作为优秀的教学工作者，在教学时能够胸有成竹，作为高中教师就要根据教学内容制定合适的教案。教案可以更好的帮助学生们打好基础，使高中教师有一个简单易懂的教学思路。关于好的高中教案要怎么样去写呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《高考物理第一轮动量守恒定律复习学案》，供您参考，希望能够帮助到大家。

第十八章动量守恒定律

1.本章主要研究动量定理和动量守恒定律。
2.动量的观点、能量的观点和力与运动相结合的观点是解决力学问题的三大法宝。所以本章知识常与能量结合，在每年的高考中都是考查的重点，不仅题型全，而且分量重，分值约占20—30分左右。
3.在高考中，本章的知识常以选择题和综合大题的形式考查，特别是与两大守恒定律相综合的问题，常常以压轴题的形式出现。
第一课时动量守恒定律及其应用

【教学要求】
1．知道动量及动量守恒定律；
2．会用动量守恒定律求解有关问题。
【知识再现】
一、冲量
1．定义：________和___________的乘积叫做力的冲量。
2．公式：_________________
3．单位：______符号：_________
4．方向：冲量是矢量，方向是由_________的方向决定的。
二、动量
1．定义：物体的________和__________的乘积叫做动量
2．公式：__________________
3．单位：________符号_________
4．方向：动量是矢量，它的方向与__________的方向相同
三、动量定理
1．内容：物体所受___________________等于物体的______________，这个结论叫做动量定理。
2．表达式：Ft=mv′-mv或Ft=△p
四、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
一个系统____________或者____________，这个系统的________保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。
2．常用的三种表达形式
（1）m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
（2）p=p′
（3）△p1=-△p2′
3．适用条件：系统不受外力或者所受外力之和为零。
知识点一动量与动量的变化
动量是矢量，物体动量的方向与物体瞬时速度方向相同。动量变化量△p的大小，一般都是用末动量减初动量，也称为动量增量。
【应用1】（07学年度广东省重点中学12月月考）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰掸时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为（D）
A．向下，m(v1-v2)B．向下，m(v1+v2)
C．向上，m(v1-v2)D．向上，m(v1+v2)
导示:如果相互接触前库仑力是引力，则两个电荷是异种电荷，它们相互接触中和后带等量同种电荷，带电性质与原来电量大的相同，所以库仑力是斥力。如果相互接触前库仑力是斥力，则两个电荷是同种电荷，它们相互接触后带等量同种电荷，电量乘积比原来大，则相互接触后库仑力一定增大。
故选BC。
△p=pt-P0，此式为矢量式，若Pt、P0不在一条直线上，要用平行四边形定则(或矢量三角形法)求矢量差；若在同一直线上，先规定正方向，再用正负表示Pt、P0，则可用△p=pt-p0=mvt—mv0进行代数运算求解。
知识点二动量守恒定律的条件
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、系统所受的舍外力虽不为零，但合外力比内力小得多，如碰撞过程中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，它们在碰撞、爆炸过程中的冲量可忽略不计。3、系统所受的合外力虽然不为零，但在某个方向上合外力为零，则在该方向上系统的动量守恒。
【应用2】(07学年度广东省重点中学12月月考)如图所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（BC）
A．A、B系统动量守恒
B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动
D．小车向右运动
导示:A、B组成的系统所受合外力不为0，所以动量不守恒；A、B、C组成的系统所受合外力为0，所以动量守恒，故B选项正确。对于C，它受A给它向左的摩擦力，大小为μmAg；同理它受B给它向右的摩擦力，大小为μmBg。而mA∶mB＝3∶2，所以向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故向左运动。故答案应选BC。
类型一利用动量定理求冲量
【例1】一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为300的固定斜面上，并立即沿反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的3/4。求在碰撞中斜面对小球的冲量的大小。
导示:小球在碰撞斜面前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为v0。由题意，v的方向与竖直线的夹角为300，且水平分量仍为v0，如图所示。由此得
v=2v0①
碰撞过程中，小球速度由v变为反向的3v/4，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理得：
I=m(3v/4)+mv②
由①、②得I=7mv0/2。
答案：7mv0/2
恒力的冲量常直接用冲量公式求解，变力的冲量常用动量定理来求。
类型二某方向动量守恒的问题
当系统的合外力不为零，但其某方向上合外力为零时，我们说系统的动量不守恒，但系统在合外力为零的方向上动量守恒，这时，我们可以根据这一方向上动量守恒解决问题。
【例2】将质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止砂车中如图所示．砂车与地面间的摩擦力不计，球与砂车的共同速度等于多少?
导示:把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的外力，则水平方向动量守恒。
则mv0cosθ=(M+m)v
所以v=mv0cosθ/(M+m)
解决这类问题时要弄清楚动量在哪个方向上守恒，系统内各物体在初末状态时，此方向的动量分别为多少，对其动量进行正确的分解。
类型三多个物体相互作用的问题
【例3】（07学年度广东省重点中学12月月考）如图所示，质量分别为mA=0.5kg、mB=0.4kg的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为mC=0.1kg的木块C以初速vC0=10m/s滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度vCB=1.5m/s.求：
（1）A板最后的速度vA；
（2）C木块刚离开A板时的速度vC.
导示:（1）C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，则
mCvC0=mCvC+（mA+mB）vA
（2）C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则
mCvC+mBvA=（mC+mB）vCB
解得vA=0.5m/s，vC=5.5m/s
多个物体发生相互作用的问题，是本章的一个难点，也是高考的热点，在利用动量守恒定律列式求解时，一定要注意两点：一是研究对象，二是物理过程。即要注意所列方程是对整个系统还是系统中的某两个或几个物体；是对全过程还是对其中某一过程的初、末状态列方程，这是要一定明确的。
类型四用归纳法求解的相互作用问题
【例3】如图，光滑水平面上停着一只木球和载人小车，木球的质量为m，人和车的总质量为M，已知M：m=16：1．人以速度为v0沿水平面将木球推向正前方的固定挡板，木球被挡板弹回之后，人接住球后再以同样的对地速度将球推向挡板，设木球与挡板相碰时无动能损失，求人经过几次推球之后，再也不能接住木球?
导示:推球前后瞬间的过程，人和车在水平方向不受其他外力作用，满足动量守恒定律．设向左为正方向，经n次推球后车和人对地的速度为vn(n=1，2，…)由题意可知，当vn=v车≥v球=v0时就再接不住球了．
人第一次推球前后有O=Mv1-mv0，得v1=v0/16
人第二次推球前后有Mv1+mv0=Mv2-mv0，得v2=3v0/16
人第三次推球前后有Mv2+mv0=Mv3-mv0，得v3=5v0/16
由以上各式可看出，人推球后，人和车各次的速度构成一等差数列．该等差数列的第一项a1=v0/16，公差d=v0/8．所以，第n次推球后人的速度的表达式vn=v0/16+(n-1)v0/8=(2n-1)v0/16。
由人再接不住的条件v0≤vn，解得n≥8．5，取n=9,即人第9次推球后再也接不住球了。
有一类物理问题，如两个物体的多次相互碰撞等，若将每一次的碰撞看作一个事件，则多次碰撞的规律，可由对这些个别事件的分析提出。这种由个别事件推理出一般规律的方法就称作归纳法。归纳法是解决上述类型问题的一种常用的方法。
1．(2007山西模拟)如图所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F，使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）
A．尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．尚未离开墙壁前，a和b组成的系统机械能守恒
C．离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒
D．离开墙壁后，a、b组成的系统机械能守恒

2．两条船在静止的水面上沿着平行的方向相向匀速运动，速率均为6m/s，当两船相互交错时各给对方20kg的货物，此后乙船的速率变为4m/s，方向不变．若甲船总质量为300kg，甲船交换货物后的速度为多少？乙船的总质量为多少？（水的阻力不计）

3．(2007广东佛山)质量为40kg的女孩骑自行车带质量为30kg的男孩，如图所示。行驶速度为2.5m/s。自行车行驶时，男孩要从车上下来。
(1)他知道如果直接跳下来，他可能会摔跤。为什么?所以他下来时用力往前推自行车，这样可使他下车时水平速度是0。
(2)计算男孩下车的一刻女孩和自行车的速度。
(3)计算自行车和两个孩子整个系统的动能在男孩下车前后的值。如有不同，请解释为什么。
答案：1、BCD；
2、5.2m/s、120kg；
3、略

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高考物理第一轮考纲知识复习：动量守恒定律

第1章动量守恒定律
【考纲知识梳理】
一、动量
1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv
是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；
通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。
是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kgm/s；
2、动量和动能的区别和联系
①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，
其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，
引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。
④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk
3、动量的变化及其计算方法
动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理ΔP=Ft，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量
1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．
是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是Ns；
2、冲量的计算方法
（1）I=Ft．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft
（2）利用动量定理Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
三、动量定理
1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；
该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．单位：NS与kgm／s统一：lkgm／s=1kgm／s2s=Ns；
3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把矢量运算转化为代数运算。
（3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．
四、动量守恒定律
内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。即作用前的总动量与作用后的总动量相等．（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统）
动量守恒定律适用的条件
守恒条件：①系统不受外力作用。(理想化条件)
②系统受外力作用，但合外力为零。
③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。
④系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。
⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，
即：原来连在一起的系统匀速或静止(受合外力为零)，分开后整体在某阶段受合外力仍为零,可用动量守恒。
例：火车在某一恒定牵引力作用下拖着拖车匀速前进，拖车在脱勾后至停止运动前的过程中(受合外力为零)动量守恒
常见的表达式
不同的表达式及含义(各种表达式的中文含义)：
P＝P′或P1＋P2＝P1′＋P2′或m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P′)
ΔP＝0(系统总动量变化为0，或系统总动量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的实际应用中具体来说有以下几种形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。
B、0=m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。
原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0
4.爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.
【要点名师透析】
类型一动量守恒定律的实际应用
【例1】如图1所示，质量为的小车在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动，一个质量为的小球从高处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为。设，发生碰撞时弹力，小球与车之间的动摩擦因数为，则小球弹起时的水平速度可能是
.
.
.
.
解析：小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了，则摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下两种情况进行分析：
小球离开小车之前已经与小车达到共同速度，则水平方向上动量守恒，有
由于
所以
若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得
水平方向上有
竖直方向上有
又
解以上三式，得
故，正确的选项为。
类型二动量守恒定律的综合应用
【例2】如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
【解析】：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
动能定理①
②
代入数据得③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴⑤
代入数据得⑥
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有⑦
⑧
代入数据得⑨
l即为平板车的最短长度．
【感悟高考真题】
1.（20xx福建理综T29（2））在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。（填选项前的字母）
A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2
【答案】选A.
【详解】由动量守恒定律得，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
2.（20xx新课标全国卷T35（2））如图，A、B、C三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速v沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v，求弹簧释放的势能。
【答案】13mv02
【详解】设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有，
3mv=mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有，
3mv=2mv1+mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有，
12（3m）v2＋Ep=12（2m）v12＋12mv02③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep=13mv02
3.（20xx北京高考T21⑵）如图2，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（填选项前的符号），间接地解决这个问题
小球开始释放高度
小球抛出点距地面的高度
小球做平抛运动的射程
②图2中点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程，然后，把被碰小球静止于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，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、
B.测量小球开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程ＯＭ，ＯＮ
③若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）；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为（用②中测量的量表示）。
④经测定，，小球落地点的平均位置距Ｏ点的距离如图３所示。
碰撞前、后m1的动量分别为p1与，则p1:‘=：11；若碰撞结束时m2的动量为,则‘:‘=11:
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为
⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你用④中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为cm.
【答案】①C，②ADE或DAE或DEA
③
④142.91～1.01
⑤76.8
【详解】①在落地高度不变的情况下，水平位移就能反映平抛初速度的大小，所以，仅测量小球做平抛运动的射程就能间接测量速度.因此选C.
②找出平均落点的位置，测量平抛的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，但D、E先后均可，至于用天平测质量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③设落地时间为t，则，，动量守恒的表达式是，
动能守恒的表达式是，所以若两球相碰前后的动量守恒，则成立，若碰撞是弹性碰撞，动能守恒则成立.
④碰撞前后m1动量之比，，
⑤发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒和动能守恒，，，联立解得，因此，最大射程为
4.（20xx山东高考T38）（1）碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰变期为8天。
碘131核的衰变方程：（衰变后的元素用X表示）。
经过________天75%的碘131核发生了衰变。
（2）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2V0、V0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛出甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力）
【答案】（1）16天（2）
【详解】（1）由放射性元素经历一个半衰期衰变总数的一半可知，共经历了两个半衰期即16天。
（2）设抛出货物的最小速度为Vx,则有对乙船，其中v为后来两船同向运动的速度。由以上两式可得
5.（20xx天津理综T12）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）
回旋加速器的原理如图，和是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为的交流电源上，位于圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，、置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。
试推力说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？
【答案】⑴
⑵
⑶随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小
【详解】⑴核反应方程为-------------①
设碳11原有质量为，经过剩余的质量为，根据半衰期定义有
----------------------②
⑵设质子的质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为，有牛顿第二定律得
----------------------------③
质子运动的回旋周期为--------------④
由回旋加速器原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率的关系得--------------------------------⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率为
----------------------------⑥
输出时质子束的等效电流为---------------⑦
由上述各式联立解得：-----------------⑧
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分。
⑶方法一：设k（）为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为、（），，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为、，、之间的电压为U，由动能定理知--------⑨
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则
整理得----------⑩
因U、q、m、B均为定值，令,由上式得
相邻轨道半径、之差，同理得
因为，比较、得---------------⑾
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小
方法二：设k（）为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为、（），，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为、，、之间的电压为U。
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故------⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量------------------⒀
以质子在盒中运动为例，第k次进入时，被电场加速次，速度大小为
---------------------------⒁
同理，质子第次进入时，速度大小为
综合上述各式得，
同理，对于相邻轨道半径、，，整理后有
由于，比较、得------⒂
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小。用同样的方法也可得到质子在盒中运动时具有相同的结论。
6.（20xx海南物理T19）（1）20xx年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是_______和__________（填入正确选项前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和_______.
A.X1→B.X2→
C.X3→D.X4→
（2）（8分）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：
（i）木块在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木块最后距a点的距离s。
【答案】（1）BC7882（2），
【详解】（1）根据衰变过程电荷数守恒、质量数守恒，可知是Ba，是I，
是Cs，是Cs，所以能分别反映I、Cs的衰变过程的是分别是BC。I原子核中
的中子数是，Cs原子核中的中子数是。
（2）（i）木块向右滑到最高点时，系统有共同速度，
动量守恒：①（1分）
②（2分）
联立①②两式解得：③（1分）
（ii）整个过程，由功能关系得：④（2分）
木块最后距a点的距离⑤（1分）
联立①③④⑤解得：（1分）
7.（20xx福建29（2））如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度，则。（填选项前的字母）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
答案：B
8．（20xx北京20）如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是
A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系
B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系
C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系
D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路的感应电动势与时间的关系
【答案】C
【解析】根据动量定理，说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合得，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误。根据光电效应方程，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不随时间变化，D错误。
9.（20xx天津10）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t。
解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有
①
得
设碰撞后小球反弹的速度大小为，同理有
②
得
设碰撞后物块的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有
③
得④
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
设物块在水平面上滑行的时间为，根据动量定理，有
⑥
得⑦
10.（20xx新课标34(2)）(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.
解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：
，解得：
木板在第一个过程中，用动量定理，有：
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=
11.（20xx全国卷Ⅱ25）小球A和B的质量分别为mA和mB且mA＞＞mB在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放出距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
连立①④⑤化简得
⑥
12．（20xx北京24）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为，初速度为，下降距离后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、．．．．．．．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
若不计重力，求第次碰撞后雨滴的速度；
若考虑重力的影响，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度和；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的动能。
解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
a．第1次碰撞前
第1次碰撞后
b.第2次碰撞前
利用○1式化简得○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
动能
【考点模拟演练】
1．用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图10所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是
()
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0M＋m
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为m2v202g(M＋m)2
【答案】BD
【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A、C错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为mv0M＋m，B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为m2v202g(M＋m)2，D正确．
2.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()
A.A开始运动时
B.A的速度等于v时
C.B的速度等于零时
D.A和B的速度相等时
【答案】选D.
【详解】当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当vA=vB时，A、B间距最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D对.
3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【详解】以炮艇及炮艇上的炮弹为研究对象，动量守恒，其中的速度均为对地速度，故A正确．
4．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kgm/s.则()

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【答案】A
【详解】由两球的动量都是6kgm/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4kgm/s，即A球的动量为2kgm/s，由动量守恒定律得B球的动量为10kgm/s，故可得其速度比为2∶5，故选项A是正确的．
5．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，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，只要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，但系统的总动量不一定为零
【答案】ACD
【详解】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确．
6.如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mAmB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()
A．静止不动B．左右往返运动
C．向右运动D．向左运动
【答案】D
【详解】系统动量守恒，A的动量大于B的动量，只有车与B的运动方向相同才能使整个系统动量守恒．
7．质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是()
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
D．c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
【答案】AC
【详解】由a球被反向弹回，可以确定三小球的质量m一定小于M；若m≥M，则无论如何m不会被弹回．当m与M发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b与M粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，则选项A、C正确．
8．如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上．现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是()
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．现把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
【答案】A
【详解】两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故选项A是正确的．
10．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A
放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是()
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2
C．B能达到的最大高度为h2
D．B能达到的最大高度为h4
【答案】BD
【详解】根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝2gh，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝122mv2＝12mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，B能达到的最大高度为h/4，即D正确．
11.如图所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1kg的铁块以10m/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0.5m/s，求：
(1)A的最终速度；
(2)铁块刚滑上B时的速度．

【答案】(1)0.25m/s(2)2.75m/s
【详解】(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25m/s.
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25m/s.
由系统动量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75m/s.
12.如图所示，将质量为m1的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．求：

(1)球和砂车的共同速度；
(2)球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中流出，当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度．
【答案】(1)m1v0cosθM＋m1(2)m1v0cosθM＋m1
【详解】(1)以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒，m1v0cosθ＝(M＋m1)v，
得球和砂车的共同速度
v＝m1v0cosθM＋m1.
(2)球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，设当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度为v′，砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仍为v，
由(M＋m1)v＝m2v＋(M＋m1－m2)v′，
得v′＝v＝m1v0cosθM＋m1.

高考物理动量守恒定律第一轮单元知识点专题复习

作为杰出的教学工作者，能够保证教课的顺利开展，作为高中教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣，有效的提高课堂的教学效率。您知道高中教案应该要怎么下笔吗？小编经过搜集和处理，为您提供高考物理动量守恒定律第一轮单元知识点专题复习，供您参考，希望能够帮助到大家。

第一课时动量守恒定律
【基础知识回顾】
一、动量守恒定律
1、动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零（不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力），即系统所受外力的矢量和为零。（碰撞、爆炸、反冲）
注意：内力的冲量对系统动量是否守恒没有影响，但可改变系统内物体的动量。内力的冲量是系统内物体间动量传递的原因，而外力的冲量是改变系统总动量的原因。
2、动量守恒定律的表达式m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/（规定正方向）△p1=—△p2/
3、某一方向动量守恒的条件：系统所受外力矢量和不为零，但在某一方向上的力为零，则系统在这个方向上的动量守恒。必须注意区别总动量守恒与某一方向动量守恒。
4、碰撞
（1）完全非弹性碰撞：获得共同速度，动能损失最多动量守恒，；
（2）弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后动能相等；动量守恒，；动能守恒，；
特例1：A、B两物体发生弹性碰撞，设碰前A初速度为v0，B静止，
则碰后速度，vB=．
特例2：对于一维弹性碰撞，若两个物体质量相等，则碰撞后两个物体互换速度（即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度）
（3）一般碰撞：有完整的压缩阶段，只有部分恢复阶段，动量守恒，动能减小。
5、人船模型——两个原来静止的物体（人和船）发生相互作用时，不受其它外力，对这两个物体组成的系统来说，动量守恒，且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv=MV（注意：几何关系）
【要点讲练】
1．动量动量守恒定律
1、内容：相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或它们受到的外力的合力为0，则系统的总动量保持不变。
2、适用条件：
①系统不受外力或系统所受外力的合力为零．
②内力外力，如碰撞、爆炸等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计．
③某个方向上合力为零，则在该方向动量守恒
【例1】下面关于动量守恒的判断，正确的是（）
A．静止于水面的两船间用绳相连，船上的人用力拉绳子，两船靠近，如果两船所受阻力不能忽略，两船动量必不守恒
B．人在静止的汽车上行走，地面光滑，人与车总动量守恒
C．水平飞行的子弹击中并穿过放在光滑水平桌面上的木块，由于子弹对木块的作用力远大于桌面对木块的摩擦力，因此子弹击中木块的过程中子弹、木块系统的动量守恒
D．斜面置于光滑水平面上，物体在沿斜面下滑的过程中，水平方向的动量是否守恒取决于物体与斜面间有无摩擦

例题2：如图5所示气垫是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在轨道上，滑块在轨道上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板Ｃ和Ｄ的气垫轨道以及滑块Ａ和Ｂ来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
ａ.调整气垫轨道，使导轨处于水平；
b.在Ａ和Ｂ间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
ｃ.按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块Ａ、Ｂ运动时间的计数器开始工作，当Ａ、Ｂ滑块分别碰撞Ｃ、Ｄ挡板时停止计时，记下滑块Ａ、Ｂ分别到达挡板Ｃ、Ｄ的运动时间和；
ｄ.用刻度尺测出滑块Ａ的左端至Ｃ挡板的距离、滑块Ｂ的右端到Ｄ挡板的距离。
（１）试验中还应测量的物理量是；
（２）利用上述过程测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是；
（３）利用上述实验数据导出的被压缩弹簧的弹性势能的表达式是.

例题3：(1)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2．A、B两球由静止释放，重力加速度为g，则小球A和Ｂ组成的系统动量守恒应满足的关系式为．

(2)a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s-t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg，则b球的质量mb等于多少?

跟踪练习：
1、如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为的相同小球、、，现让球以的速度向着球运动，、两球碰撞后黏合在一起，两球继续向右运动并跟球碰撞，球的最终速度.
①、两球跟球相碰前的共同速度多大？
②两次碰撞过程中一共损失了多少动能？

2、为了“探究碰撞中的不变量”，小明在光滑桌面上放有A、B两个小球．A球的质量为0.3kg，以速度8m/s跟质量为0.1kg、静止在桌面上的B球发生碰撞，并测得碰撞后B球的速度为9m/s，A球的速度变为5m/s，方向与原来相同．根据这些实验数据，小明对这次碰撞的规律做了如下几种猜想．
【猜想1】碰撞后B球获得了速度，A球把速度传递给了B球．
【猜想2】碰撞后B球获得了动能，A球把减少的动能全部传递给了B球．
你认为以上的猜想成立吗？若不成立，请你根据实验数据，通过计算说明，有一个什么物理量，在这次的碰撞中，B球所增加的这个物理量与A球所减少的这个物理量相等？

3、下雪天，卡车在平直的高速公路上匀速行驶，司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离后停下，已知卡车质量M为故障车质量m的4倍．设卡车与故障车相撞前的速度为v1,两车相撞后的速度变为v2，相撞的时间极短，求：
①v1：v2的值；②卡车在碰撞过程中受到的冲量．

高考物理第一轮动量守恒定律表达式及其守恒条件专题考点复习教案

20xx届高三物理一轮复习学案：第五章《动量》专题三动量守恒定律表达式及其守恒条件
【考点透析】
一、本专题考点：动量守恒定律为Ⅱ类要求，但只局限于一维的情况。
二、理解和掌握的内容
1.动量守恒定律：
（1）内容：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）表达式：P=P′或者m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
（3）适用范围：比牛顿定律的适用范围要广泛的多，小到微观粒子间的作用，大到天体间作用，无论物体间作用力性质如何都适用。中学阶段，运用动量守恒定律研究的对象主要是一条直线上运动的两个物体所组成的系统，如两球相碰问题。
2.动量守恒条件：
（1）如果研究的系统所受合外力为零，则系统的总动量守恒。也就是说，系统内力不能使系统的总动量发生改变，且对内力的性质无任何限制。这一点与机械能守恒定律有本质的差别。
（2）如果研究的系统所受合外力不等于零，但合外力远小于内力（即合外力可以忽略），则仍可认为总动量守恒。这种情况的特点是物体间相互作用时间很短，如碰撞、爆炸、打击等类的作用。
（3）如果研究的系统所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量为零，则沿该方向系统总动量的分量守恒。
3.应用动量守恒定律解题步骤：
（1）明确研究系统，判断动量是否守恒。
（2）选取正方向，明确作用前总动量和作用后总动量。
（3）列方程，P前=P后
（4）解方程。
4.难点释疑
(1)正确区分内力和外力，外力指系统外物体对系统内物体的作用力，内力指研究系统内物体间的相互作用。
(2)动量守恒定律具有矢量性，列方程前要先规定正方向。
(3)动量守恒定律只涉及作用前后物体的运动状态，解题时不必过问过程的细节。
(4)动量守恒的几种表达式及其推广式：
①P=P′②ΔP=0③ΔP1=-ΔP2④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
0=m1v1+m2v2（适用于原来静止的两物体组成的系统，由此式可推得你动
我动、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自质量成反比）
m1v1+m2v2=（m1+m2）v′（适用于两物体相互作用后结合在一起的情况）
【例题精析】
例1一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L，拴有小球的细线，小球拉至和悬点在同一水平面处释放，如图5-6所示，小球摆动时，不计一切阻力，下面说法中正确的是（）
①小球和小车的总机械能守恒②小球和小车的动量守恒③小球运动到最低点的速度为④小球和小车只有在水平方向上动量守恒
A．①③B．①④C．②④D．②③
解析：小球、小车和地球组成的系统，只有动能和势能间的转化，故①正确；小球和小车组成的系统因有外力（重力）作用，系统动量不守恒，但水平方向不受外力作用，因而水平方向满足动量守恒，故②错，而④选项正确；小球运动到最低点时，若小车静止，其速度为，但由于小球和小车之间的相互作用，小车也具有动能，因而根据机械能守恒定律可知，小球运动到最低点的速度小于，故③选项错。
答案：B
例2质量M=200kg的小车，上面站着一个质量为m=50kg的人，车以v0=1m/s的速度在光滑水平面上前进，当人相对车以v=2m/s向后水平跳出后，车速变为多少？
解析：设车速变为v′，人相对车跳出后转换成相对地面的速度为v′-v
根据动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′+m(v′-v)代入数据得：
v′===1.4m/s
错解一：（M+m）v0=Mv′+m(v0-v)（违背了动量守恒定律的同时性，即人跳车后，车速已不再是v0，人相对车的速度不是相对跳车前车的速度，而是相对跳车后车的速度）
错解二：（M+m）v0=Mv′-mv（违背了动量守恒定律的同一性，即动量守恒式中的各速度应是相对同一参照系）
小结：动量守恒式中的各速度应是相对同一参照系，一般选地面为参照物；相互作用的各物体的动量应分别是作用前同一时刻和作用后同一时刻的动量。
【能力提升】
Ⅰ知识与技能
1．如图5-7所示的装置中，木块B与水平桌面的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究系统，则此系统从子弹开始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；D．动量不守恒、机械能守恒；
2．如图5-8所示，光滑水平面上A、B两小车中有一弹簧，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作系统，下面的说法正确的是（）
①若同时放开两手，则A、B两车的总动量为零
②先放A车后放B车，则系统的动量守恒而机械能不守恒
③先放B车后放A车（手保持不动），则系统的动量不守恒而机械能守恒
④先放A车，后用手推B动车，则系统的动量不守恒，机械能也不守恒
A．①④B．①②Ｃ．①③④D．①②④
3．一只小船停止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，下列说法正确的是（）
①人在船上行走，人对船的冲量比船对人的冲量小，所以人向前运动的快，船后退的慢；②人在船上行走时，人的质量比船的小，它们的冲量大小是相等的，所以人向前运动的快，船后退的慢；③当人停止走动时，因船的惯性大，所以船将继续后退；④当人停止走动时，因总动量守恒，故船也停止后退。
A．②④B．①②Ｃ．③④D．①④
4．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，则下列说法中正确的是（）
A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些。
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些。
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些。
D．两球抛出后，船的速度为零，两球受到的冲量相等。
5．一个质量为2kg的装砂小车，沿光滑的水平面以3m/s的速度运动，一个质量为1kg的小球从0.2m高处自由落下，恰落入小车的砂中，这以后小车的速度为（）
A．2m/sB．3m/sC．2.7m/sD．0
Ⅱ能力与素质
6．质量为M的金属块和质量为m的木块用细线系在一起，以速度v在水中匀速下沉，某一时刻细线断了，则当木块停止下沉的时刻，铁块下沉的速度为。（设水足够深，水的阻力不计）
7．如图5-9所示，质量为m1的物体A和质量为m2的物体B用细线连接，在水平恒力F的作用下，A、B一起沿足够大的水平面做匀速直线运动，速度为V，现剪断细线并保持F的大小、方向不变，则当物体B停下来时，物体A的速度是。
8．质量为M的气球下吊一架轻的绳梯,梯上站着质量为m的人.气球以v0速度匀速上升.如果人加速向上爬,当他相对于梯的速度达到V时,气球的速度将变为.
9．质量为30kg的小孩推着质量为10kg的冰车，在水平冰面上以2.0m/s的速度滑行，不计冰面摩擦，若小孩突然以5.0m/s的速度(对地)将冰车推出后，小孩的速度变为______m/s。这一过程中，小孩对冰车所做的功为______J。
【拓展研究】
10．总质量为M=0.5kg的小火箭（内含0.1kg火药），若火药全部燃烧，并以v=240m/s的速度全部竖直向下喷出，空气阻力为重力的0.2倍，求火箭能上升的最大高度．（提示：火药喷出过程极短．此过程内力远大于外力．动量守恒）

专题三、1．B2．C3．A4．C5．A6．7．8．v0－9．1.0；105拓展研究答案：150m

高考物理第一轮用动量守恒定律进行动态分析专题考点复习教案

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以更好的帮助学生们打好基础，帮助教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“高考物理第一轮用动量守恒定律进行动态分析专题考点复习教案”，欢迎您阅读和收藏，并分享给身边的朋友！

20xx届高三物理一轮复习学案：第五章《动量》专题六用动量守恒定律进行动态分析
【考点透析】
一、专题考点：动量守恒定律为Ⅱ类要求，但只局限于一维的情况。
二、理解和掌握的内容
系统内各物体运动状态时刻改变，若满足动量守恒条件，应正确选择研究对象、研究过程，充分利用反证法、极限法找出临界条件，结合动量守恒定律进行解答。
【例题精析】
例1如图5-20所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球的速度大小为，滑块的速度大小为。
解析：小球达到最高点时和滑块具有相同的对地速度v（若速度不同，必然相对滑动，此时一定不是最高点），由水平方向动量守恒得：mv0=(m+M)v∴v=mv0/(m+M)
例2甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的总质量为M=30kg,乙和他的冰车的总质量也是30kg，甲推着一质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相碰，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相碰。
解析：甲、乙及箱子系统的总动量方向与甲的方向相同，以此方向为正。甲把箱子推出后，甲的运动有三种可能：一是继续向前；一是静止；一是后退。按题意，要求甲推箱子给乙避免与乙相碰的最起码的运动是上述的第一种情况，即要求甲推箱子后，动量变化不大，仍保持原方向。
对甲和箱子的系统，设以v推出箱子，甲的速度变为v1，由动量守恒定律：(M+m)v0=mv+Mv1即(30+15)×2=15v+30v1…………⑴
乙抓住箱子后，为避免与甲相碰，乙必须后退，设后退速度为v2，对乙和箱子的系统，由动量守恒定律：mv-Mv0=(M+m)v2即15v-30×2=(30+15)v2…………⑵由题意，甲乙避免相碰的条件是：v2≥v1当甲乙以共同速度前进时，甲推箱子的速度最小，所以取v2=v1…………⑶联立⑴⑵⑶式代入数据解得v=5.2m/s
小结：正确选择研究对象、研究过程及正确找出临界条件是解此类题的关键。
【能力提升】
Ⅰ知识与技能
1．如图5-21所示，光滑水平面上有质量相等的A、B两物体，B上装有一轻质弹簧，B原来处于静止状态，A以速度v0正对B滑行，当弹簧压缩到最大量时（）
A．A的速度减小到零；B．A和B速度相同
C．是B开始运动时；D．是B达到最大速度时
2．在上题中，设两物体质量均为m，则当弹簧压缩最大时B物体的速度为。
3．将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，如图5-22所示，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3m/s,乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同一直线上，当乙车速度为零时，甲车速度为m/s,方向.
4．在上题中，由于磁性极强，故两车不会相碰，那么当两车的距离最短时，乙车的速度为m/s,方向.
Ⅱ能力与素质
5．在一个足够大的光滑平面内，有A、B两质量相同的木块A、B，中间用一轻质弹簧相连．如图5-23所示，用一水平恒力F拉B，A、B一起经过一定时间的匀加速直线运动后撤去力F．撤去力F后，A、B两物体的情况是（）
①在任意时刻，A、B两物体的加速度大小相等
②弹簧伸长到最长时，A、B的动量相等
③弹簧恢复原长时，A、B的动量相等
④弹簧压缩到最短时，系统的总动能最小
A．①②③B．①②④C．①③D．③④
6．如图5-24所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m停放在光滑水平面上，有一质量也为m的速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后，又下降而离开小车，离车后球的运动情况是（）
A．平抛运动，速度方向与车运动方向相同
B．作平抛运动，水平速度方向跟车相反
C．作自由落体运动
D．小球跟车有相同的速度
7．如图5-25所示，一个质量为m的电动小车，放在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为l，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当电动小车最小以多大的水平速度冲出时，才能落到桌面上？
8.如图5-26所示，质量为m2和m3的物体静止在光滑的水平桌面上，两者之间有压缩着的弹簧，有质量为m1的物体以v0的速度向右冲来，为了防止冲撞，物体m2将物体m3发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起，问m3的速度至少应多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
9．用长l=1.6m的轻绳悬挂一质量为M=1.0kg的木块。一颗质量m=10g的子弹以水平速度v0=500m/s沿水平方向射穿木块，射穿后的速v=100m/s，如图5-27所示。求(1)这一过程中系统(子弹与木块)损失的机械能Q。(2)打穿后，木块能升的高度h。(3)木块返回最低点时所受绳的拉力T。
10．如图5-28所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，车B与小孩子的总质量是车A质量的10倍。从静止开始，小孩把车A以速度v(对地)向左推出，车A与墙碰撞后仍以原速率返回。小孩接到车A后，又把它以速度v(对地)推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出的小车A的速度都是v(对地)、方向向左，则小孩把车A总共推出______次后，车A返回时，小孩不能再接到。
【拓展研究】
一个连同装备总质量M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处于飞船处于相对静止状态。宇航员背着装有质量为m0=0.5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员必须朝着与返回方向相反的方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用，宇航员呼吸的耗氧率Q=2.510-4kg/s。不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：（1）瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
（2）为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？
（提示：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参考系，但是在一段很短的时间内，可以使飞船作匀速直线运动，是惯性参考系）

专题六、1．B2．V/23．1;右4．1/2；右5．B6．C
7．8.9．1192J;0.8M;20N
10.6次11、(1)0.05kg≤m1≤0.45kg(2)0.15kg,600s

文章来源：http://m.jab88.com/j/70892.html

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