（广西专用）高考物理一轮复习 6.2动量守恒定律及其应用课件 新人教版.ppt

第2讲动量守恒定律及其应用 考点1动量守恒定律 1 动量守恒定律的表达式 两物体组成的系统 1 一般表达式 m1v1 m2v2 2 p1 3 p总 p2 m1v1 m2v2 0 2 动量守恒的条件 1 理想条件 系统不受 或 为零时 系统的动量守恒 2 近似条件 系统所受外力的合力不为零 但当内力 外力时系统动量近似守恒 如碰撞 爆炸等过程 动量均可认为守恒 3 单方向条件 系统所受外力的合力不为零 但在某个方向上所受合外力 则在这个方向上 系统动量守恒 外力 所受外力的合力 远大于 为零 1 解读动量守恒定律 1 在满足动量守恒条件的情况下 物体相互作用前系统的总动量等于相互作用过程中任一时刻系统的总动量 等于相互作用后系统的总动量 2 由于相互作用过程中物体间的作用力在时刻变化 存在着很多不确定的因素 因此动量守恒定律一般选取物体相互作用前后的两个状态列式 3 动量守恒定律所说的守恒 是指系统总动量的大小和方向不变 但系统内每一个物体的动量都可能发生变化 2 注意动量守恒定律的 五性 1 条件性 动量的守恒的条件就是系统没有受到外力或所受外力的合力为零 但若内力远远大于外力 且作用时间非常短 仍然认为满足守恒条件 2 矢量性 动量守恒定律的方程是一个矢量方程 对于常见的一维运动 必须选取一个统一的正方向 把矢量用正负号来化为代数运算 3 瞬时性 动量是一个瞬时量 动量守恒指的是系统在任意时刻的动量恒定 在使用方程m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 列式时 等号左侧是作用前那一时刻系统中物体动量的矢量和 右侧是另一时刻系统各物体动量的矢量和 不是同一时刻的动量是不能相加的 4 相对性 运用动量守恒定律时 应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度 一般是选地面为参考系 5 普遍性 动量守恒定律是自然中普遍适用的一条规律 高速 低速 宏观 微观都能适用 有些不能用牛顿运动定律解决的问题 应用动量守恒定律就能轻易地解决 2012 黄冈模拟 如图所示 光滑水平面上静止着一辆质量为m的小车 小车上带有一光滑的 半径为r的圆弧轨道 现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放 下列说法中正确的是 a 小球下滑过程中 小车和小球组成的系统总动量守恒b 小球下滑过程中 小车和小球组成的系统总动量不守恒c 小球下滑过程中 在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒d 小球下滑过程中 小车和小球组成的系统机械能守恒 解析 选b c d 虽然系统只受重力和地面的支持力作用 但由于小球加速下滑过程中系统的合外力并不为零 只有水平方向合力为零 因此小球下滑过程中 小球和小车组成的系统总动量不守恒 只是水平方向动量守恒 且只有重力和系统内部的弹力做功 故系统机械能守恒 选项b c d正确 考点2碰撞问题 1 碰撞问题的特点 1 相互作用时间 2 外力 内力 3 如果是弹性碰撞 则系统 守恒 没有损失 如果是非弹性碰撞 则系统 守恒 有损失 很短 远远小于 动量 动能 动量 动能 2 碰撞的分类 从外在表现来分 从能量观点来分 正碰 碰撞前后物体的 在一条直线上 动量 斜碰 碰撞前后物体的 不在一条直线上 动量 完全弹性碰撞 在弹性力作用下 只产生机械能的转移 系统内无 损失 机械能 非弹性碰撞 受非弹性力作用 使部分 转化为物体内能 机械能 完全非弹性碰撞 碰撞后两物体合为一体 损失最大 机械能 1 碰撞的规律 1 完全弹性碰撞 如图所示 运动球m1和静止球m2相碰 地面光滑 动量关系 m1v1 m1v 1 m2v 2能量关系 解得 若m1 m2 则有v 1 0 v 2 v1 交换速度 2 完全非弹性碰撞 设m1和m2碰后的共同速度为v 动量关系 m1v1 m1 m2 v 即能量关系 为碰撞损失的动能 2 碰撞遵守的原则 1 动量守恒 p1 p2 p 1 p 2 2 碰撞结束后总动能不增加 表达式为ek1 ek2 e k1 e k2或速度 3 符合实际 碰后 原来在前的物体速度一定增大 且v前 v后 两物体相向运动 碰后两物体的运动方向至少有一个改变 在光滑水平面上 动能为e0 动量的大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞 碰撞前后球1的运动方向相反 将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为e1 p1 球2的动能和动量的大小分别记为e2 p2 则必有 a e1 e0b p1 p0c e2 e0d p2 p0 解析 选a b d 据能量守恒 钢球碰后动能e1 e0 所以p1 p0 据动量守恒 p0 p1 p2 则p2 p1 p0 p0 故a b d正确 而碰后动能不可能增加 故c错误 考点3反冲 爆炸 平均动量守恒问题 1 反冲运动 1 特点 系统中一部分脱离向某一方向运动 其余部分向 方向发生运动 2 主要应用 相反 火箭 2 爆炸问题 1 内力远大于 过程持续时间很短 即使系统所受合外力不为零 但合外力的冲量几乎为零 可认为动量守恒 2 由其他形式的能转化为 外力 机械能 1 爆炸与碰撞的比较 1 相同点 物理过程剧烈 系统内物体的相互作用力即内力很大 内力远大于外力 所以系统的动量守恒 由于爆炸 碰撞类问题作用时间很短 作用过程中物体的位移很小 一般可忽略不计 即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动 2 不同点 爆炸过程中有其他形式的能 一般为化学能 转化为动能 所以爆炸过程中系统的动能会增加 对于碰撞过程 系统的动能不会增加 2 分析方法对于爆炸 碰撞 反冲问题 一般情况下可进行如下分析 1 明确系统是由哪几个物体组成 2 明确系统内各物体的初 末两个状态 3 规定正方向 4 列出动量守恒方程 5 对结果进行讨论 3 平均动量守恒 1 若系统在全过程中动量守恒 则这一系统在全过程中平均动量也守恒 如果系统由两个物体组成 且相互作用前均静止 相互作用中均发生运动 则由得m1s1 m2s2 2 m1s1 m2s2的适用条件 系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒 构成系统的m1 m2原来静止 因相互作用而运动 s1 s2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移 2012 宜昌模拟 如图所示 完全相同的a b两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动 a b间夹有少量炸药 对a b在爆炸过程及随后的运动过程有下列说法 其中正确的是 a 炸药爆炸后瞬间 a b两物块速度方向一定相同b 炸药爆炸后瞬间 a b两物块速度方向一定相反c 炸药爆炸过程中 a b两物块组成的系统动量不守恒d a b在炸药爆炸后至a b相对传送带静止过程中动量守恒 解析 选d 炸药爆炸后 a b两物块的速度是否反向 取决于炸药对两物块的推力的冲量 应该存在三种可能 a的速度为零 a b反向和保持原来的方向 a b错 由于从炸药爆炸到a b相对传送带静止的过程中 所受摩擦力等大反向 系统所受合外力为零 故两物块组成的系统动量守恒 c错 d对 动量守恒定律的理解应用 例证1 2011 新课标全国卷 15分 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v0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v0 求弹簧释放的势能 解题指南 解答本题时可分阶段进行分析 第一阶段a碰b后与b粘合在一起 此时三者以共同速度运动 此过程动量守恒 机械能不守恒 第二阶段为从细线断开到c与弹簧分开的过程 a b和c动量守恒 机械能守恒 可根据这些守恒列出方程 解答所求 规范解答 设碰后a b和c的共同速度大小为v 由动量守恒有 3mv mv0 4分 设c离开弹簧时 a b的速度大小为v1 由动量守恒有 3mv 2mv1 mv0 4分 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 4分 由 式得弹簧所释放的势能为 3分 答案 互动探究 该题中 若b c以共同的初速度v0朝a运动 a静止 某时刻细线突然断开 b c被弹开 然后b又与a粘合 最终a b c速度相同 求b与a碰撞前b的速度 解析 设共同速度为v b c分开后 b的速度为vb 则2mv0 mvb mv a b粘合 mvb 2mv 联立解得答案 总结提升 应用动量守恒定律解题的基本步骤及应注意的问题1 基本步骤 1 明确研究对象 确定系统组成 2 受力分析 确定动量是否守恒 3 确定初末状态 计算初末动量 4 划分运动阶段 选择物理规律 5 规定正向 列式求解 讨论结果 2 应注意的问题当碰撞涉及多个过程时 应当针对每一个过程列出方程 可使思路清晰 尽量不要列综合式 以减小失分风险 变式训练 如图所示 滑块a c质量均为m 滑块b质量为开始时a b分别以v1 v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动 现将c无初速度地放在a上 并与a粘合不再分开 此时a与b相距较近 b与挡板相距足够远 若b与挡板碰撞后将以原速率反弹 a与b碰撞将粘合在一起 为使b能与挡板碰撞两次 v1 v2应满足什么关系 解析 设向右为正方向 a与c粘合在一起的共同速度为v 由动量守恒定律得 mv1 2mv 为保证b碰撞挡板前a未能追上b 应满足 v v2 设a b碰撞后的共同速度为v 由动量守恒定律得 为使b能与挡板再次相碰应满足 v 0 联立 式解得 1 5v2 v1 2v2或答案 1 5v2 v1 2v2或 子弹打木块类问题 例证2 如图所示 子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块 子弹未穿透木块 此过程产生的内能为6j 那么此过程木块动能可能增加了 a 12jb 16jc 4jd 6j 解题指南 解答本题要弄清以下两个方面 1 子弹射入木块过程中系统的动量守恒 2 射入过程中损失的动能全部转化为内能 自主解答 选c 解法一 解析法 设子弹初速度为v0 子弹和木块一起运动的速度为v 则子弹射入木块过程中 子弹和木块组成的系统动量守恒 由动量守恒定律有 mv0 m m v 射入过程产生的内能等于系统损失的动能 由能量守恒有 由题意及 两式得 子弹射入木块过程中 木块增加的动能为 由 两式得 故本题选c 解法二 图象法 作出在子弹射入木块过程中 子弹和木块的v t图象如图所示 设子弹和木块相互作用力为f 由图象可知 v0ao面积表示子弹射入木块的深度 oat面积表示木块沿光滑水平面滑行的距离 且子弹 木块之间的作用力与射入深度的乘积就是转化内能部分的能量 即 子弹 木块之间相互作用力对木块做的功等于木块获得的动能 即ek fs oat 由 得 又故ek 6j 因此c正确 总结提升 妙用图象法巧解子弹射击木块问题图象法解答子弹射击木块问题形象直观 事半功倍 应用图象法时从以下三点着手 1 依题意分别画出子弹和木块的v t图象 2 清楚各图线与t轴所围 面积 的物理意义 并比较各面积的大小 3 仔细观察图象并结合题目所求列式分析 变式训练 如图所示 一沙袋用轻细绳悬于o点 开始时沙袋处于静止 此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出 第一粒弹丸的速度为v1 打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30 当其第一次返回图示位置时 第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋 使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30 若弹丸质量是沙袋质量的1 40倍 则以下结论中正确的是 a v1 v2b v1 v2 41 42c v1 v2 42 41d v1 v2 41 83 解析 选d 根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知 两次击中沙袋后的速度相同 设为v 用m表示沙袋的质量 m表示弹丸的质量 由动量守恒得第一次 mv1 m m v 第二次 mv2 m m v 2m m v 比较两式可以解得 v1 v2 41 83 故选项d是正确的 变式备选 矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成 将其放在光滑的水平面上 如图所示 质量为m的子弹以速度v水平射入滑块 若射击上层 则子弹刚好不穿出 若射击下层 整个子弹刚好嵌入 则上述两种情况相比较 a 两次子弹对滑块做的功一样多b 两次滑块受的冲量一样大c 子弹嵌入下层过程中克服阻力做功较少d 子弹射入上层过程中系统产生的热量较多 解析 选a b 由水平方向动量守恒可以知道 两种情况对应的末速度是一样的 系统动能的减少也是一样的 系统产生的热量也一样多 d错误 由动能定理可知 子弹克服阻力做功相同 子弹对滑块做功相同 a对c错 由动量定理可以分析 两次滑块所受冲量一样大 b也正确 碰撞问题分析 例证3 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 5kg m s p2 7kg m s 甲从后面追上乙并发生碰撞 碰后乙球的动量变为10kg m s 则两球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种 a m1 m2b 2m1 m2c 4m1 m2d 6m1 m2 解题指南 解答本题应注意以下三个方面 1 两球相碰 动量守恒 2 两球相碰 机械能不会增加 3 两球相碰 速度要符合实际情况 自主解答 选c 甲 乙两球在碰撞过程中动量守恒 所以有 p1 p2 p 1 p 2 即p 1 2kg 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 所以有 此时误选择c d选项 这个结论合 理 但却不合 情 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 即所以因此选项d是不合 情 的 正确的答案应该是c选项 总结提升 碰撞问题的分析思路 1 选定碰撞系统 明确系统内包括几个物体 2 对于一个碰撞过程 确定系统初 末状态的动量 3 无论是弹性碰撞还是非弹性碰撞 系统的动量守恒 动能不一定守恒 系统的动能一定不增加 4 任何形式的碰撞其速度关系要符合实际 5 灵活运用进行动量与动能的转换 变式训练 如图所示 位于光滑水平桌面上的小滑块p和q都视作质点 质量相等 q与轻质弹簧相连 设q静止 p以某一初速度向q运动并与弹簧发生碰撞 在整个过程中 弹簧具有最大弹性势能等于 a p的初动能b p的初动能的c p的初动能的d p的初动能的 解析 选b 光滑水平桌面上的小滑块p和q p以某一初速度向q运动并与弹簧发生碰撞 弹簧具有最大弹性势能时p q两滑块的速度相等 由动量守恒得 mv0 2mv1 碰撞中机械能守恒 所以b对 例证 火箭喷气发动机每次喷出m 200g的气体 气体离开发动机喷出时的速度v 1000m s 设火箭质量m 300kg 发动机每秒喷气20次 1 当第三次气体喷出后 火箭的速度多大 2 运动第1s末 火箭的速度多大 规范解答 1 喷出气体运动方向与火箭运动方向相反 系统动量可认为守恒 设第一次气体喷出后 火箭速度为v1 则 m m v1 mv 0 所以设第二次气体喷出后 火箭速度为v2 有 m 2m v2 mv m m v1 所以同理 设第n次喷出气体后 火箭速度为vn 有 2 因为每秒喷出20次 所以1s末火箭速度为 答案 1 2m s 2 13 5m s 1 两球相向运动 发生正碰 碰撞后两球均静止 于是可以断定 在碰撞以前 a 两球的质量相等b 两球的速度大小相同c 两球的质量与速度的乘积大小相等d 以上都不能断定 解析 选c 由动量守恒定律知 两小球动量改变量大小相等 又碰撞后两球静止 即两球碰撞前动量大小相等 故a b d错 c正确 2 2012 黄冈模拟 如图所示 一辆小车静止在光滑水平面上 a b两人分别站在车的两端 当两人同时相向运动时 a 若小车不动 两人速率一定相等b 若小车向