1.4 动量守恒定律的应用 (共26张PPT) 课件 2024-2025学年高二物理粤教版（2019）选择性必修第一册

(共26张PPT)
第一章 动量和动量守恒定律
第4节 动量守恒定律的应用
系统动量守恒的条件：
（1）理想条件：系统不受外力
（2）实际条件：系统所受合外力为零；
（3）近似条件：系统所受合外力不为零，但系统内力远大于外力，外力可以忽略不计，则系统动量近似守恒。
（4）单向条件：系统总的来看虽不符合上述条件，但在某一方向符合上述某一条件，则系统在该方向上动量守恒。
1.动量守恒定律的普适性：适用于计算合外力为零时系统中物体相互作用的规律。
（1）不仅适用于正碰，也适用于斜碰；
（2）不仅适用于碰撞，也适用于任何形式的互相作用；
（3）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。
动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律
知识点一：动量守恒定律的应用
思考：
（1）冰壶碰撞的过程，两个冰壶组成的系统动量守恒吗？
分析：冰壶与冰面间摩擦因数很小，摩擦力很小；且冰壶碰撞时间极短，内力远大于外力，故摩擦力可以忽略不计，可认为系统所受合外力为零。
结论：无论正碰还是斜碰，系统动量守恒。
（2）碰撞后，冰壶速度如何变化？
在某次投掷中，黄色冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与静止的红色冰壶发生正碰，碰后红色冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等，求碰后黄色冰壶的速度。
冰壶撞击瞬间
2.动量守恒定律的基本应用
情境转化
v0=0.4m/s
v2=0.3m/s
物理建模
m
m
（假设）v1
正方向
（假设）v1
v0=0.4m/s
v2=0.3m/s
物理建模
m
m
解：设碰前运动方向为正方向，则
黄色冰壶碰前v0=0.4m/s，碰后假设速度沿正方向设为v1；红色冰壶碰后速度v2=0.3m/s
根据系统动量守恒定律：mv0=mv1+mv2
解得：v1= 0.1m/s
即：速度大小为0.1m/s，方向不变。
应用动量守恒定律应注意：
—— 矢量性：一维相互作用时，应选定正方向，用“+、-”号表示速度方向。
（3）冰壶运动中，除了冰壶碰撞过程外，还有哪些过程也遵循动量守恒定律？
掷壶过程：冰壶与冰面间的摩擦力可以忽略不计，运动员和冰壶组成的系统水平方向可视为合外力为0，故系统水平方向动量守恒。
假设掷壶运动员手持冰壶从本垒圆心向前的速度v0=1m/s，至前卫线冰壶出手瞬间，冰壶在水平方向上相对于手的速度v1=2m/s。已知掷壶运动员的质量M=60kg，冰壶的质量m=20kg，则冰壶出手后，运动员的速度如何变化？
v（假设）
v+v1（对地速度）
掷壶瞬间
情境转化
M
m
v0 = 1m/s
物理建模
解：以地面为参考系，取初速度方向为正方向
冰壶出手时，假设掷壶队员的速度为v，方向沿正方向，则冰壶的对地速度为v+v1：
根据系统动量守恒定律有：
（M+m）v0 = Mv + m（v+v1）
整理可得：v=
代入数据求得：v= 0.5m/s，方向不变。
v（假设）
v+v1（对地速度）
M
m
v0 = 1m/s
物理建模
思考：（4）是否可以用牛顿运动定律求解？
碰撞过程、掷壶过程力的变化比较复杂，且相互作用时间很短，利用牛顿运动定律解决很困难。
动量守恒定律只考虑相互作用前后两个状态量，不需要考虑相互作用的过程量，体现了动量守恒定律的普适性和易用性。
动量守恒定律应用的一般步骤和注意事项：
（1）找：研究对象(系统包括那几个物体)+ 研究过程；
（2）析：受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
（3）定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图；
（4）列：根据动量守恒定律列方程
（5）算：合理运算求结果，并对结果进行分析。
物理情景：反冲小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出。
问题1：整个反冲小车遵循动量守恒吗？
问题2：胶塞从试管口喷出瞬间，小车是否运动？
系统合外力为0,动量守恒
胶塞向右运动，则小车向左运动
1.定义
一个静止的物体，在内力的作用下，分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫反冲。
2.特点
①物体间相互作用突然发生，时间短，作用强。
②系统所受外力一 般不为零，但远远小于内力。
气球是如何实现反冲的，在反冲运动中，能量如何转化
知识点二：反冲
问题3：设反冲小车总质量为M，胶塞质量为m，胶塞喷出时，胶塞相对于地面的速度为v，此时，小车相对于地面的速度是多少？
mv＋(M－m)v′＝0
现代火箭较古代火箭结构复杂得多，现代火箭主要由壳体和燃料组成，壳体是圆筒形的，前端是封闭的尖端，后端有尾喷管，燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出，火箭就向前飞去。
3.火箭
1.原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度。
当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着燃料的消耗，火箭质量减小，加速度增大，当燃料完全消耗后，火箭即以获得的速度沿着预定轨道飞行。
2.结构：为了提高速度，实行多级（不超过四级）火箭发射。
3.作用：发射洲际导弹、人造卫星、宇宙飞船。
思考：假设火箭在地球表面由静止起飞时，在极短的时间△t内喷出燃气的质量为△m，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小为u，喷出燃气后火箭的质量为m,我们设法计算火箭在这样一次喷气后增加的速度 △v。
发射前的总动量为：
发射后的总动量为：
系统由动量守恒得：
0
mΔv -Δmu
0= mΔv -Δmu
认为动量守恒，设喷出燃气后火箭增加的速度为Δv，火箭的速度方向为正方向：
分析：
Δm
m
正方向
燃气速度u
影响火箭飞行速度的主要因素是什么呢？
① 燃气喷射的速度
② 火箭的质量比（即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比）
现代的火箭喷气速度通常在2000-4000m/s
质量比：
Δm/m一般小于10，火箭强度有限
要提高喷气速度，就要使用高质量的燃料， 目前常用的液体燃料是液氢，用液氧做氧化剂。
多级火箭发射时，较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担。
【问题】卫星发射最小速度为7.9km/s，为如何能提升火箭的发射速度，解决卫星发射问题？
目前多级火箭一般不超过四级，因为级数太多，结构复杂，连接机构和控制机构质量会增加很多，工作可靠性会降低。
例题：用火箭发射人造卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度 绕地球做匀速圆周运动。已知卫星质量M=500 kg，最后一节火箭壳体的质量m=100 kg，某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度 ，试分析计算：
（1）分离后卫星的速度是多大？
（2）火箭壳体的速度是多大？（以地面为参考系）
条件判断：由于卫星与火箭壳体分离时间很短，重力等作用引起的动量变化与它们各自在分离前后具有的动量相比可以忽略不计，故卫星与火箭壳体分离时近似视为动量守恒。
解：设分离时卫星速度方向为正方向，分离后卫星的速度为v1，火箭壳体的速度为v2，由动量守恒，有
（m+M）v= mv2+Mv1
由题意可知 v1v2
解得 v1 ，v2
拓展：人船模型
例：静止在水面上的小船长为L，质量为M，在船的最右端站有一质量为m的人，不计水的阻力，当人从最右端走到最左端的过程中，小船移动的距离是多大？
S2
S1
条件:系统动量守衡且系统初动量为零.
结论:人船对地位移为将二者相对位移按质量反比分配关系
处理方法:利用系统动量守衡的瞬时性和物体间作用的等时性,求解每个物体的对地位移.
-----------①
s1 + s2 = L -----------②
1.一只质量为1.4 kg的乌贼吸入一定质量的水,静止在水中。遇到危险时,它在极短时间内把吸入的水以20 m/s的速度向后全部喷出,以2 m/s的速度向前逃窜。则该乌贼吸入的水的质量为( )
A.0.1 kg B.0.14 kg
C.0.2 kg D.0.28 kg
B
2.(多选)下列措施有利于增加火箭的飞行速度的是( )
A.使喷出的气体速度更大
B.使喷出的气体温度更高
C.使喷出的气体质量更大
D.使喷出的气体密度更小
AC
如图所示，质量mB=1kg的平板小车B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左匀速运动。某时刻质量mA=2kg的小铁块A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小车，A与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A最终没有滑出小车，求A在小车上停止运动时，小车的速度大小。（取g＝10m/s2。）
v1=1m/s
v2=2m/s
解：取水平向右为正方向，当A在小车上停止运动时，假设A、B以共同速度向右运动，设为v：
根据系统动量守恒定律：mAv2- mBv1=（mA+mB）v
解得：v = 1m/s，方向向右。