与正方向同向的动量取正值，与正方向反向的动量取负值，好处：将矢量运算简化为代数运算。
计算结果中的正负号仅代表______，不代表______。
二、系统内力和外力
1、系统：____________的两个或几个物体组成一个系统。
2、内力：系统______物体间的相互作用力叫做内力。
3、外力：系统____________物体对系统______物体的作用力叫做外力。
4. 在同一直线上运动的两个物体组成的系统，系统总电量的计算P总= m1v1+m2v2_____.
三、动量守恒定律
1、内容：如果一个系统_________，或者__________的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2、公式：______________________________
注意（总动量的计算要选取__________方向，一般选 __________为正方向。
3.守恒的条件：（1）系统______外力作用（理想）；（2）系统受外力作用，合外力______（实际）。
（3）推广 __________________。
．
4、适用范围
①动量守恒定律既适用于________运动，也适用于______运动，既适用于宏
观物体，也适用于__________．
②．动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的
______领域．
【例题1】一个质量是1kg 的钢球，以6m ／s 的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m ／s 的速度水平向左运动.求碰撞前后钢球的动量变化（ ）
A 方向水平向右,大小12 kgm/s
B 方向水平向右,大小 6 kgm/s
C 方向水平向左,大小6kgm/s
D 方向水平向左,大小 12 kgm/s
【问题探究】在两个小球弹开前后，系统总动量是否发生变化？
如图1所示，在水平导轨上放置一被压缩的弹簧（用细线系紧），紧贴弹簧放置两个大小相同、质量相等
的小球, 两侧地面上依次铺放白纸、
复写纸)，烧断细线,小球将做平抛运
动,计算两小球与弹簧相互作用前后
的总动量.
(1)两小球弹开前的总动量P= ；
(2)两小球弹开后的总动量P′= .
规律：
【讨论交流】课本第7页讨论交流
【例题2】课本第8页练习评价第5题
【能力提升】
1．(多选)两个质量不同的物体，如果它们的()
A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等
2.关于动量守恒的条件,下列说法正确的有( )
A.只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒
B.只要系统某物体做加速运动,动量守恒
C.只要系统所受到合外力为零,动量守恒
D.只要系统合外力不为零,动量一定不守恒
3．若用p1、p2表示两个在同一直线上运动并相互作用的物体的初动量，用p1′、p2′表示它们的末动量，△p1、△p2表示它们相互作用过程中各自动量的变化，则下列式子能表示动量守恒的是( )
A．△p1＝—△p2 B．p1+p2＝p1′+ p2′
C．△p1+△p2＝0 D．△p1+△p2＝常数（不为零）
4.质量为10g的子弹,以300m/s的速度射入质量是24g静止在水平桌面上的木块,并留在木块中.子弹留在木块中以后,木块运动的速度是多大?如果子弹把木块打穿,子弹穿过后的速度为100m/s,这时木块的速度又是多大?
5.甲，乙两个物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度是6m/s，乙物体的速度是2m/s 。
碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度是4m/s。
求甲，乙两物体的质量之比？
【小结】本节课收获与疑惑：。