广东物理高考一轮复习第五章第五讲动量守恒定律及其应用课件

1、一、动量、动能和动量的变化量的辨析,质量,速度,运动,mv,mv2,矢量,矢量,1物体的动量的变化率 等于它所受的力，这是牛顿第 二定律的另一表达形式 2动量和动能都是描述物体运动状态的量，但是它们描述 的角度不同，动能是从能量的角度去描述，而动量是 从作用效果方面去描述 3对同一个物体，当速度大小不变、方向变化时，动量发 生改变而动能不变，如匀速圆周运动,二、动量守恒定律 1内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和 为零，这个系统的总动量保持不变 2常用的表达式 (1)pp，系统相互作用前的 p等于相互作用后 的 p. (2)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组 成

2、的系统，作用前的 等于作用后的 ,总动量,总动量,总动量,总动量,(3)p1p2，相互作用的两个物体动量的变化大小 ，方向 (4)p0，系统总动量的变化 ,相等,相反,为零,不受外力,外力,3成立的条件 (1)系统 或系统所受 之和为零，根据动量 定理可知，系统的合外力冲量为零，系统的动量变 化量为零，系统动量守恒,(2)系统在某一方向上不受外力，或所受外力之和为零，则 系统所受合外力在这一方向上的冲量为零，因而系统在 这一方向上的 为零，系统在这一方向上动量 守恒 (3)当系统 远大于 或者某一方向上 远大于 时，系统的外力或某一方向上的外力可以忽略不计， 系统或系统在某一方向上动量近似守恒

3、,动量变化量,内力,外力,内力,外力,守恒,守恒,守恒,守恒,共线,三、碰撞、爆炸和反冲 1.碰撞的种类及特点,2爆炸现象 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体 间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中， 可以认为系统的总动量守恒 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学 能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加 (3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中物体 产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后 仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动,3反冲现象 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象 (2)反冲

4、运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守 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 系统的总动能增加反冲运动是作用力与反作用力都做 正功的典型事例,四、用动量表示牛顿第二定律 1冲量 (1)定义： 与 的乘积，IFt. (2)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向一致，也与动量变 化量的方向一致 (3)单位：在国际单位中，冲量的单位是 ，且1 1 kgm/s.,力,力的作用时间,Ns,Ns,2公式IFt中的F指的是恒力 3冲量的大小与物体是否运动无关 4计算冲量时，一定要明确是哪一段时间内的冲量 5冲量具有矢量性，既有大小，又有方向,2动量定理 (1)内容：物体在一

5、个过程始末的 等于它在这个过 程中所受力的冲量 (2)数学表达式：Ippp或Ftmvmv.,动量变化量,1冲量是使物体动量变化的原因，也是动量变化的量度，力 施加冲量的过程就是物体与物体之间进行动量传递的过程 2动量定理是由牛顿运动定律推导出来的，Fma m ，它与牛顿第二定律一样，说明了物体运动状态的变 化与外界作用力的关系 3动量定理不仅适用于恒力作用，对于变力作用也适用，只 是此时F指的是作用力对时间的平均值 4动量定理表达式是矢量表达式，在定量分析时应选定正 方向,1.动量守恒的四性 (1)矢量性：对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的 问题，应选取统一的正方向，凡是与选取的正方向

6、一致的 动量为正，相反为负 (2)瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬 时的动量恒定，列方程m1v1m2v2m1v1m2v2时， 等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右 侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和，不同时刻的动 量不能相加,(3)相对性：由于动量的大小与参考系的选取有关，因此应用 动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯 性系的速度一般以地面为参考系 (4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，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,2动量守恒定律与机械能守恒定律的比较,3应用动量守恒定律的

7、解题步骤 (1)确定相互作用的系统为研究对象； (2)分析系统内研究对象所受的力，弄清哪些是内力，哪些是 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、负号及表达式； (5)根据动量守恒定律列方程求解,1. (2010湖南名校联考)将一 质量为3 kg的木板置于光 滑水平面上，另一质量为 1 kg的物块放在木板上已知物块和木板间有摩 擦，而木板足够长，若两者都以大小为4 m/s的初 速度向相反方向运动(如图551所示)，则当木 板的速度为2.4 m/s时，物块正在 (),图551,A水平向左做匀减速运动 B水平向右做匀加速运动 C水平方向做匀速运动 D

8、处于静止状态,解析：由于木板和物块组成的系统在水平方向上所受合外力为零，所以系统动量守恒因为木板的质量大于物块的质量，初速度大小相等，所以二者的总动量方向向右由于物块和木板间有摩擦，所以物块应先向左做匀减速直线运动，当速度减到零时，再向右做匀加速直线运动，而木板一直向右做匀减速运动，当二者达到共同速度时，一起向右做匀速运动当木板的速度为2.4 m/s时，由动量守恒可得MvmvMvmv，代入数据解得此时物块的速度为v0.8 m/s，所以物块正向右做匀加速直线运动本题正确选项为B.,答案：B,两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹

9、性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2 解得：,结论：(1)当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度 (2)当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动 (3)当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反 弹回来,1两物体碰撞时，动量一定守恒，机械能不增加，只有发 生弹性碰撞时机械能才不变 2两物体同向碰撞，原来在前的物体速度一定增加，两物 体相向碰撞时，碰后两物体的运动方向至少有一个发生 改变,2.在光滑的水平面上，质量为m1的 小球A以速率v0向右运动在小球 A的前方O点有一质量为m2的小球 B处于静止状态，如图552所 示小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运 动小球B被在Q

10、点处的墙壁弹回后与小球A在P点相 遇，PQ15PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁 之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.,图552,解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为41. 设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等 m1v0 m1v1m2v2 m1v02 m1v12 m2v22 利用v2/v14，可解得 2.,答案：2,(2009山东高考)如图553所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mAmC2m，mBm，A、B用细绳连接，中间有一压

11、缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求B与C碰撞前B的速度,图553,解析设三滑块最终速度为v，滑块A与B分开后B的速度为vB.细绳断开，A、B被弹开的过程中，A、B组成的系统动量守恒由动量守恒定律得 (mAmB)v0mAvmBvB B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 mBvB(mBmC)v 联立解得B与C碰撞前B的速度 vB .,答案,应用动量守恒定律计算时，要注意恰当选取系统，判断所选系统动量是否守恒，列方程时应注意题中的特殊条件，如本题中滑块A

12、、B、C的质量关系和碰撞前后的速度关系.,(2009宁夏高考)两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图554所示一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度,图554,思路点拨物块与劈A和B相互作用过程，因地面和劈的曲面均光滑，系统的机械能和水平方向的动量均守恒.,课堂笔记设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得 mgh M1Vmv 设物块在劈B上达到的最大高度为h，此时物块和B的共同速度大小为V，由机

13、械能守恒和动量守恒得 mv(M2m)V ,联立式得,答案： h,物块相对于劈B滑至最大高度时，二者相对静止，速度相同，均为水平方向,1如图555所示，光滑水平面上两小车中间夹一压 缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两 车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 (),图555,A两手同时放开后，系统总动量始终为零 B先放开左手、后放开右手后，系统动量不守恒 C先放开左手，后放开右手，总动量向左 D无论何时放手，只要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：当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系

14、统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确综合上述分析可知选项A、C、D正确,答案：ACD,2如图556所示，木块a、b用 一轻弹簧连接起来，放在光滑水 平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F 使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是 (),图556,Aa尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 Ba尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统机械能守恒 Ca离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 Da离开墙壁后，a、b与弹簧组

15、成的系统机械能守恒,解析：a未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统受墙向右的外力，合外力不为零，动量不守恒，故A错误a未离开墙壁前，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故B正确a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故C、D均正确,答案：BCD,3如图557所示，位于光滑水平桌 面上的小滑块P和Q都可视作质点， 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 整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于() AP的初动能BP的初动能的 CP的初动能的 DP的初动能的,图557,解析：整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的

16、速度相等时，弹簧的弹性势能最大设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m.由系统动量守恒得mv02mv，v v0，系统机械能守恒，弹性势能的最大值为：E mv022 m( v0)2 mv02 ( mv02) EkP，所以B选项正确,答案：B,4质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的 静止小 球正碰，关于碰后的速度v1和v2，下面可能的是 () Av1v2 m/s Bv11 m/s，v22.5 m/s Cv11 m/s，v23 m/s Dv14 m/s，v24 m/s,解析：两球相碰，总动量是守恒的，由m1v0m1v1m2v2验证得：A、B、D满足动量守恒，C不满足动量守恒，C错误；两球碰撞过程中动能不增加，由 m1v02 m1v12 m2v22，验证可得，D项碰后总动能增加了，故D错误，A、B正确,答案：AB,5如图558所示，A、B两个木块质 量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平 地面间接触光滑