1.2 动量守恒定律及其应用课件（56张ppt ）

(共56张PPT)
第2节　动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
【思考】当处于光滑的冰面上很难行进时,可以脱掉外套向外扔出,人就可以朝扔衣服的反方向运动。此前,人处于静止状态,扔衣服后,人和衣服的动量都发生了变化。那么,人和衣服的总动量有没有发生变化
提示:没有发生变化。
1.内容:一个系统不受_____或者所受_______为0时,这个系统的_______保持
不变。
2.表达式:对两个物体组成的系统,常写成:p1+p2=p′1+p′2或
m1v1+m2v2=____________。
3.适用条件:系统不受外力或者所受_____的矢量和为零。
4.动量守恒定律的普适性:动量守恒定律是一个独立的实验规律,它适用于
目前为止物理学研究的_____领域。
外力
合外力
总动量
m1v′1+m2v′2
外力
一切
二、反冲运动与火箭
1.反冲:根据动量守恒定律,一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分,
一部分向一个方向运动,另一部分向_____方向运动的现象。
2.反冲现象的防止及应用:
(1)防止:枪身的反冲、高压水枪的反冲等。
(2)应用:喷灌装置、火箭等。
相反
3.火箭:
(1)原理:火箭的飞行应用了_____的原理,靠喷出的气流的反冲作用来获得
巨大速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素。
①喷气速度,喷气速度_____,火箭能达到的速度越大。
②燃料质量越大,负荷越小,火箭能达到的速度_____。
反冲
越大
越大
一　动量守恒定律
1.动量守恒定律条件的理解:
(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的碰撞就是这种情形。
(3)系统受外力作用,系统外力远小于内力作用,系统总动量近似守恒。像抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力,重力可忽略不计,系统的动量近似守恒。
(4)系统受外力作用,所受合外力不为零,但在某一方向合外力为零,则系统在该方向上动量守恒。
2.对“系统的动量保持不变”的四点理解:
(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和。
(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变。
(3)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能在不断变化。
(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
3.表达式:
(1)p=p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)。
(2)Δp=-Δp′(相互作用的两个物体组成的系统,一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反)。
(3)Δp=0(系统总动量的增量为零)。
(4)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)。
4.动量守恒的“五性”:
(1)矢量性:定律的表达式是一个矢量式。
(2)相对性:系统中各物体在相互作用前后的动量,必须相对于同一惯性系。
(3)条件性:动量守恒是有条件的,应用时一定要首先判断系统是否守恒。
(4)同时性:作用前同一时刻的动量,作用后同一时刻的动量。
(5)普遍性:不仅适用于两个物体组成的系统也适用于多个物体组成的系统。
【思考·讨论】
如图所示,在水平桌面上做匀速运动的两个小球,质量分别为m1和m2,沿着同一直线向相同的方向运动,速度分别是v1和v2,v2>v1。当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞,碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′。试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1+m2v2与碰后总动量m1v1′+m2v2′的关系。 (科学思维)
提示:设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2,相互作用时间为t
根据动量定理:
F1t=m1(v1′-v1),F2t=m2(v2′-v2)。
因为F1与F2是两球间的相互作用力,根据牛顿第三定律,F1=-F2,
则有:m1v1′-m1v1=m2v2-m2v2′
即m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
【典例示范】
(多选)如图所示,光滑水平面上A、B两小车间有一弹簧,用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车均处于静止状态。将两小车及弹簧看作一个系统,下列说法正确的是 (　　)
A.两手同时放开后,系统总动量始终为零
B.先放开左手,再放开右手后,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,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
【解题探究】
(1)本题中系统包含的物体有哪些
提示: A、B小车和弹簧。
(2)系统动量守恒的条件是什么
提示:系统不受外力或所受合外力为零。
【解析】选A、C、D。在两手同时放开后,水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力(内力)作用,故动量守恒,即系统的总动量始终为零。先放开左手,再放开右手后,两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即动量是守恒的。先放开左手,系统在右手作用下,产生向左的冲量,故有向左的动量,再放开右手后,系统的动量仍守恒,即此后的总动量向左。无论何时放开手,只要是两手都放开就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变。若两手同时放开,那么放开后系统的总动量就等于放手前的总动量,即为零;若两手先后放开,那么两手都放开后的总动量也是守恒的,但不为零。
【素养训练】
1.把一支枪固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射一颗子弹时,关于枪、子弹、车,下列说法正确的是 (　　)
A.枪和子弹组成的系统,动量守恒
B.枪和小车组成的系统,动量守恒
C.三者组成的系统,因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可以忽略不计,故系统动量守恒
D.三者组成的系统,只受重力和地面的支持力,这两个外力的合力为零,系统的总动量守恒
【解析】选D。当系统所受外力为零时,系统动量守恒,对枪和子弹组成的系统,车对枪的力是外力,动量不守恒;对枪和车组成的系统,子弹对枪的力是外力,动量不守恒;对三者组成的系统,只受重力和地面的支持力这两个外力的作用,且这两个外力的合力为零,总动量守恒。
2.(多选)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。当弹簧突然释放后,则 (　　)
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成系统的动量守恒
【解析】选B、C、D。如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后,A、B分别相对小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右,FB向左,由于mA∶mB=3∶2,所以FA∶FB=3∶2,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,A选项错;对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确;若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确。
【补偿训练】
　　如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统在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
【解析】选B。在子弹射入木块这一瞬间过程,取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)。子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中,机械能守恒,但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力,且外力不等于零)。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时,有摩擦力做功,机械能不守恒,弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用,因此动量不守恒,故正确选项为B。
二　动量守恒定律的应用
应用动量守恒定律的解题步骤:
【典例示范】
　将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s,乙车速度大小为2 m/s,方向相反并在同一直线上,如图所示。
(1)当乙车速度为零时,甲车的速度多大 方向如何
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大 方向如何
【思维·建模】
【解析】两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两车之间的
磁力是系统内力,系统动量守恒。设向右为正方向。
(1)据动量守恒得:mv甲-mv乙=mv甲′,代入数据解得v甲′=v甲-v乙=(3-2) m/s
=1 m/s,方向向右。
(2)两车相距最小时,两车速度相同,设为v′,由动量守恒得:
mv甲-mv乙=mv′+mv′。
解得v′= =0.5 m/s,方向向右
答案:(1)1 m/s　向右　(2)0.5 m/s　向右
【素养训练】
1.如图所示,质量为M的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量
为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则 (　　)
A.木块的最终速度为
B.由于车表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.车表面越粗糙,木块减少的动量越多
D.车表面越粗糙,小车获得的动量越多
【解析】选A。由m和M组成的系统水平方向动量守恒,故A正确;m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关,因为车足够长,最终各自的动量与摩擦力大小无关,故B、C、D错误。
2.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
【解析】选A。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 kg m/s,所以A正确;B、C、D错误。
【补偿训练】
1.如图所示,光滑圆槽质量为M,静止在光滑的水平面上,
其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处,如将
线烧断,小球滑到另一边的最高点时,圆槽的速度
为(　　)
A.0　　　　　 B.向左
C.向右　 D.各种情况都有可能
【解析】选A。把小球m和圆槽M作为一个系统,因水平面光滑,故系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒。
2.如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一个小滑块B,盒的质量是滑块质量的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ;若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为______________;滑块相对于盒运动的路程为__________________。
【解析】设滑块质量为m,则盒子的质量为2m;对整个过程,由动量守恒定律
可得:mv=3mv共
解得v共=
由能量关系可知:μmgx=
解得:x=
答案: 　
三　反冲的特点及其应用
1.反冲运动的特点:
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下大于外力,所以可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总动能增加。
2.反冲运动处理过程中注意的问题:
(1)速度的方向性:对于原来静止的物体,抛出具有一定速度的一部分后,剩余部分向抛出物体速度的反方向运动。如果原来物体是运动的,抛出部分的速度与原来反向时,剩余部分加速;抛出部分的速度与原来同向时,剩余部分减速、静止、反向均有可能。
(2)速度的相对性:反冲运动的问题中,有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。但是动量守恒定律中要求速度是对同一参考系的速度(通常为对地的速度)。因此应先将相对速度转换成对地的速度,再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题:在反冲运动中还经常遇到变质量物体的运动,如在火箭的运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不断减小,此时必须取火箭本身和在相互作用短时间内喷出的所有气体为研究对象,取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
3.“人船模型”问题:
(1)特点:两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”。
(2)处理思路:利用动量守恒定律,先确定两物体的速度关系,再确定两物体通过
的位移关系。
①用动量守恒定律求解位移的题目,大都是系统原来处于静止状态,然后系统内
物体相互作用,此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是
m1、m2末状态时的瞬时速率。
②此种状态下动量守恒的过程中,任意时刻的系统总动量为零,因此任意时刻瞬
时速率v1和v2都与物体的质量成反比,所以全过程的平均速度也与质量成反比,
即有
③如果两物体相互作用的时间为t,在这段时间内两物体的位移大小分别为x1
和x2,则有m1 -m2 =0,即m1x1-m2x2=0。
④画出各物体的位移关系图,找出各物体相对地面的位移的关系。
【思考·讨论】
我们在城市草地上经常见到“转头喷水管”,自己在向外喷水的过程中,还不停地旋转,这样就可以使水流沿不同方向向外喷出,实现处处水覆盖。
(1)水管喷头为何可以实现“自行旋转” (科学思维)
(2)旋转过程中是否满足动量守恒定律 (物理观念)
提示:(1)这是水流的反冲作用使喷水管旋转起来。
(2)不满足动量守恒定律。
【典例示范】
如图所示，质量为M的小船在静止水面①上以速率v0向右匀速行驶②，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止③。若救生员以相对水面速率v④水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 (　　)
A.v0+ v　　　　　　　　
B.v0- v
C.v0+ (v0+v)　
D.v0+ (v0-v)
【审题关键】
序号 信息提取
① 水面和地面相对静止
② 小船和人组成的系统合外力为零
③ 救生员和小船的速度相同
④ 救生员相对地面的速度
【解析】选C。小船和救生员组成的系统满足动量守恒:
(M+m)v0=m·(-v)+Mv′
解得v′=v0+ (v0+v)
故C项正确,A、B、D项均错。
【误区警示】处理“人船模型”问题的两点注意
(1)“人船模型”问题中,两物体的运动特点是“人”走“船”行,“人”停“船”停。
(2)问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移。而在求解过程中,应该讨论的是“人”及“船”相对地的位移,即相对于同一参考系的位移。
【素养训练】
1.如图所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为 (　　)
A.v0- 　　 B.v0+v2
C.v0- v2　　 D.v0+ (v0-v2)
【解析】选D。对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m2v2+m1v1
解得v1= =v0+ (v0-v2)。故选D。
2.质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为 (　　)
【解析】选B。设滑板的速度为u,小孩和滑板动量守恒得:0=mu-Mv,
解得:u= v,故B正确。
【补偿训练】
1.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块,要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出) (　　)
【解析】选C。设发射子弹的数目为n,选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究
对象。系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件。设木块M以v1
向右运动,连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态,子弹射入木块后停
下来为末状态。选子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有:nmv2-Mv1=0,
得n= ,所以选项C正确。
2.一辆车在水平光滑路面上以速度v匀速行驶。车上的人每次以相同的速度
4v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后,
车速减为原来的 ,则抛出第四个沙包后,此车的运动情况如何
【解析】设车的总质量为M,抛出第四个沙包后车速为v1,由全过程动量守恒得
Mv=(M-4m)v1+4m·4v。 ①
对抛出第一个沙包前后列方程有:
Mv=(M-m) v+m·4v。 ②
将②式所得M=13 m代入①式,解得抛出第四个沙包后车速为v1=- ,
负号表示向后退。
答案:车以 的速度向后退
【拓展例题】考查内容:多物体、多过程系统动量守恒问题
【典例】如图所示,光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【解析】因碰撞时间极短,A与C碰撞过程动量守恒,设碰后瞬间A的速度为vA,
C的速度为vC,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC ①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度,设共同速度为vAB,由动量守恒定律得
mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB ②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞,应满足
vAB=vC ③
联立①②③式,代入数据得vA=2 m/s
答案:2 m/s
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.如图所示,小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是 (　　)
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
【解析】选C。由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,选项A、B错误,C正确;木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等,方向相反,选项D错误。
2.如图所示为中国女子冰壶队员投掷冰壶的镜头。在某次
投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的
静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向
前滑行。若两冰壶质量相等,规定向前运动方向为正方向,
则碰后中国队冰壶的速度为 (　　)
A.-0.1 m/s　　　　 B.-0.7 m/s
C.0.1 m/s　　 D.0.7 m/s
【解析】选C。根据动量守恒定律有:mv0=mv对+mv中,代入数据,解得:
v中=0.1 m/s。故选C。
3.一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶,从艇上以相对炮艇的水平速度v沿前进方向发射一质量为m的炮弹,射出炮弹后炮艇的速度为v′,若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是 (　　)
A.Mv0=Mv′+mv
B.Mv0=(M-m)v′+mv
C.Mv0=(M-m)v′+m(v+v0)
D.Mv0=(M-m)v′+m(v+v′)
【解析】选D。发射炮弹的过程,系统动量守恒,发射前,系统的总动量为Mv0,射出炮弹后,炮艇的质量变为M-m,速度为v′,炮弹质量为m,对地速度为v+v′,所以系统总动量为(M-m)v′+m(v+v′),本题选D。