2019-2020学年高中物理 第1章 动量守恒研究 第2节 动量守恒定律教学案 鲁科版选修3-5.doc

第2节动量守恒定律1知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律2理解动量守恒定律的确切含义和表达式(重点难点)3知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用(重点)4了解火箭的飞行原理和主要用途一、动量守恒吗1动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变2表达式(1)物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1、v2，则可表示为：m1v1m2v2m1v1m2v2(2)物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1、p2，则可表示为：p1p2p1p2(3)物体m1、m2相互作用后动量的变化分别为p1和p2，则可表示为：p1p2或p1p203适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于微观、高速物体的运动1(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒()(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒()(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零()提示：(1)(2)(3)二、动量守恒定律的推导设两质点质量分别为m1、m2，f1与f2表示两质点间相互作用力，两质点的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1、v2，相互作用时间为t，则对m1，由动量定理得f1tm1v1m1v1，对m2，由动量定理得f2tm2v2m2v2，据牛顿第三定律：f2f1，所以f2tf1t，所以m2v2m2v2(m1v1m1v1)，整理得：m1v1m2v2m1v1m2v2此式表明质点在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(动量定理)推导，那么二者的适用范围是否一样？提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，动量守恒定律适用于任何物体、任何运动三、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，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象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2(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理()(2)一切反冲现象都是有益的()(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理()提示：(1)(2)(3)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(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大二是燃料质量越大、负荷越小，火箭能达到的速度也越大3(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果()(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行()提示：(1)(2)动量守恒定律的理解及应用1研究对象：相互作用的物体组成的系统2正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等3动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同在求初、末状态系统的总动量pp1p2和pp1p2时，要按矢量运算法则计算如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算(2)相对性：动量守恒定律中，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，各物体的速度通常均为对地的速度(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量(5)普适性：动量守恒定律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不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统4应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析研究对象所受的外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；(5)根据动量守恒定律列式求解，并对结果进行讨论将矢量运算转化为代数运算时，符号处理应注意：(1)若用v、v表示物体的速度大小，则速度沿正向时动量表示为mv、mv，速度沿负方向时，动量表示为mv、mv(2)若用v、v表示物体速度，则无论正向、反向，动量都表示为mv、mv，方向包含在v、v之中，求解结果的正、负可确定速度的方向 命题视角1对动量守恒定律的理解关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()a只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒b只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒c只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒d系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒思路点拨 动量守恒定律成立的条件是系统不受外力，或所受合外力为0，或者是系统所受的外力比相互作用的内力小很多解析根据动量守恒条件可知a、b错误，c正确；d项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒答案c系统动量守恒的判定方法(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力(2)研究系统受到的外力矢量和(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化 命题视角2动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块a和b，已知木块a、b的质量分别为ma500 g、mb300 g有一个质量为80 g的小铁块c以25 m/s的水平初速度开始在a表面上滑动由于c与a、b之间有摩擦，铁块最后停在b上，b和c一起以25 m/s的速度共同前进求：(1)木块a的最后速度va的大小；(2)c在离开a时的速度vc的大小思路点拨 (1)本题的物理过程可分为两个阶段，即c分别在a、b上滑动的阶段(2)本题求解的一个关键是确定c离开a时a、b的速度相同解析(1)取a、b、c三个物体组成的系统为研究对象系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，则mcvcmava(mbmc)v代入已知数据解得va m/s21 m/s(2)铁块c离开a滑到b上时，木块a和b具有相同的速度va仍对a、b、c组成的系统应用动量守恒定律得mcvcmcvc(mamb)va解得vc m/s4 m/s答案(1)21 m/s(2)4 m/s应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键是正确划分过程与合理选择研究系统有的过程选部分物体为研究系统，有的过程需要选取全部物体为研究系统 命题视角3动量守恒定律中的临界、极值问题如图所示，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向甲船，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)思路点拨 选取向右为速度的正方向，甲接住货物后，两船不相撞应满足：v乙v甲，临界条件为：v乙v甲此时对应抛出货物的速度最小解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，甲、乙两船的运动方向为正方向由动量守恒定律得12mv011mv1mvmin10m2v0mvmin11mv2为避免两船相撞应满足v1v2联立式得vmin4v0答案4v0动量守恒定律应用中的常见临界情形(1)如图甲所示，光滑水平面上的a物体以速度v去撞击静止的b物体，a、b两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大甲 乙(2)如图乙所示，物体a以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车b上，当a在b上滑行的距离最远时，a、b相对静止，a、b两物体的速度必定相等 丙(3)如图丙所示，质量为m的滑块静止在光滑水平面上，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，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)【通关练习】1(多选)在光滑水平面上，a、b两小车中间有一弹簧，如图所示用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，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，再放开右手后，动量不守恒c先放开左手，再放开右手后，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析：选acd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)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，a对；先放开左手，再放开右手后，是指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，b错；先放开左手，系统就在右手作用下，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，c对；其实，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同时放开，那么放手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就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，d对2如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v060 m/s甲小孩车上有质量m1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量m150 kg，乙和他的车总质量m230 kg甲不断地将小球一个一个地以v165 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？解析：两车不相碰的临界条件是它们最后的速度(对地)相同由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有m1v0m2v0(m1m2)v，再以甲及小球为系统，同样有m1v0(m1nm)vnmv，联立解得n15个答案：15个对反冲运动的理解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远大于外力，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讨论反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还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的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(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒(2)内力做的功往往会改变系统的总动能一火箭喷气发动机每次喷出m200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v1 000 m/s设此火箭初始质量m300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？思路点拨 求解本题时应把握以下三点：(1)以每秒20次喷出的气体和火箭剩余质量为研究对象(2)判断动量是否守恒(3)选正方向，据动量守恒定律列式求解解析以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象设火箭1 s末的速度为v，1 s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向由动量守恒定律得：(m20m)v20mv0解得v m/s135 m/s答案135 m/s对变质量问题，动量守恒定律仍适用，但必须考虑到气体喷出后，带走了一定质量，剩余部分质量已减少，在建立动量守恒定律方程时务必注意如图，质量为m的小船在静止水面上以速度v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()av0vbv0vcv0(v0v) dv0(v0v)解析：选c人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，所以有(mm)v0mvmv1，解得v1v0随堂检测1车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内设子弹的质量为m，出口速度为v，车厢和人的质量为m，作用完毕后车厢的速度为()a，向前b，向后c，向前 d0解析：选d以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项d正确2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()av0v2 bv0v2cv0v2 dv0(v0v2)解析：选d忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1m2)v0m1v1m2v2，整理可得v1v0(v0v2)，故d项正确3将质量为100 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)()a30 kgm/sb57102 kgm/sc60102 kgm/sd63102 kgm/s解析：选a燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00050 kg600 m/s30 kgm/s，选项a正确4如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m008 kg的10块完全相同的长直木板一质量m10 kg大小可忽略的小铜块以初速度v060 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v140 m/s铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得mv0mv110mv2，得v225 m/s(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得mv19mv2(m9m)v3，得v334 m/s答案：(1)25 m/s(2)34 m/s课时作业一、单项选择题1质量m100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲40 kg、m乙60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为()a06 m/s，向左 b3 m/s，向左c06 m/s，向右 d3 m/s，向右解析：选a以向左为正方向，根据动量守恒得0m甲vm乙vmv，代入数据解得v06 m/s，方向向左2一个不稳定的原子核质量为m，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲已知放出的粒子的动能为e0，则新原子核反冲的动能为()ae0 be0ce0 de0解析：选c由动量守恒定律知(mm)vmv0p，又ek，e0，知选项c对3一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s假设他站在车的a端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()a只要ls，他一定能跳上站台b只要ls，他就有可能跳上站台c只要ls，他一定能跳上站台d只要ls，他就有可能跳上站台解析：选b人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故lv乙b两人质量相等，则必定是v乙v甲c两人速率相等，则必定是m甲m乙d两人速率相等，则必定是m乙m甲解析：选ac取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量当两人质量相等时，必定是v甲v乙，所以选项a正确，b错误若两人速率相等，则必定是m甲m乙，所以选项c正确，d错误如图所示，小车ab放在光滑水平面上，a端固定一个轻弹簧，b端粘有油泥，ab总质量为m，质量为m的木块c放在小车上，用细绳连接于小车的a端并使弹簧压缩，开始时小车ab和木块c都静止，当突然烧断细绳时，c被释放，使c离开弹簧向b端冲去，并跟b端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()a弹簧伸长过程中c向右运动，同时ab也向右运动bc与b碰前，c与ab的速率之比为mmcc与油泥粘在一起后，ab立即停止运动dc与油泥粘在一起后，ab继续向右运动解析：选bc弹簧向右推c，c向右运动，同时弹簧向左推a端，小车向左运动，a错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，c与b碰前，有mvcmvab，得：vcvabmm，b正确；c与b碰撞过程动量守恒，有：mvcmvab(mm)v，知v0，故c正确，d错误如图所示，两物块质量关系为m12m2，两物块与水平面间的动摩擦因数221，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则()a两物块在脱离弹簧时的速率最大b两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为c两物块的速率同时达到最大d两物块在弹开后同时达到静止解析：选bcd烧断细线后，对m1、m2及弹簧组成的系统，在m1、m2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中f11m1g，f22m2g，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止综合以上分析可知，a选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0m1v1m2v2，显然，任意时刻，两物块的速率之比；当v1最大时，v2亦最大；当v10时，亦有v20，所以b、c、d选项都正确如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是()a若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速b若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速c若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速d若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选ac小车和木块组成的系统动量守恒若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速若小车的动量小于木块的动