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1、【模块标题】动量【模块目标】目标1 理解能够理解动量,冲量的基本概念目标2 理解能够用动量定理进行简单计算目标3 理解能够掌握应用动量守恒定律的综合计算目标4 识别能量综合运用动量和能量解决几种典型问题【模块讲解】【常规讲解】1：动量定理【常规讲解】2：动量守恒定律【常规讲解】3：动量和能量综合【常规讲解】1：动量定理【板书整理】一：动量定理1. 动量定理 I=p2. 特别注意：速度和力的方向性问题。二：利用动量定理解决计算问题(1)明确研究对象。（研究对象一般是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。）进行受力分析，明确研究过程。（一般优先考虑整体过程，所研究的过程要包含已知量和待求量）规定
2、正方向。（和这个方向相同的矢量为正，和这个方向相反的矢量为负）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。根据动量定理列式求解。【授课流程】步骤动量与冲量基本知识的回顾复习物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。既I=p动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量变化）间的互求关系。动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。【写板书】1.动量定理 I=p2.特别注意：速度和力的方向性问题。步骤利用动量定理解决计算问题【参考讲解】利用动量定理进行定量
3、计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：明确研究对象和研究过程。研究对象一般是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此当研究对象为质点组时，不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，
4、和这个方向相同的矢量为正，和这个方向相反的矢量为负。写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。根据动量定理列式求解。写板书解题步骤：(1)明确研究对象。（研究对象一般是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。）进行受力分析，明确研究过程。（一般优先考虑整体过程，所研究的过程要包含已知量和待求量）规定正方向。（和这个方向相同的矢量为正，和这个方向相反的矢量为负）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。根据动量定理列式求解。配题逻辑：利用动量定理求平均力 例题1（2018新课标2卷）高空坠物极易对行人造成伤害
5、。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A10 N B102 N C103 N D104 N【讲解】C设，根据动能定理和动量定理解得配题逻辑：利用动量定理求平均作用力 练习1-1（2015重庆卷）高空作业须系安全带，如果质量为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数值向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（ ）ABCD【讲解】由于安全绳产生作用力前人已经自由落体了h的高度，此时人的速度为，之后由于
6、涉及力与时间的运算，且非恒力，因此只能使用动量定理：，其中（以向下为正），解得绳的平均作用力，式中负号表示方向向上。故选A。 配题逻辑：利用动量定理分析运动问题例题2 （2017新课标卷）一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）At=1 s时物块的速率为1 m/sBt=2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt=3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt=4 s时物块的速度为零【讲解】AB解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a=F/m=1m/s2，则0-2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，A正确；B、t=2s时，速率
7、为2m/s，则动量为P=mv=4kgm/s，B正确；CD、2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kgm/s，4s时速度为1m/s，CD错误；配题逻辑：利用动量定理分析运动问题练习2-1.质量不同而初动量相同的两个物体，在水平地面上由于摩擦力的作用而停止运动，它们与地面间的动摩擦因数相同，比较它们的滑行时间和滑行距离，则( )A两个物体滑行的时间一样长 B质量大的物体滑行的时间较长C两个物体滑行的距离一样长 D质量小的物体滑行的距离较长【讲解】D根据动量定理求解时间之比，根据动能定理求解路程之比，是常用方法，也可以根据质量
8、和速度之间的关系，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律列式求解配题逻辑：利用动量定理分析流体问题例题3有一宇宙飞船，它的正面面积S = 0.98m2，以v = 2103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m = 2107 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少（设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上）。（ ）A.0.39N B.0.78N C.3.9N D.7.8N【讲解】B选在时间t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vt的圆柱体内微粒的质量 M=mSvt，初动量为0，末动量为Mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：
9、Ft=Mv0则 F=mSv2；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F=F=mSv2；代入数据得：F=21041030.98（2103）2N=0.78N总结：对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间t内通过某一横截面S的柱形流体的长度为l，如图所示设流体的密度为，则在t的时间内流过该截面的流体的质量为mSlSvt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即Ftmv，分两种情况：(1)作用后流体微元停止，有vv，代入上式有FSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有v2v，代入上式有F2
10、Sv2.配题逻辑：利用动量定理分析电磁感应问题例题4如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（aL）的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v（vv0）那么（ ）A完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0+v）/2；B安全进入磁场中时线圈的速度等于（v0+v）/2；C完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0+v）/2；D以上情况A、B均有可能，而C是不可能的【讲解】B 对线框进入或穿出磁场过程，设初速度为v1，末速度为v2由动量定理可知：BILt=mv2-mv1，又电量q= . It，得m（v2-v1）=BLq，得速度变化量v=v2-v1=
11、 BLq/m 由q=/R可知，进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量设完全进入磁场中时，线圈的速度大小为v，则有v0-v=v-v，解得，v=(v0+v)/2 故选B【常规讲解】2：动量守恒定律【板书整理】动量守恒1.条件：一个系统不受外力或者受外力之和为零（注意近似守恒和部分守恒）2.表达式：m1v1+m2v2= m1v1+m2v23.人船模型条件：系统初动量和合外力为零结论 【授课流程】步骤动量守恒的回顾复习动量守恒定律一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的
12、总动量保持不变。即：m1v1+m2v2= m1v1+m2v2实际上，对系统用动量定理：“外力的冲量等于系统动量的变化。”那么，当合外力为零时，系统总动量不变。这就是动量守恒。步骤利用动量守恒定律解决计算问题配题逻辑：动量守恒定律的简单应用例题1（2017新课标卷）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g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）( )A30 B5.7102 C6.0102 D6.3102【讲解】.设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动
13、量为：P=m2v2=m1v1=30 ，所以A正确；BCD错误。配题逻辑：动量守恒定律的简单应用练习1-1 【（2017海南卷）光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为( )A B C D1【讲解】.撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则有：PPPQ=0故PP=PQ=0；故动量之比为1；故D正确，ABC错误故选：D配题逻辑：动量守恒定律的简单应用练习1-2 （2015北京卷）实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀
14、速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。则()A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里【讲解】选D。解答本题时应从以下三点进行分析:(1)电子和新核的电性是相反的。(2)电子和新核的动量大小是相等的。(3)用左手定则判断磁场方向。洛伦兹力充当电子和新核的向心力, ，根据动量守恒定律,电子和新核的动量相等,新核的电荷量大于电子的电荷量,所以电子的轨道半径大,轨迹1是电子的,轨迹2是新核的,根据左手定则,磁场方向垂直于纸面向里,综上所述,选项D正确。步骤3人船模型讲解【参考讲解】如图
15、1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？图1解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：，即因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度
16、v与船的平均速度v也与它们的质量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：由两式解得【写板书】人船模型条件：系统初动量和合外力为零结论 配题逻辑：动量守恒定律的特殊应用（人船模型）例题2小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发,打靶时,枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下
17、一发.则以下说法正确的是( )A 待打完n发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动B 待打完n发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方C 在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为 D在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同根据动量守恒定律,当子弹射出后,小车(包括人、枪和靶,下同)获得一定的速度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动,最后将停止于原位的右边,A错误,B正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知,每一次射击后小车获得的速度都是相等的,走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为v1由动
18、量守恒有:mv=M+(n-1)mv1,v1= ,设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为t, 小车位移为c对,D错,答案为BC.【常规讲解】3：动量和能量综合写板书类碰撞1. 机械能守恒动碰静结论： 2. 机械能不守恒完全非弹性碰撞结论： ， 【参考讲解】两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析两物体发生碰撞的全过程中动量和能量的变化：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动。B若A、B弹性都很好（撤去外力后能完全恢复原状），则可
19、以等效为B的左端连有轻弹簧。在位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；以后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量是守恒的，机械能也是守恒的。系统减少的动能全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少，全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。在全过程对系统用动量守恒和能量守恒：m1v1= m1v1+ m2v2，由此方程组解得A、B的最终速度分别为：。（这个结论要背下来，以后经常会用）对应图象：m1 m2若A、B完全
20、没有弹性（撤去外力后保持形变，不能恢复原状）。系统减少的动能全部转化为内能(分子动能或分子势能)。由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。在过程用动量守恒和能量守恒：m1v1=(m1+m2)v，由此方程组解得：A、B最终的共同速度为，系统的动能损失为。（这个结论要背下来，以后经常会用到。）若A、B的弹性介于以上两种情况之间，则系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能；弹性势能转化为动能，两物体分开。全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。A、B的末速度将介于上述两种结论之间。配题逻辑：利用碰撞特点解题例题1 两球
21、A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是A vA=5m/s,vB=2.5m/s B vA=2m/s,vB=4m/。C vA=1m/s,vB=4.5m/s D vA=7m/s,vB=1.5m/s【讲解】：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57
22、J，故C错误，B满足；故选B配题逻辑：类非弹性碰撞中的内能例题2将一长木板静止放在光滑的水平面上，如下图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()A小铅块将从木板B的右端飞离木板B小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【讲解】B
23、D试题分析：在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，所以小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止B正确、A错误；由于最终乙图中A木板的速度小于甲图中对应部分的速度，所以根据系统的动量守恒得知，乙图中小铅最终的速度大于甲图中最终速度，根据动能定理得：-fx=Ek，由于动能的变化量不等，所以铅块的对地位移不等，甲图中铅块对地位移较大，根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，由Q=fd相对得知，甲图中产生的热量大于乙图中产生热量，D正确考点：本题考查动量守恒定律、能量守恒
24、定律。配题逻辑：类非弹性碰撞中的重力势能例题3如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m装有光滑弧形槽的小车，一个质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( )A小球以后将向右做平抛运动B小球将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为 D小球在弧形槽上升的最大高度为 【讲解】B C试题分析:小球从地段进入圆弧槽，到达最高点后返回到低端时 两者交换速度，即小球的速度减少为零，小车的速度变为v0, 小球以后将做自由落体运动，A错B对；此过程中小球对小车做的功等于小车动能的增量即 ，C选项正确；小球上升到最高点时达到共速v，根据动量守恒 mv0=2mv,解得v=
25、v0/2,根据能量守恒定律得最大高度为，选项D错误。配题逻辑：类非弹性碰撞中的弹性势能例题4 如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x；现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B（如图乙所示），物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )A.A物体的质量为3mB.A物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为1.5mv02D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02【讲解】当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得：弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有： 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0=（m+mA）v，由机械能守恒定律得： ，联立得：mA=3m 联立得：Epm=1.5mv02故AC正确，BD错误