高中物理辅导网http://www.daodoc.com/ 专题十二 动量、动量守恒定律及应用 教案
一、专题要点
1.动量：动量是状态量，因为V是状态量，动量是失量，其方向与物休动动方向相同。 2.动量的变化ΔP是失量，其方向与速度的变化ΔV的方向相同。
求解方法：求解动量的变化时遵循平行四边形定则。
（1）若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化失量运算为代数运算。 （2）若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。 3．动量守恒定律
（1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 （2）适用范围：动量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，既适用宏观低速运动的物体，也适用微观高速运动的粒子。大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
（3）动量守恒的条件为：①充分且必要条件：系统不受外力或所受外力为零。②近似守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统内力远远大于外力，此时外力可以忽略不计，如：爆炸和碰撞。
4.动量守恒定律的表达式
(1)
p=p意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’ (从守恒的角度列式)．
(2)∆p =p/-p=0意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)． (3)对相互作用的两个物体组成的系统：
①p1+p2=p1/ +p2/ 或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．
②p1-p1=一(p2-p2)或者∆p1=一∆p2或者∆p1+∆p2=0 意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反． 5． 弹性碰撞与非弹性碰撞
形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。 ///
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高中物理辅导网http://www.daodoc.com/ 6．碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则
/①系统动量守恒m1v1/m2v2m1v1m2v2
②系统动能不增12m1v1/212m2v2/212m1v1212m2v2
2③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．
二、考纲要求
考点
要求 Ⅱ
说明 动量守恒定律只限于一维情况
考点解读
本章的重点内容：唯一的二级要求是动量及其守恒定律，本专题和前面的3-4模块有共同特点是题目教简单，但为了照顾知识点的覆盖面，会出现一个大题中在套
二、三个小题的情况 动量、动量守恒定律及其应用
弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动 Ⅰ 验证动量守恒定律（实验、探究） Ⅰ
三、教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求学生强加记忆。这一专题的题目还是较难的，虽然只有一个二级要求，但是此专题的内容涉及受力分析、过程分析等二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发
四、知识网络
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五、典例精析
题型1.（子弹射木块题型）矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块 若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么(
)
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．两次滑块所受冲量一样大
C．子弹嵌入上层时对滑块做功多
D．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大 解：设固体质量为M，根据动量守恒定律有：
mv(Mm)v\'
由于两次射入的相互作用对象没有变化，子弹均是留在固体中，因此，固体的末速度是一样的，而子弹对滑块做的功等于滑块的动能变化，对滑块的冲量等于滑块的动量的变化，因此A、B选项是正确的。
规律总结：解决这样的问题，还是应该从动量的变化角度去思考，其实，不管是从哪个地方射入，相互作用的系统没有变化，因此，动量和机械能的变化也就没有变化。
题型2.（动量守恒定律的判断）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、车的下列说法正确的是（
）
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.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒 D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒
解：本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的 根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D
规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。
题型3.（碰撞中过程的分析）如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。B与轻质弹簧相连。设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（
）
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高中物理辅导网http://www.daodoc.com/ A.A的初动能 B.A的初动能的1/2 C.A的初动能的1/3
A B D.A的初动能的1/4
解： 解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。具体分析如右图，开始A物体向B运动，如右上图；接着，A与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变，分别对A、B物体产生如右中图的作用力，对A的作用力的效果就是产生一个使A减速的加速度，对B的作用力的效果则是产生一个使B加速的加速度。如此，A在减速，B在加速，一起向右运动，但是在开始的时候，A的速度依然比B的大，所以相同时间内，A走的位移依然比B大，故两者之间的距离依然在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来越大，对A的加速作用和对B的加速作用而逐渐变大，于是，A的速度不断减小，B的速度不断增大，直到某个瞬间两个物体的速度一样，如右下图。过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个物体的作用力以及力的效果也没有变，所以A要继续减速，B要继续加速，这就会使得B的速度变的比A大，于是A、B物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。
根据动量守恒有mv2mv\'，根据能量守恒有求解的EP122Aa1v1Ba2v2Aa’1v’1Ba’2v’2AB 12mv2122mv\'EP，以上两式联列
2mv，可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块A原来动能的一半，B正确
规律总结：处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分析，采取“慢镜头”的手段。
题型4.（动量守恒定律的适用情景）小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg．若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度？
解：发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1\'cos45°，船后退的动量为(M-m)v2\'．
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高中物理辅导网http://www.daodoc.com/ 据动量守恒定律有
0=mv1\'cos45°＋(M-m)v2\'．
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得
规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
题型5.（多物体多过程动量守恒）两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量mC=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(见图)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：木块A的速度和铅块C离开A时的速度．
解：设C离开A时的速度为vC，此时A、B的共同速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCvC=(mA+mB)vA+mCv\'C
(1) 以后，物体C离开A，与B发生相互作用．从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由v\'C和vA变化到共同速度v．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCv\'C+mBvA=(mB+mC)v
(2) 由(l)式得
mCv\'C=mCvC-(mA＋mB)vA
代入(2)式
mCv\'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．
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高中物理辅导网http://www.daodoc.com/ 得木块A的速度
所以铅块C离开A时的速度
题型6.（人船模型）在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止．当人从船头走到船尾(如图)，船后退多大距离？(忽略水的阻力) 解：选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为(L-x)/t，船相对于地球后退的平均速度为x/t，系统水平方向动量守恒方程为
LxtxtmMmmM()0
故
xL1.2m
规律总结：错解：由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．取人前进的方向为正方向，设t时间内人由船头走到船尾，则人前进的平均速度为L/t，船在此时间内后退了x距离，则船后退的平均速度为x/t，水平方向动量守恒方程为
LtxtmMmM()0
故
xL3m
这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度x/t是相对于地球的，而人前进的速度L/t是相对于船的。相对于不同参考系的速度代入同一公式中必然要出错．
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高中物理辅导网http://www.daodoc.com/ 题型7.（动量守恒中速度的相对性）一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于（
）
解：取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v\'，并规定粒子运动方向为正方向，则粒子的对地速度v=v0-v\'，系统的动量
p2=mv-(M-m)v\'=m(v0-v\')-(M-m)v\'．
由p1=p2，即
0=m(v0-v)-(M-m)v\'=mv0-Mv\'．
故选C。
规律总结：运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性。
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高考二轮复习物理(8)动量、动量守恒定律及应用教案、学案、习题全
届高考物理专项复习动量守恒定律及其应用冲量和动量定理动量定理练习2教案
