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：
BIL△t=mv2-mv1，又电量q=.I△t，得m（v2-v1）=BLq，得速度变化量△v=v2-v1=BLq/m
由q=△Φ/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´+m2v2´
3.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①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②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Ⅰ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600m/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
B．5.7×102
C．6.0×102
D．6.3×102
【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．
D．1
【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：
PP﹣PQ=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β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,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
<1>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<1><2>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由动量守恒有:
mv=[M+（n-1）m]v1,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。
⑴若A、B弹性都很好（撤去外力后能完全恢复原状），则可以等效为B的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ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Ⅱ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Ⅲ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。
Ⅰ→Ⅱ系统减少的动能全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
在Ⅰ→Ⅲ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：
⑵若A、B完全没有弹性（撤去外力后保持形变，不能恢复原状）。
Ⅰ→Ⅱ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Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
在Ⅰ→Ⅱ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Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能；Ⅱ→Ⅲ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．v´A=5m/s,v´B=2.5m/s
B．v´A=2m/s,v´B=4m/。
C．v´A=1m/s,v´B=4.5m/s
D．v´A=7m/s,v´B=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57J，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】BD
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】BC
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=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3m
B.A物体的质量为2m
C.弹簧压缩最大时的弹性势能为1.5mv02
D.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：
①
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：
mA•2v0=（m+mA）v，②
由机械能守恒定律得：
，③
联立得：
mA=3m ④
联立①④得：
Epm=1.5mv02
故AC正确，BD错误．
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