河北省沧州市2012届高考物理一轮复习 7.42《动量守恒定律的应用》习题课
动量守恒定律的应用习题课件
水平方向上动量守恒,即mvcos θ=(m0+m)v',得 v'= + ,方向与v的
0
水平分量方向相同。
探究一
探究二
探究三
名师精讲
1.动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形,如宇宙中两星球
的碰撞,微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
(2)系统受外力作用,但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体
(2)
(3)v1≤v2 5.2 m/s
⑤
可知B正确。
答案:B
归纳总结分析动量是否守恒,首先要明确所研究的系统,分清外
力和内力。如果外力矢量和为0,则系统的动量守恒。
多物体、多过程动量守恒定律的应用
如图所示,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,若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,
并静止于A车上。
(1)人跳离A车的过程中,人和A车组成的系统动量守恒吗?
由动量守恒定律得 mv-m0'v0=(m+m0')v2
③
解得
-0 '0
v2 =
。
+0 '
④
(3)甲、乙不相撞的条件是 v1≤v2
其中 v1=v2 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。
(0 +)0 -
0
答案:(1)
-0 '0
+0 '
质量损失,重力加速度g取10 m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨
迹可能正确的是(
)
3
1
解析:弹丸在爆炸过程中,水平方向的动量守恒,有mv0=4mv 甲+4mv, 乙
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)
高考物理动量守恒定律的应用及其解题技巧及练习题 (含答案)一、高考物理精讲专题动量守恒定律的应用1.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4X 10/m .小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径， b 、c 球用长L 2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当 F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足F 2 t 2 —.已知三个小球均可看做质点且 m a =0.25kg , m b =0.2kg , m c =0.05kg ，小球 (1) 小球a 与b 发生碰撞时的速度 v o ; (2) 小球c 运动到Q 点时的速度v ;(3) 从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球 c 电势能的增加量.【答案】(1) V 4m/s (2) v=2m/s (3) E p 3.2J 【解析】【分析】对小球 a ,由动量定理可得小球 a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球 c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速 度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得； 解：⑴对小球a ,由动量定理可得I m a V 。
0 由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧 ，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S 1m 2 代入数据可得：v 0 4m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 m a V 0 m a V | (m b m c )v 21 2 1 2 12由机械能守恒可得 m a v 0m a v 1 (m b m c )v 222 2解得 V 1 0, V 2 4m/ sA E阳1r c 带q=5 x 1'0)C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦， g=10m/s 2，求小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 2 1 2 m c gR qER ㊁血 mjv ㊁血 mjv ?代入数据可得v 2m/ s⑶由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：1 2(m b m c )v qERsin 22.如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在 '点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度0 =60.小明从A 点由静止往下摆，达到 O 点正下方B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运 动•到达C 点，小明跳离平板车(近似认为水平跳离)，安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂 上•绳长L=1.6m ,浮漂圆心与 C 点的水平距离x=2.7m 、竖直高度y=1.8m ，浮漂半径 R=0.3m 、不计厚度，小明的质量m=60kg ，平板车的质量 m=20kg ，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦.重力加速度g=10m/s 2，求：_*』吩(1) 轻绳能承受最大拉力不得小于多少？ (2) 小明跳离平板车时的速度在什么范围？(3) 若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功 ？【答案】(1) 1200N (2) 4m/s Wv< 5m/s( 3) 480J 【解析】 【分析】(1)首先根据机械能守恒可以计算到达B 点的速度，再根据圆周运动知识计算拉力大小.(2)由平抛运动规律,按照位移大小可以计算速度范围( 3)由动量守恒和能量守恒规律计算即可. 【详解】解(I)从A 到B .由功能关系可得1 2 mgL(1 cos ) mv ①2代人数据求得v=4 m/s ②m b gR(1cos ) m c gRsin 解得sin0637因此小球c 电势能的增加量： E p qER(1 sin ) 3.2J2在最低点B处，T mg mv③联立①②解得，轻绳能承受最大拉力不得小于T=1200N(2) 小明离开滑板后可认为做平抛运动1 2竖直位移y gt1 2 3④2离C点水平位移最小位移x R v min t⑤离C点水平位移最大为X R V min t⑥联立④⑤⑥解得小明跳离滑板时的速度 4 m/s Wvw 5 m/s(3) 小明落上滑板时，动量守恒mv (m m0)V| ⑦代人数据求得V i=3 m/s⑧离开滑板时，动量守恒(m m0)v| mv C m o V2⑨将⑧代人⑨得V2=-3 m/s由功能关系可得1 2 1 2 1 2 W ( — mv C m0v2) m m0 v1⑩.2 2 2解得W=480 J3. 某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m,皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B C置于水平导轨上， B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度V0=6m/s 沿B、C 连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起•碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角0 =37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数卩=0.8重力加速度g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°0.8.1滑块A、B碰撞时损失的机械能；2滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q;3若每次实验开始时滑块A的初速度V。
高考物理一轮复习课件课后限时作业动量守恒定律
在非弹性碰撞中，物体的形状和动能可能发生变化，且碰撞过程中有能量损失 。非弹性碰撞更接近于实际情况，因此在解决实际问题时需要加以考虑。
03 二维碰撞问题求解策略
二维完全弹性碰撞公式推导及应用举例
公式推导
在二维平面上，两个质点发生完全弹性碰撞，遵循动量守恒和能量守恒定律。通 过联立这两个守恒定律的方程，可以推导出二维完全弹性碰撞后的速度公式。
为了描述非完全弹性碰撞过程中的能量损失，引入恢复系数e，其定义为碰撞后两物体相 对速度与碰撞前两物体相对速度之比。恢复系数e的取值范围为0到1，e=1时表示完全弹 性碰撞，e=0时表示完全非弹性碰撞。
结合动量守恒和恢复系数求解
在列出动量守恒方程后，结合恢复系数的定义，可以求解出碰撞后两物体的速度。
斜碰和正碰在解题中注意事项
$m_1v_{10} + m_2v_{20} = m_1v_{1} + m_2v_{2}$
$frac{1}{2}m_1v_{10}^2 + frac{1}{2}m_2v_{20}^2 = frac{1}{2}m_1v_{1}^2 + frac{1}{2}m_2v_{2}^2$
完全非弹性碰撞特点及能量损失计算
动量
物体的质量与速度的乘积，即 $p=mv$，表示物体运动状态的 物理量。
冲量
力与作用时间的乘积，即$I=Ft$ ，表示力对时间的积累效应。
动量定理及其物理意义
动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体动量 的变化，即$I=Δp$。
物理意义
揭示了力对时间的积累效应与物体动 量变化之间的关系，为分析物体运动 状态的变化提供了依据。
03
注意区分不同类型的碰撞
在解题过程中，需要根据题目描述准确判断碰撞类型（如完全弹性碰撞
河北省沧州市高考物理一轮复习 动量守恒定律课件
C 若A、B所受摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D 若A、B所受摩擦力大小相等，
A
B
A、B、C组成系统的动量守恒
C
2、如图所示，两物体的质量m1=2m2，两物体与水平面间的动摩 擦因数 μ2=2μ1 ，两物体原来静止，中间夹一被压缩的轻弹簧， 当烧断细线后，两物体被弹簧弹开，两物体脱离弹簧时的速度均
2、动量守恒定律的适用条件 (1)系统不受外力或者所受外力之和为零； (2)系统受外力，但外力远小于内力, 可以忽略不计 (3)系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守 恒。
3、应用动量守恒定律应注意的问题
（1）动量守恒定律的系统性：研究对象是相互作用的物体组成 的系统，系统总动量保持不变，不是仅指系统的初、末两个时刻 的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量 都相等，但不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变 （2）动量守恒定律的矢量性:要规定正方向,已知量跟规定正方向 相同的为正值，相反的为负值，求出的未知量是正值，则跟规定 正方向相同，求出的未知量是负值，则跟规定正方向相反。 （3）速度的同时性：同时性指的是公式中的v1 、v2必须是相互 作用前同一时刻的速度，v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻的 速度。
特点：动量守恒，机械能不守恒，碰后弹开，能量损失介 于弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间 （3）完全非弹性碰撞
特点：动量守恒，机械能损失最多，碰后粘合在一起
4、反冲运动
（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）反冲运动的过程中，如果没有外力作用或外力的作用远远 小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律处理
河北省沧州市2012届高考物理一轮复习教案示例1动量守恒定律
一、教学目标1、知道动量守恒定律的内容，掌握动量守恒定律成立的条件，并在具体问题中判断动量是否守恒．2、学会沿同一直线相互作用的两个物体的动量守恒定律的推导．3、知道动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一．二、重点、难点1、重点是动量守恒定律及其守恒条件的判定．2、难点是动量守恒定律的矢量性．三、教具1、气垫导轨、光门和光电计时器，已称量好质量的两个滑块（附有弹簧圈和尼龙拉扣）．2、计算机（程序已输入）．四、教学过程（一）引入新课前面已经学习了动量定理，下面再来研究两个发生相互作用的物体所组成的物体系统，在不受外力的情况下，二者发生相互作用前后各自的动量发生什么变化，整个物体系统的动量又将如何？（二）教学过程设计以两球发生碰撞为例讨论“引入”中提出的问题，进行理论推导．画图：设想水平桌面上有两个匀速运动的球，它们的质量分别是1m 和2m ，速度分别是1v 和2v ，而且21v v >．则它们的总动量（动量的矢量和）221121v m v m p p p +=+=．经过一定时间1m 追上2m ，并与之发生碰撞，没碰后二者的速度分别为'1v 和'2v ，此时它们的动量的矢量和，即总动量'+'='+'='221121v m v m p p p板书：221121v m v m p p p +=+= '+'='+'='221121v m v m p p p下面从动量定理和牛顿第三定律出发讨论p 和p '有什么关系．设碰撞过程中两球相互作用力分别是1F 和2F ，力的作用时间是t ．根据动量定理，1m 球 受到的冲量是11111v m v m t F -'=；2m 球受到的冲量是22222v m v m t F -'=．根据牛顿第三定律，1F 和2F 大小相等，方向相反，即t F t F 21-=．板书：11111v m v m t F -'= ① 22222v m v m t F -'= ②t F t F 21-= ③将①、②两式代入③式应有板书：)(22221111v m v m v m v m -'-=-'整理后可得板书：22112211v m v m v m v m +='+'或写成：2121p p p p +='+'就是：p p ='这表明两球碰撞前后系统的总动量是相等的．分析得到上述结论的条件：1、两球碰撞时除了它们相互间的作用力（这是系统的内力）外，还受到各自的重力和支持力的作用，但它们彼此平衡．桌面与两球间的滚动摩擦可以不计，所以说1m 和2m 系统不受外力，或说它们所受的合外力为零．2、结论：相互作用的物体所组成的系统，如果不受外力作用，或它们所受外力之和为零，则系统的总动量保持不变．这个结论叫做动量守恒定律．做此结论时引导学生阅读“选修本（第三册）”第110页．并板书： 0=∑外F 时 p p ='3、利用气垫导轨上两滑块相撞过程演示动量守恒的规律．（1）两滑块弹性对撞（将弹簧圈卡在一个滑块上对撞）光电门测定滑块1m 和2m 第一次（碰撞前）通过A 、B 光门的时间1t 和2t 以及第二次 （碰撞后）通过光门的时间'1t 和'2t ．光电计时器记录下这四个时间．将1t 、2t 和'1t 、'2t 输入计算机，由编好的程序计算出1v 、2v 和'1v 、'2v ．将已测出的滑块质量1m 和2m 输入计算机，进一步计算出碰撞前后的动量1p 、2p 和'1p 、'2p 以及前后的总动量p 和p '．由此演示出动量守恒．注意：在此演示过程中必须向学生说明动量和动量守恒的矢量性问题．因为1v 和2v 以及'1v 和'2v 方向均相反，所以21p p +'实际上是'-'21p p ，同理21p p '+'实际上是21p p '-'． （2）两滑动完全非弹性碰撞（就弹簧圈取下，两滑块相对面各安装尼龙子母扣）为简单明了起见，可让滑块2m 静止在两光电门之间不动（02=p ），滑块1m 通过光门A 后与滑块2m 相撞，二者粘合在一起后通过光门 B ．光门A 测出碰前1m 通过A 时的时间t ，光门B 测出碰后21m m +通过B 时的时间t '．将t和t '输出计算机，计算出1p 和21p p '+'以及碰前的总动量p （1p =）和碰后的总动量p '．由此验证在完全非弹性碰撞中动量守恒．（3）两滑块反弹（将尼龙拉扣换下，两滑块间挤压一弹簧片）将两滑块置于两光电门中间，二者间挤压一弯成 形的弹簧片（铜片）．同时松开两手， 弹簧片将两滑块弹开分别通过光电门A 和B ，测定出时间1t 和2t ．将1t 和2t 输入计算机，计算出1v 和2v 以及1p 和2p ．引导学生认识到弹开前系统的总动量00=p ，弹开后系统的总动量021=-=p p p t ． 总动量守恒，其数值为零．4、例题：甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲的速度是3m ／s ，乙物体的速度是1m ／s ．碰撞后甲、乙两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是2m ／s ．求甲、乙两物体的质量之比是多少？引导学生分析：对甲、乙两物体组成的系统来说，由于其不受外力，所以系统的动量守 恒，即碰撞前后的总动量大小、方向均一样．由于动量是矢量，具有方向性，在讨论动量守恒时必须注意到其方向性．为此首先规定 一个正方向，然后在此基础上进行研究．板书解题过程，井边讲边写．板书：讲解：规定甲物体初速度方向为正方向．则31+=v m/s ，12-=v m/s ．碰后m /s2,m /s 221='-='v v 根据动量守恒定律应有：'+'=+22112211v m v m v m v m 移项整理后可得1m 比2m 为 '--'=112221v v v v m m 代入数值后可得5/3/21=m m即甲、乙两物体的质量比为3:55、练习题 质量为30kg 的小孩以8m/s 的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板 车，已知平板车的质量是80kg ，求小孩跳上车后他们共同的速度．分析：对于小孩和平板车系统，由于车轮和轨道间的滚动摩擦很小，可以不予考虑，所 以可以认为系统不受外力，即对人、车系统动量守恒．板书解题过程：跳上车前系统的总动量 mv p =跳上车后系统的总动量 V M m p )(+='由动量守恒定律有度 V M m mv )(+= 解得：3m/s m/s 5030830)(=+⨯=+=V M m mv V 6、小结（1）动量守恒的条件：系统不受外力或合外力为零时系统的动量守恒．（2）动量守恒定律适用的范围：适用于两个或两个以上物体组成的系统．动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律，对高速或低速运动的物体系统，对宏观或微观系统它都是适用的．。
动量守恒定律--习题课：动量守恒定律的应用 课件
②
由以上两式联立解得 vC′＝4.2 m/s，vA＝2.6 m/s.
答案 (1)不守恒 守恒
(2)守恒 4.2 m/s
三、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.
联立②④⑤三式，并代入数据得
v≥5.2 m/s.
答案
(1)
M＋mv0－mv M
(2)mmv－＋MMv0
(3)v1≤v2 5.2 m/s
【例 4】 如图 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共为 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.
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.
答案 BC
学案4 【例 2】 如图 2 所示，一辆砂车的总质量为 M，静止于光滑
的水平面上.一个质量为 m 的物体 A 以速度 v 落入砂车中， v 与水平方向成 θ 角，求物体落入砂车后车的速度 v′.
河北省沧州市高考物理一轮复习 第4节 动量守恒定律的应用课件
一、对动量守恒定律的进一步理解
1．动量守恒定律有适用条件和应用范围 动量守恒定律在系统不受外力或所受外
力之和为零或外力远小于内力时成立，它既 适用于宏观系统，也适用于微观系统，同时 也适用于变质量系统；不但能解决低速运动 问题，而且能解决高速运动问题，但也应注 意它只在惯性参考系中成立．
2．动量守恒定律可用不同的方式表达
四、动量守恒定律的应用
动量守恒定律反映了系统内物体间相互作 用过程中所遵循的物理规律，和牛顿运动定律 相一致，但它在具体处理问题时，在某些方面 显现出比用牛顿运动定律解题简洁，明了的特 点，特别当系统内受力情况不明或者相互作用 力是变力时，用牛顿第二定律计算很繁杂，甚 至无法处理，而动量守恒定律只管发生相互作 用前后的状态，不必过问具体的相互作用细节， 因而避免了直接运用牛顿运动定律解题所遇到 的困难，使问题简化．
0M m s (L c o s s)
解得斜面后退的距离： s mLcos
M m
小结：
• 动量守恒定律在系统不受外力或所受外力之 和为零或外力远小于内力时成立．
• 弄清物理过程，准确地选择动量守恒的系统 是解题的关键．
中央电教馆资源中心
2004.02
•1、书籍是朋友,虽然没有热情,但是非常忠实。2022年3月3日星期四2022/3/32022/3/32022/3/3 •2、科学的灵感，决不是坐等可以等来的。如果说，科学上的发现有什么偶然的机遇的话，那么这种‘偶然的机遇’只能给那些学有素养的人，给那些善于独 立思考的人，给那些具有锲而不舍的人。2022年3月2022/3/32022/3/32022/3/33/3/2022 •3、书籍—通过心灵观察世界的窗口.住宅里没有书,犹如房间里没有窗户。2022/3/32022/3/3March 3, 2022 •4、享受阅读快乐，提高生活质量。2022/3/32022/3/32022/3/32022/3/3
高考物理一轮复习讲练测(全国通用)7.2动量守恒定律及其应用(讲)(原卷版+解析)
第七章动量和动量守恒定律【网络构建】专题7.2动量守恒定律及其应用【网络构建】考点一动量守恒的理解和判断1．动量守恒定律适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的“五性”考点二对碰撞现象中规律的分析1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m1v1＝m1v′1＋m2v′212m1v21＝12m1v′21＋12m2v′22解得v′1＝（m1－m2）v1m1＋m2，v′2＝2m1v1m1＋m2.结论：①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．①当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．①当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．①撞前相对速度与撞后相对速度大小相等． (2)完全非弹性碰撞 ①撞后共速．①有动能损失，且损失最多．高频考点一 动量守恒的理解和判断动量守恒的条件判断例1、如图所示，A 、B 两物体质量之比m A ①m B ＝3①2，原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )A ．若A 、B 与C 上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统 B ．若A 、B 与C 上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C 组成的系统 C ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统D ．若A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统【变式训练】一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒 某一方向上的动量守恒问题例2、质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动【变式训练】如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑()A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处爆炸反冲现象中的动量守恒例3、如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，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，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M①m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动【变式训练】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．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s高频考点二对碰撞现象中规律的分析碰撞的可能性分析例4、两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A＝1 kg，m B＝2 kg，v A＝6 m/s，v B＝2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/sC．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s【变式训练】甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是() A．m1＝m2B．2m1＝m2 C．4m1＝m2D．6m1＝m2弹性碰撞规律求解例5、如图，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．【变式训练】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．非弹性碰撞的分析例6、如图甲所示，光滑水平面上有P 、Q 两物块，它们在t ＝4 s 时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，已知物块P 的质量为m P ＝1 kg ，由此可知( )A ．碰撞前P 的动量为4 kg·m/sB ．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C ．物块Q 的质量为4 kgD ．两物块碰撞过程中P 对Q 作用力的冲量是3 N·s【变式训练】A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是 ( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J第七章动量和动量守恒定律【网络构建】专题7.2动量守恒定律及其应用【网络构建】考点一动量守恒的理解和判断1．动量守恒定律适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的“五性”考点二对碰撞现象中规律的分析1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E′k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m1v1＝m1v′1＋m2v′212m1v21＝12m1v′21＋12m2v′22解得v′1＝（m1－m2）v1m1＋m2，v′2＝2m1v1m1＋m2.结论：①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．①当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．①当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．①撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．①有动能损失，且损失最多．高频考点一动量守恒的理解和判断动量守恒的条件判断例1、如图所示，A、B两物体质量之比m A①m B＝3①2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是()A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统答案:：A解析：：如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A①m B＝3①2，所以F A①F B ＝3①2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒．综上所述，A正确．【变式训练】一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒答案:C解析：：.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．某一方向上的动量守恒问题例2、质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m 的小球以速度v 0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是( )A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动答案:：BCD解析：：小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞．如果m ＜M ，小球离开小车向左做平抛运动；如果m ＝M ，小球离开小车做自由落体运动；如果m ＞M ，小球离开小车向右做平抛运动．【变式训练】如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑( )B ．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B ．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处答案:BC解析：：.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C 正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D 错误．爆炸反冲现象中的动量守恒例3、如图所示，小车AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，AB 总质量为M ，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，开始时AB 和C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )B ．弹簧伸长过程中C 向右运动，同时AB 也向右运动 B ．C 与B 碰前，C 与AB 的速率之比为M ①mC ．C 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动D ．C 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动答案:：BC解析：：AB 与C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故A错误；设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，则0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m，故B 正确；设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速度为v 共，则0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．【变式训练】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/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s 答案:A解析：：.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．高频考点二 对碰撞现象中规律的分析碰撞的可能性分析例4、两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s答案:B解析：：.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．【变式训练】甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则两球质量m 1与m 2间的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2 答案:：C解析：：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有m 1≤2151m 2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1≤p 2′m 2，所以m 1≥15m 2.因此C 选项正确． 弹性碰撞规律求解例5、如图，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．答案:：32v 20113gl ≤μ<v 202gl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 202gl ①设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ①设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m 4v ′2 ①12mv 21＝12mv ′21＋12⎪⎭⎫ ⎝⎛43m v ′22 ① 联立①①式解得v ′2＝87v 1 ① 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎪⎭⎫ ⎝⎛43m v ′22≤μ3m 4gl ① 联立①①①式，可得μ≥32v 20113gl ①联立①①式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 20113gl ≤μ<v 202gl. 【变式训练】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．答案: (5－2)M ≤m ＜M解析： A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1① 联立①①式得v A 1＝m －M m ＋M v 0 ①v C 1＝2m m ＋M v 0① 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝2⎪⎭⎫ ⎝⎛+-M m M m v 0 ①根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1①联立①①①式得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M.非弹性碰撞的分析例6、如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图象，已知物块P的质量为m P＝1 kg，由此可知()A．碰撞前P的动量为4 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s答案:：AD解析：：根据位移—图象可知，碰撞前P的速度v0＝4 m/s，碰撞前P的动量为p0＝m P v0＝4 kg·m/s，选项A正确．根据位移—图象，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1 m/s，由动量守恒定律，m P v0＝(m P＋m Q)v，解得m Q＝3 kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝Δp Q ＝m Q v＝3 N·s，选项D正确．【变式训练】A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J答案:ABD.解析：：根据题图可知，碰前A球的速度v A＝－3 m/s，碰前B球的速度v B＝2 m/s，碰后A、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝mv －mv A ＝4 kg·m/s ，选项A 正确；A 球的动量变化量为4 kg·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化量为－4 kg·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s ，选项B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg·m/s ，选项C 错误．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
7.42《动量守恒定律的应用》习题课
一、教学目的
复习上节课所学《动量守恒定律》，掌握应用动量守恒定律解决综合问题的思路和方法
二、教学重点
1、物理情景分析和物理模型的建立
2、应用动量守恒定律解决实际问题的基本思路和方法
三、教学难点
应用动量守恒动量分析物理过程，灵活应用动量守恒定律
四、教学方法
分析、讨论和归纳
五、教学过程
1、复习引入：
○1系统动量守恒的条件有哪些？
○2应用动量守恒定律解题的一般步骤？
1）、确定研究对象（系统）
2）、判断是否守恒（看是否满足三个条件之一）
4）、确定正方向（一维情况）
5）、分析初、末态
6）、列式求解
2、课堂教学
典型问题一：碰撞类问题
○1碰撞：碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内运动状态发生显著变化的过程。
○2碰撞的特点：碰撞、爆炸过程作用时间极短，内力远远大于外力，所以都可认为系统的动量守恒。
○3碰撞的分类：对心碰撞（正碰）和非对心碰撞（斜碰）。
例1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是（）A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D ．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
〖学生讨论，老师总结，通过此题，培养学生全面分析问题的思维品质〗
例2．一质量为M 的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向击中木块，并留在其中与木块共同运动，则子弹对木块的冲量大小是
( )
A 、 mv 0 ；
B 、m M mMv +0 ；
C 、mv 0－m
M mv +0 ；D 、mv 0－m M v m +02 〖学生讨论，老师总结，通过此题，培养学生全面分析问题的思维品质〗
典型问题二：人船模型
例3．质量为M ＝300kg 的小船，长为L ＝3m ，浮在静水中。
开始时质量为m ＝60kg 的人站在船头，人和船均处于静止状态。
若此人从船头走到船尾，不计水的阻力，则船将前进多远？
分析：此例物理情景较简单，但物理过程学生不一定清楚，所以，教师此时要做好引导工作。
○
1引导学生，分析人在船上运动时，船会如何运动？两者位移关系如何？与学生一起作出物理情景示意图，找出各自对地位移，此处一定要强调位
移的物理意义！
○
2与学生一起分析，此时可选用哪些规律来答题？ 〖可能有学生会想到用牛顿运动定律和运动学公式来
答，老师不要急于给予否定，可让学生自己动手尝试一下。
如
果没有学生想到动量守恒，教师可适当给予启发，学生议一议，
效果可能会好些。
〗
讲解：人和船组成的系统在整个运动过程中，都不受水平方向外力作用，而在竖直方向，处于平衡状态，所以系统满足动量守恒条件，系统平均动量守恒。
对人和船组成的系统，满足动量守恒条件，取向右方向为正，则有：
M S 船=m(L －S 船) 代入数据得S 船=0.5m
巩固1：在光滑的水平面上有一辆质量为M 的小车，车的两端各站着质量分别为m 1和
m 2的人，三者原来皆静止，当两人相向时，小车向哪个方向运动？
〖学生讨论回答，教师总结〗
巩固2：练习：质量为 M 的气球上有一质量为 m 的人，气球和人静止在离地高为 h 的空中。
从气球上放下一架不计质量的软梯，为使人沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？
〖学生讨论回答，教师总结〗
典型问题三：多过程分析
例4．如图所示，在光滑水平面上有A 、B 两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B 上坐着一个小孩，小孩与B 车的总质量是A 车质量的10倍。
两车开始都处于静止状态，小孩把A 车以相对于地面的速度v 推出，A 车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A 车后，又把它以相对于地面的速度v 推出。
每次推出，A 车相对于地面的速度都是v ，方向向左。
则小孩把A 车推出几次后，A 车返回时小孩不能再接到A 车？
分析：此题过程比较复杂，情景难以接受，
所以在讲解之前，教师应多带领学生分析物理过
程，创设情景，降低理解难度。
解：取水平向右为正方向，小孩第一次
推出A 车时；
m B v 1－m A v=0 即： v 1=v m m B
A 第n 次推出A 车时：m A v ＋m
B v n －1=－m A v ＋m B v n
则：v n －v n －1＝v m m B A 2 ， 所以：v n ＝v 1＋（n －1）v m m B
A 2 当v n ≥v 时，再也接不到小车，由以上各式得n ≥5.5 取n ＝6
关于n 的取值也是应引导学生仔细分析的问题，告诫学生不能盲目地对结果进行“四舍五入”，一定要注意结论的物理意义。
3、课堂小结：
作业：略
【板书设计】略
【教学后记】。