(珍藏级)高中物理专题讲座10：动量守恒.pptx

1、1.动量守恒定律 2.动量守恒的应用 3.碰撞与反冲,4. 动量定理及其应用 5. 高考真题赏析,专 题 : 动量守恒,动量：物体的质量和速度的乘积叫做动量，pmv. (1)动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应. (2)动量是矢量，它的方向和速度的方向相同. (3)由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系.,动量守恒定律的条件：系统不受外力或者所受外力之和为零. 根据具体问题，其条件可理解为： (1)系统不受外力或者所受外力之和为零； (2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； (3)如果系统所受合外力不为

2、零，但在某一方向上合外力等于零，这一方向上动量还是守恒的.,一、动量守恒定律,例1、如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，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组成的系统的动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒,BCD,【解析】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分别相对于小车向左、向右滑

3、动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左. 由于mAmB32，所以FAFB32，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，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，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.,例2、如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为，质量为M的斜面体B，现有一质量为m的物体A以初速度v0沿斜面上滑，若A刚好可到达B的顶端，且A、B具有共同速度，若不计A、B间的摩擦，求A到达顶端时速度的大小.,

4、解析：因为只有物体A具有竖直方向的加速度，故系统所受合外力不为零，且方向为竖直方向， 但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒， 即 mv0cos (Mm)v 所以 v +,【思维提升】几个物体组成的系统在某一过程中，总动量不守恒，但系统在某一个方向上不受外力的作用，或者在这个方向上外力的矢量和为零.那么系统在这个方向上的动量守恒.,练习：如图所示中不计一切摩擦，A物体质量为m，B物体质量为M. (1)(a)图中B是半径为R的 圆弧轨道，A、B最初均处于静止状态，现让A自由下滑，求A滑离B时A和B的速度大小之比. (2)(b)图中B也是半径为R的 圆弧轨道，初态时B静止不动，滑块A以速度v0沿轨

5、道上滑，若滑块已滑出轨道B，求滑出时B的速度大小. (3)(c)图中B为一半径为R的半圆形轨道，开始时B静止不动，滑块A以一初速度v0使其沿轨道下滑，若A能从轨道的另一端滑出，求滑出时B的速度为多大？ (4)(d)图中小球来回摆动，求小球摆至最低点时A、B速度大小之比.,(1)vAvBMm,(2)vB +,(3)vB0,(4)vAvBMm,易错门诊,【正解】取小球的初速度方向为正方向，小球动量变化量为 pmv2mv10.45 kgm/s0.45 kgm/s4 kgm/s 负号表示动量的变化量p的方向与小球初速度方向相反，即水平向左.,如图所示，质量为0.4 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的

6、速度向右冲向墙壁，又以5 m/s的速度被反向弹回，在球与墙相碰前后，求小球动量的变化量？,【错解】小球动量的变化量为 pmv2mv10.45 kgm/s0.45 kgm/s0,【思维提升】动量是矢量，动量的变化量也是矢量.一定要注意矢量的方向性.,【错因】上述错误的原因是忽略了动量的矢量性，本题中小球与墙碰撞前后的动量方向相反，即初动量和末动量不同.,二、动量守恒定律的应用,一.动量守恒方程的几种形式 (1)系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，即pp. (2)系统总动量的增量为零，即ppp0. (3)对两部分物体组成的系统，在相互作用前后各部分的动量变化等值反向，即p1p2.,二、应

7、用动量守恒定律解决问题的基本思路 1.分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的. 2.要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒. 3.明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式. 4.确定好正方向，建立动量守

8、恒方程求解.,二、动量守恒定律的应用,1. 人船模型,例 : 长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？,【解析】人和船组成的系统在水平方向不受力，所以动量守恒，设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得 mv1Mv20 因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量时刻满足守恒，对式两边同乘以t，得 ms1Ms20 式为人对地的位移和船对地的位移关系. 由图所示还可看出：s1s2L 联立两式得:,“人船模型”的特点： (1)p00； (2)m1 m2 0； (3)m1s1m2s20 即m1

9、s1m2s2.,【拓展1】如图所示，质量为mB的斜面体B放在质量为mA的斜面体A的顶端，斜面体A放在水平面上，若斜面体A的下底边长度为a，斜面体B的上边长度为b，且mA2mB，不计一切摩擦，求当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端时，A移动的距离.,【解析】我们可画出如图所示的示意图. 我们注意到，以A、B组成的系统动量不守恒，但该系统水平方向动量守恒(因为该系统水平方向不受外力). 设A、B在题述过程中的水平位移大小分别为sA、sB，则联想“人船模型”， 可得：mAsAmBsB 因为mA2mB 所以2sAsB 注意到 sB + sA ab 可得sA ,2. 多体问题,例2： 如图所示，在光滑的

10、水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500 g，B的质量是300 g，有一质量为80 g的小铜块C(可视为质点)以25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动.铜块最后停在B上，B与C一起以2.5 m/s的速度共同前进. 求： (1)木块A最后的速度vA； (2)C离开A时的速度vC.,解： C在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒，则： mCv0mCvC(mAmB)vA C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则 mCvCmBvA(mBmC)vBC 把上述方程联立求解可得： vA2.1 m/s，vC4 m/s,【思维提升】在多个物体相互作用

11、的系统中，恰当选取系统中部分物体为研究对象，往往是解决问题的关键.,【拓展2】两只小船平行匀速逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，每一只船上各投质量m50 kg的一只麻袋到对面船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船以v8.5 m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m1500 kg，m21 000 kg，问在交换麻袋前两只船的速率各为多少？,【解析】每只船和麻袋都匀速行驶，在交换麻袋时近似认为 两船在水平方向受力不变，水平方向动量守恒. (1)选取抛出麻袋后的小船和从大船投过的麻袋为系统，并以 小船m1的速度方向为正方向如图所示， 依动量守恒定律有 (m1m)v1mv20

12、 即450v150v20 (2)选取抛出麻袋后的大船和从小船投过的麻袋为系统， 由动量守恒定律，有(m2m)v2mv1m2v 即950v250v11 0008.5 (3)选取四个物体为系统，有 m1v1m2v2m2v 即500v11 000v21 0008.5 联立、式中的任意两式解得： v11 m/s，v29 m/s,易错门诊,【例3】如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m120 kg的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m225 kg的平板车厢连接.质量为m315 kg的小物体放在平板车厢上，物体与平板车之间的滑动摩擦因数为0.20.开始时车厢静止，绳松弛，小车以v03 m/s的速

13、度前进，设平板足够长，试求小物体m3在平板上移动的距离x.,【错解】三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v，由系统动量守恒得 m1v0(m1m2m3)v 代入数据解得 v1 m/s 又因为系统损失动能的多少等于物体克服摩擦力做的功， 则 m1 (m1m2m3)v2m3gx 代入数据解得x2 m,【错因】忽略了绳子的微小形变过程中机械能的损失.三个物体的作用过程可以简化为：先由m1、m2相互作用，两者达到共同速度，这个过程要损失机械能；然后m1、m2的共同体与m3发生相互作用，三者达到共同速度，这个过程又要损失机械能.,易错门诊,【例3】如图所示，在光滑水平面上，有一质量

14、为m120 kg的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m225 kg的平板车厢连接.质量为m315 kg的小物体放在平板车厢上，物体与平板车之间的滑动摩擦因数为0.20.开始时车厢静止，绳松弛，小车以v03 m/s的速度前进，设平板足够长，试求小物体m3在平板上移动的距离x.,【正解】 (1)第一个过程是m1、m2相互作用，两者达到共同速度v1，m1、m2组成的系统动量守恒：m1v0(m1m2)v1 代入数据解得v1 m/s (2)三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v2，由系统动量守恒: m1 (m1m2m3) 代入数据解得v21 m/s (3)第二个过程是m

15、1、m2组成的系统与m3发生作用，这个过程中，由功和能的关系得: (m1m2) (m1m2m3) m3gx 代入数据解得x m,【思维提升】对于微小形变过程中的机械能是否守恒的判断一定要结合物理情景和题设条件，切不可想当然.,三、碰撞与反冲运动,1.碰撞及其特点 (1)碰撞：碰撞是指物体间相互作用时间很短，而物体间相互作用力很大的一类现象. (2)碰撞、爆炸过程的特点： 时间短：在碰撞、爆炸现象中相互作用时间很短. 相互作用力很大：在碰撞、爆炸过程中，物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大. 动量守恒：在碰撞、爆炸过程中，系统的内力远大于外力，外力可忽略，系统的总动量守

16、恒.,2.碰撞的分类 (1)从碰撞过程中能量是否变化的角度分： 弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变完全恢复，碰撞过程中，系统同时满足动量守恒和机械能守恒； 非弹性碰撞：碰撞结束后，物体形变只有部分恢复，碰撞过程中，系统满足动量守恒，但机械能有损失； 完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，形变完全保留，有共同的速度，碰撞过程中，系统满足动量守恒，系统的机械能损失最大. (2)从碰撞前后两物体(小球)的速度方向关系分： 对心碰撞：碰撞前后两球的速度方向均与碰前两球心的连线在同一直线上，这种碰撞又叫正碰； 非对心碰撞：碰撞之前两球的速度方向与两球心的连线不在同一条直线上；碰后两球的速度方向都会偏离

17、原来两球心的连线，这种碰撞又叫斜碰.,判断碰撞是否成立的原则 1.动量守恒，即p1p2p1p2. 2.动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2 3.速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后v前，否则无法实现碰撞.碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前v后，否则碰撞没有结束.如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零.,1.一维碰撞中可能性的判断 【例1】在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，如图所示，已知碰撞前两球的动量分别为pA12

18、 kgm/s，pB13 kgm/s，碰撞后它们的动量变化量pA、pB有可能的是() A.pA3 kgm/s，pB3 kgm/s B.pA4 kgm/s，pB4 kgm/s C.pA5 kgm/s，pB5 kgm/s D.pA24 kgm/s，pB24 kgm/s,【解析】四个选项都遵守动量守恒原则，即pApB0，这些选项是否都对呢？由于本题是追碰问题，故必有 vAvB，vBvB 所以有pB0, 因而pA0，可将B选项排除. 再考虑动能不能增加原则，即 mA mB mA v mB v 且 mB v mB 由式解得 mA v mA 即 v 或|vA|vA| 由此可得：vAvAvA 式各项减去vA，

19、再乘以mA，可得：2pApA0 由可排除D，故只有A、C选项正确.,AC,2.内力远大于外力模型的动量守恒 【例2】2007年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛.假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能.求： (1)烟花上升的最大高度. (2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小； (3)烟花炸裂时消耗的化学能.,【解析】 (1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度h (2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速

20、度大小为v1， 由平抛运动规律得: sv1th gt2 联立解得: v1 (3)烟花炸裂时动量守恒有 v1 v20，解得另一块的速度为v2v1 由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能 E % m m ,【思维提升】(1)烟花炸裂过程内力远大于外力，动量守恒. (2)烟花炸裂过程有化学能转化为机械能.,【例3】光滑的水平面上有A、B两辆小车，mB1 kg，原来静止.小车A连同支架的质量为mA1 kg，现将小球C用长为L0.2 m的细线悬于支架顶端，mC0.5 kg.开始时A车与C球以v04 m/s的共同速度冲向B车，如图所示.若A、B发生正碰后粘在一起，不计空气阻力，取g10 m/s2.试求细线

21、所受的最大拉力.,易错门诊,【错解】小车A与小车B相碰的瞬间，A、B组成的系统动量守恒，C保持原来的速度v0不变. C做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得：FmCgmC ，即 FmCgmC (0.510) N . . N45 N,【错因】 上面的解法中虽然弄清了A、B碰撞的瞬间C保持原来的速度不变，但求拉力时对C的线速度理解错误，质点相对于圆心(悬点)的速度不是v0，而是v相v0vAB,【例3】光滑的水平面上有A、B两辆小车，mB1 kg，原来静止.小车A连同支架的质量为mA1 kg，现将小球C用长为L0.2 m的细线悬于支架顶端，mC0.5 kg.开始时A车与C球以v04

22、 m/s的共同速度冲向B车，如图 所示.若A、B发生正碰后粘在一起，不计空气阻力，取 g10 m/s2.试求细线所受的最大拉力.,易错门诊,【正解】小车A与小车B相碰的瞬间，C的速度保持v0不变，A、B组成的系统动量守恒： mAv0(mAmB)vAB 解得vAB mAv0 mAmB + m/s2 m/s 方向与v0相同. A、B结合成整体的瞬间，C的速度仍为v0，所以C相对于A、B整体的相对速度为： v相v0vAB2 m/s A、B碰后，C相对于悬点做圆周运动，在最低点时绳子的拉力最大，由牛顿第二定律可得 FmCgmC 相 ，即 FmCgmC 相 (0.510) N . . N15 N,【思维

23、提升】求解向心力时，对v选取正确的参考系，是解此题的关键.,四、动量定理及其应用,1.冲量 力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量.冲量是描述力对物体作用的时间累积效应的物理量.冲量的表达式是 IFt ，而t是一个过程量，因此力的冲量是一个过程量，冲量是矢量，但方向不一定就是力F的方向.,2.动量定理 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即 ppI或,如果在作用时间内作用力为恒力(大小和方向都不变)时，冲量的方向与力的方向是一致的；如果在作用时间内作用力是变力时，特别是作用力的方向也变时，冲量的方向应为动量变化的方向.,例1. 质量为1.0 kg的小球从离地面5.0 m高

24、度处自由落下，与地面碰撞后，回弹的最大高度为3.2 m，设球与地面碰撞时间为0.2 s，不计空气阻力，则小球受到地面的平均冲力大小为( ) A.90.0 N B.80.0 N C.100.0 N D.30.0 N,【解析】下落阶段v1 上升阶段v2 碰撞过程取竖直向上为正方向，由动量定理得: Ftmgtmv2m(v1) 所以Fmg ( + ) 代入数据得F100.0 N，方向竖直向上.,C,例2： 一小球在与地面距离为H高处由静止开始自由落下，已知小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，即有Fkv，其中k为已知常量，试求小球在下落过程中所受阻力的冲量.,【解析】本题阻力显然在不断变化，无法直接

25、求解. 考查物体的受力、运动情况，物体在重力和阻力作用下做加速度减小的加速运动，其速度随时间变化的v-t图象应为如图所示，由于小球在下落过程中所受阻力与其速度成正比，所以其阻力随时间变化的F-t图象，也应该与v-t图象相似，对于vt图象而言，图线与时间轴所围的“面积”表示小球的位移，即小球下落的高度；而对于F-t图象来说，图线与时间轴所围的“面积”表示阻力的冲量，由于Fkv，因此小球在下落过程中所受阻力的冲量IkH,例3：人做“蹦极”运动，用原长为15 m的橡皮绳拴住身体往下跃.若此人的质量为50 kg，从50 m高处由静止下落到运动停止瞬间所用时间为4 s，求橡皮绳对人的平均作用力.(g取1

26、0 m/s2，保留两位有效数字),解析： 绳张紧瞬间人的速度v1 10 m/s 以向上的方向为正，则由绳张紧瞬间到运动停止瞬间过程， 由动量定理得： Ft2mgt20(mv1) 所以F mv1 t2 mg8.8102 N,【思维提升】动量定理也可以表述为：外力的总冲量等于物体动量的变化量，即F1t1F2t2Fntnmvmv.,4. 如图所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板.求： (1)木块B从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移 (2)木块A在整个过程中的最小速度.,高考真题赏析,1. (2009全国)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等.两者质量之比M/m可能为() A.2B.3 C.4 D.5,2.(2009宁夏)两个质量分别为M1和M2的劈A