《2018-2019學年高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 1.2 動量課件 教科版選修3-5.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 1.2 動量課件 教科版選修3-5.ppt（131頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2 動 量,一、動量 1.定義:物體的_____和_____的乘積,用符號__表示。 2.公式:_____。 3.單位:____________,符號________。 4.矢量性:方向與_____的方向相同,運算遵守_______ _____法則。,質(zhì)量,速度,p,p=mv,千克米/秒,kgm/s,速度,平行四,邊形,【想一想】物體做勻速圓周運動時,其動量是否變化? 提示:動量是矢量,方向與速度方向相同,物體做勻速圓周運動時,速度大小不變,方向時刻變化,故動量也發(fā)生變化。,二、動量定理 1.沖量: (1)定義:力與力的_________的乘積。 (2)公式:I =_________。 (3)
2、單位:_______,符號是_____。 (4)矢量性:方向與_________相同。 (5)物理意義:反映力的作用對_____的積累效應。,作用時間,F(t′-t),牛頓秒,Ns,力的方向,時間,2.動量定理: (1)內(nèi)容:物體在一個過程始末的動量變化量等于它在 這個過程中所受_________。 (2)表達式:mv′-mv=_________或p′-p=__。,力的沖量,F(t′-t),I,【判一判】 (1)沖量是矢量,其方向與恒力的方向相同。 ( ) (2)力越大,力對物體的沖量越大。 ( ) (3)若物體在一段時間內(nèi),其動量發(fā)生了變化,則物體在這段時間內(nèi)的合外力一定不為零。 ( )
3、,提示:(1)√。沖量是矢量,根據(jù)定義判斷其方向與恒力的方向相同。 (2)。力越大,時間越長,力對物體的沖量越大。 (3)√。根據(jù)動量定理判斷動量變化,合力沖量不為0,合力一定不為0。,知識點一、對動量、沖量的理解 思考探究: 在距地面高為h處,同時以相等大小的初速度v0分別豎直上拋、豎直下拋質(zhì)量相等(大小為m)的物體,落地速度大小均為v。 (1)比較從拋出到落地,它們的動量的增量Δp。 (2)比較兩物體運動過程中重力沖量的大小。,【歸納總結(jié)】 1.動量的性質(zhì): (1)瞬時性:通常說物體的動量是物體在某一時刻或某一位置的動量,動量的大小可用p=mv表示。 (2)矢量性:動量的方向與物體的瞬時速
4、度的方向相同。 (3)相對性:因物體的速度與參考系的選取有關,故物體的動量也與參考系的選取有關。,2.動量的變化量:是矢量,其表達式Δp=p2-p1為矢量式,運算遵循平行四邊形定則,當p2、p1在同一條直線上時,可規(guī)定正方向,將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。,3.動量和動能的比較:,4.沖量的性質(zhì): (1)過程量:沖量描述的是力的作用對時間的積累效應,取決于力和時間這兩個因素,所以求沖量時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內(nèi)的沖量。 (2)矢量性:沖量的方向與力的方向相同,與相應時間內(nèi)物體動量變化量的方向相同。,【特別提醒】 動量是矢量,比較兩個物體的動量時,不能僅比較大小,也應比較方向,只有大
5、小相等、方向相同的兩個動量才相等。,【典例探究】 【典例】羽毛球是速度最快的球類運動之一,運動員扣殺羽毛球的速度可達到342km/h,假設球飛來的速度為90km/h,運動員將球以342 km/h的速度反向擊回。設羽毛球質(zhì)量為5g,擊球過程只用了0.05 s。試求:,(1)運動員擊球過程中羽毛球的動量變化量。 (2)運動員擊球過程中羽毛球所受重力的沖量、羽毛球的動能變化量各是多少?,【正確解答】(1)以羽毛球飛來的方向為正方向,則 p1=mv1=510-3 kgm/s=0.125kgm/s p2=mv2=-510-3 kgm/s=-0.475 kgm/s, 所以動量的變化量 Δp=p2-p1=(
6、-0.475-0.125)kgm/s=-0.600kgm/s,所以羽毛球的動量變化大小為0.600 kgm/s,方向與羽毛球飛來的方向相反。,(2)羽毛球重力大小為G=mg=0.05N 所以重力的沖量I=Gt=2.510-3Ns 羽毛球的初速度為v=25m/s,羽毛球的末速度 v′=-95m/s 所以ΔEk=E′k-Ek= mv- mv2=21J 答案:(1)0.600kgm/s,與球飛來的方向相反 (2)2.510-3Ns 21 J,【過關訓練】 如圖所示,一質(zhì)量m=3kg的物體靜止在光滑水平面上,受到與水平方向成60角的力作用,F的大小為9N,經(jīng)2 s時間,求:(g取10N/kg),(1)
7、物體重力沖量大小。 (2)物體受到的支持力沖量大小。 (3)力F的沖量大小。 (4)合外力的沖量大小。,【解析】對物體受力分析如圖所示,則,(1)重力的沖量IG=mgt=3102Ns=60 Ns (2)支持力的沖量 =FNt=(mg-Fsin 60)t= (310-9 )2Ns≈44.4 Ns (3)力F的沖量IF=Ft=92Ns=18 Ns (4)合外力的沖量I合=Fcos 60t=90.52Ns= 9 Ns 答案:(1)60Ns (2)44.4 Ns (3)18 Ns (4)9 Ns,【補償訓練】 1.關于動量的概念,下列說法正確的是 ( ) A.運動物體在任一時刻的動量方向,一定是該時刻
8、的速度方向 B.物體的加速度不變,其動量也一定不變 C.動量越大的物體,其速度一定越大 D.物體的動量越大,其慣性也越大,【解析】選A。本題側(cè)重于準確理解動量概念,動量具有瞬時性,任一時刻物體的動量方向,即為該時刻的速度方向,選項A正確。加速度不變,則物體的速度的變化率恒定,而運動的速度均勻變化,故其動量也均勻變化,選項B錯誤。物體的動量大小由物體質(zhì)量及速度大小共同決定,故物體的動量越大,其速度不一定越大,選項C錯誤。慣性由物體質(zhì)量決定,物體的動量越大,其質(zhì)量并不一定越大,慣性也不一定越大,故選項D錯誤。,2.如圖所示,質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角 為θ的粗糙斜面從底端向上滑動,經(jīng)過 時間t1速度減
9、為零,然后又沿斜面下滑, 經(jīng)過時間t2回到斜面底端,則在整個運動過程中,重力 的沖量大小為 ( ) A.mgsinθ(t1+t2) B.mgsinθ(t1-t2) C.mg(t1+t2) D.0,【解析】選C。解題的關鍵是弄清兩個過程中重力的沖量方向相同,其總沖量應是兩段時間內(nèi)沖量的代數(shù)和。由沖量的定義得:上滑過程中,重力的沖量I1=mgt1,方向豎直向下。下滑過程中,重力的沖量I2=mgt2,方向豎直向下,則整個運動過程中,重力的沖量大小為I=I1+I2=mg(t1+t2),故選C。,知識點二、對動量定理的理解及應用 思考探究: 體操運動員從高處跳到低處時,為了安全,一般都要屈 腿(
10、如圖所示),這樣做是為了什么?,【歸納總結(jié)】 1.對動量定理的理解: (1)適用對象:在中學物理中,動量定理的研究對象通常為單個物體。 (2)適用范圍:動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動,也適用于微觀物體的高速運動。不論是變力還是恒力,不論物體的運動軌跡是直線還是曲線,動量定理都適用。,(3)因果關系:合外力的沖量是原因,物體動量的變化量是結(jié)果。沖量反映了力對時間的積累效應,與物體的初、末動量以及某一時刻的動量無必然聯(lián)系。物體動量變化的方向與合力的沖量的方向相同,物體在某一時刻的動量方向與合力的沖量的方向無必然聯(lián)系。,2.動量定理的應用: (1)定性分析有關現(xiàn)象。 ①物體的動量變化量一定時,
11、力的作用時間越短,力就越大,反之力就越小。例如,易碎物品包裝箱內(nèi)為防碎而放置碎紙、刨花、塑料泡沫等填充物。,②作用力一定時,力的作用時間越長,動量變化量越大,反之動量變化量就越小。例如,雜耍中,用鐵錘猛擊“氣功師”身上的石板令其碎裂,作用時間很短,鐵錘對石板的沖量很小,石板的動量幾乎不變,“氣功師”才不會受傷害。,(2)定量計算。 ①應用動量定理可以計算某力或合力的沖量,通常多用于計算變力的沖量。 ②應用動量定理可以計算某一過程中的平均作用力,通常多用于計算持續(xù)作用的變力的平均大小。 ③應用動量定理可以計算物體的初、末動量,尤其方便處理物體受瞬間沖量的問題。,(3)應用動量定理定量計算的一般步
12、驟。,【典例探究】 【典例】蹦床運動是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質(zhì)量為60kg的運動員,從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落,著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s,若把這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當作恒力處理,求此力的大小和方向。(g取10m/s2),【正確解答】方法一:運動員剛接觸網(wǎng)時速度的大小 v1= =m/s=8 m/s,方向向下。 剛離網(wǎng)時速度的大小 v2= =m/s=10 m/s,方向向上。運動員 與網(wǎng)接觸的過程,設網(wǎng)對運動員的作用力為F,則運動員 受到向上的彈力F和向下的重力mg,對運動員應
13、用動量 定理(以向上為正方向),有:(F-mg)Δt=mv2-m(-v1) F= +mg,解得F=[ +6010]N=1.5103N,方向向 上。 方法二:本題也可以對運動員下降、與網(wǎng)接觸、上升 的全過程應用動量定理: 自由下落的時間為t1= =0.8 s 運動員離網(wǎng)后上升所用的時間為 t2= =1 s,整個過程中運動員始終受重力作用,僅在與網(wǎng)接觸的 t3=1.2s的時間內(nèi)受到網(wǎng)對他向上的彈力FN的作用,對 全過程應用動量定理,有FNt3-mg(t1+t2+t3)=0 則FN= mg= 6010N=1 500 N,方向 向上。 答案:1500N 方向向上,【過關訓練】
14、(2015重慶高考)高空作業(yè)須系安全帶。如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上。則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為( ),【解析】選A。安全帶對人起作用之前,人做自由落體 運動;由v2=2gh可得,安全帶對人起作用前瞬間,人的速 度v= ;安全帶達到最大伸長量時,人的速度為零; 從安全帶開始對人起作用到安全帶伸長量最大,由動量 定理可得0-mv=mgt- t,故 故選項A正確。,【補償訓練】 1.將質(zhì)量為m=1kg的小球,從距水平地面高h=5m處,以
15、 v0=10m/s的水平速度拋出,不計空氣阻力,g取10m/s2。 求: (1)拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量。 (2)平拋運動過程中小球動量的增量Δp。 (3)小球落地時的動量p′。,【解析】(1)重力是恒力,0.4s內(nèi)重力對小球的沖量 I=mgt=1100.4Ns=4 Ns 方向豎直向下。,(2)由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動, 故h= gt2,落地時間t= =1s。 小球飛行過程中只受重力作用,所以合外力的沖量為: I=mgt=1101Ns=10 Ns, 方向豎直向下。 由動量定理得:Δp=I=10Ns 方向豎直向下。,(3)如圖所示,小球落地時豎直分速度為vy=gt=10m/
16、s。,由速度合成知,落地速度 所以小球落地時的動量大小為 p′=mv=10 kgm/s。 答案:(1)4Ns 方向豎直向下 (2)10Ns 方向豎直向下 (3)10 kgm/s,【補償訓練】 2.(多選)為了保證航天員的安全,神舟飛船上使用了降落傘、反推火箭、緩沖座椅三大法寶,在距離地面大約1m時,返回艙的4個反推火箭點火工作,返回艙速度一下降到了2 m/s以內(nèi),隨后又漸漸降到1m/s,最終安全著陸。把返回艙離地1 m開始到完全著陸稱為著地過程,則關于反推火箭的作用,下列說法正確的是 ( ),A.減小著地過程中返回艙和航天員的動量變化 B.減小著地過程中返回艙和航天員所受的沖量 C.延長著地過
17、程的作用時間 D.減小著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力,【解析】選C、D。返回艙和航天員的初、末動量并沒因反推火箭的作用而變化,所以返回艙和航天員的動量變化不變,根據(jù)動量定理,返回艙和航天員所受的沖量也就不變,A、B項錯誤。反推火箭延長了著地過程的時間,從而減小了著地過程返回艙和航天員所受的平均沖力,選項C、D正確。,3.在撐桿跳比賽中,橫桿的下方要放上很厚的海綿墊。設一位撐桿跳運動員的質(zhì)量為70kg,越過橫桿后從h=5.6m高處落下,落在海綿墊上和落在普通沙坑里分別經(jīng)過Δt1=1s,Δt2=0.1s停止。試比較兩種情況下海綿墊和沙坑對運動員的作用力。(g取10m/s2),【解析】若規(guī)定豎
18、直向上為正方向,則運動員著地(接 觸海綿墊或沙坑)過程中的始、末動量為 p=mv=-m ,p′=0, 受到的合外力為F=FN-mg。 由動量定理得FΔt=p′-p=0-mv, 即FN-mg= ,所以FN= +mg。,落在海綿墊上時,Δt1=1s,則: FN1=(7010+ )N≈1441N, 落在沙坑里時,Δt2=0.1s,則: FN2=(7010+ )N≈8108N。 放上海綿墊后,運動員發(fā)生同樣動量變化量的時間延長 了,同時又增大了運動員與地面(海綿墊)的接觸面積, 可以有效地保護運動員避免受到猛烈沖撞而受傷。 答案:1441N 8108N,4.在水平力F=30N的作用下,
19、質(zhì)量m=5kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,若F作用6s后撤去,撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止?(g取10m/s2),【解析】解法一:用動量定理求解,分段處理。 選物體作為研究對象,對于撤去F前物體 做勻加速運動的過程,受力情況如圖甲 所示,始態(tài)速度為零,終態(tài)速度為v。取 水平力F的方向為正方向,根據(jù)動量定理有 (F-μmg)t1=mv-0,,對于撤去F后,物體做勻減速運動的過程, 受力情況如圖乙所示,始態(tài)速度為v,終 態(tài)速度為零。根據(jù)動量定理有 -μmgt2=0-mv。 以上兩式聯(lián)立解得,解法二:用動量定理求解,研究全過程。 選物體作為研究對
20、象,研究整個運動過程,這個過程的 始、終狀態(tài)的物體速度都等于零。 取水平力F的方向為正方向,根據(jù)動量定理得 (F-μmg)t1+(-μmg)t2=0 解得 答案:12s,【總結(jié)提升】應用動量定理的四點注意事項 (1)明確物體受到?jīng)_量作用的結(jié)果是導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量,它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則。 (2)列方程前首先要選取正方向,與規(guī)定的正方向一致的力或動量取正值,反之取負值,而不能只關注力或動量數(shù)值的大小。,(3)分析速度時一定要選取同一個參考系,未加說明時一般是選地面為參考系,同一道題目中一般不要選取不同的參考系。 (4)公式中的沖量應是合外力的沖量,求動量的變化量
21、時要嚴格按公式,且要注意是末動量減去初動量。,知識點三、動量守恒定律的理解和應用 思考探究: 質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上,車的上表面粗糙,有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面,若車表面足夠長,如圖所示。,請思考以下問題: (1)木塊滑至車的上表面后,木塊做什么運動?車做什么運動? (2)如果車的上表面粗糙,整個系統(tǒng)的動量是否守恒?,【歸納總結(jié)】 1.研究對象: 動量守恒定律的研究對象是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。,2.對系統(tǒng)“總動量保持不變”的理解: (1)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等,不能誤認為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等。 (2)系統(tǒng)的總動量保持不變,但系
22、統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能都在不斷變化。 (3)系統(tǒng)的總動量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和,總動量不變指的是系統(tǒng)的總動量的大小和方向都不變。,3.明確動量守恒定律的五個特性: (1)條件性:動量守恒定律的應用是有條件的,應用時一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件。 ①系統(tǒng)不受外力作用,這是一種理想化的情形,如宇宙中兩星球的碰撞,微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。,②系統(tǒng)受外力作用,但所受外力的和,即合外力為零:像光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形,兩物體所受的重力和支持力的合力為零。 ③系統(tǒng)受外力作用,但當系統(tǒng)所受的外力遠遠小于系統(tǒng)內(nèi)各物體間的內(nèi)力時,系統(tǒng)的總動量近似守恒。例如:拋出去的手榴彈在
23、空中爆炸的瞬間,彈片所受火藥爆炸時的內(nèi)力遠大于其重力,重力完全可以忽略不計,系統(tǒng)的動量近似守恒。,④系統(tǒng)受外力作用,所受的合外力不為零,即F合≠0,但在某一方向上合外力為零(Fx=0或Fy=0),則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 ⑤系統(tǒng)受外力作用,但在某一方向上內(nèi)力遠大于外力,也可認為在這一方向上系統(tǒng)的動量守恒。,(2)矢量性。 動量守恒定律的表達式是一個矢量式,其矢量性表現(xiàn)在: ①該式說明系統(tǒng)的總動量在相互作用前后不僅大小相等,而且方向也相同。 ②在求初、末狀態(tài)系統(tǒng)的總動量p=p1+p2+…和p′=p′1+p′2+…時,要按矢量運算法則計算。如果各物體動量的方向在同一直線上,要選取一正方向,將矢量
24、運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。計算時切不可丟掉表示方向的正、負號。,(3)相對性:動量守恒定律中,系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量,必須相對于同一慣性系,各物體的速度通常均為相對于地面的速度。 (4)同時性:動量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量,p′1、p′2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量。,(5)普適性:動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng),也適用于多個物體組成的系統(tǒng)。不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng),也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。,4.動量守恒定律不同表現(xiàn)形式表達式的含義: (1)p=p′:系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′。 (2)Δp1
25、=-Δp2:相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、方向相反。,(3)Δp=0:系統(tǒng)總動量增量為零。 (4)m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2:相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),作用前的動量和等于作用后的動量和。,5.應用動量守恒定律的解題步驟:,【典例探究】 【典例】(2015浙江高考)一輛質(zhì)量m1=3.0103kg的小貨車因故障停在車道上,后面一輛質(zhì)量m2=1.5103kg的轎車來不及剎車,直接撞入貨車尾部失去動力。相撞后兩車一起沿轎車運動方向滑行了s=6.75m停下。已知車輪與路面的動摩擦因數(shù)μ=0.6,求碰撞前轎車的速度大小。(重力加速度
26、g取10m/s2),【正確解答】由牛頓第二定律得 μ(m1+m2)g=(m1+m2)a 解得a=6m/s2① 則v= =9m/s② 由動量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v ③ 解得v0= =27m/s 答案:27m/s,【過關訓練】 1.(2014福建高考)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為 ( ),A.v0-v2 B.v0+v2,【解析】選D。根據(jù)動量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v
27、1+m2v2,可得v1=v0+ (v0-v2),故選D。,2.如圖所示,進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100 kg,他們攜手遠離空間站,相對空間站的速度為0.1 m/s。A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2m/s,求此時B的速度大小和方向。,【解析】輕推過程中,A、B系統(tǒng)的動量守恒,以空間站為參考系,規(guī)定遠離空間站的方向為正方向,則v0=0.1m/s,vA=0.2m/s 根據(jù)動量守恒定律 (mA+mB)v0=mAvA+mBvB 代入數(shù)據(jù)可解得vB=0.02m/s,方向為遠離空間站方向。 答案:0.02m/s 遠離空間站方向,知識點四、某一方向的動量守恒與能量的結(jié)合問題
28、 思考探究: 兩個帶同種電荷質(zhì)量不同的小球A和B,開始時將它們固定在絕緣的光滑水平面上保持靜止。如圖所示,現(xiàn)同時釋放A、B,經(jīng)過一段時間,B的速度大小為v,請思考以下問題:,(1)此時A球與B球的動量大小之比為多少? (2)如何確定兩球的動能之比?,【歸納總結(jié)】 處理動量與能量結(jié)合問題的思路: (1)動量守恒定律的適用條件是普遍的,當系統(tǒng)所受的合外力不為零時,系統(tǒng)的總動量不守恒,但是不少情況下,合外力在某個方向上的分量卻為零,那么在該方向上系統(tǒng)的動量分量就是守恒的。,(2)分析該方向上對應過程的初、末狀態(tài),確定初、末狀態(tài)的動量。 (3)選取恰當?shù)膭恿渴睾愕谋磉_式列方程。 (4)結(jié)合常用的機械能
29、守恒、動能定理或動量守恒的公式列出對應的方程。 (5)根據(jù)題意分析討論,得出結(jié)論。,【特別提醒】 (1)動量與機械能的守恒條件不同,系統(tǒng)的動量守恒時,機械能不一定守恒,系統(tǒng)的機械能守恒時,動量不一定守恒。 (2)運用牛頓運動定律能夠解決的問題都是較為簡單的,運用動量的觀點、動能的觀點以及能量的觀點可以解決比較綜合的問題。,【典例探究】 【典例】(2016全國卷Ⅱ)如圖,光滑冰面上靜止放置 一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩 和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊 以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上 斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜
30、 面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg,冰,塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動。重 力加速度的大小g取10m/s2。 (1)求斜面體的質(zhì)量。 (2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?,【正確解答】(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面 體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速 度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機 械能守恒定律得 m2v20=(m2+m3)v ① ② 式中v20=-3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代 入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg ③,(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有
31、m1v1+m2v20=0 ④ 代入數(shù)據(jù)得 v1=1m/s ⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守 恒和機械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3 ⑥ ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=1m/s,由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩。 答案:(1)20kg (2)見解析,【過關訓練】 1.(2014浙江高考)如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向前運動,正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后 ( ),A.甲木塊的動量守恒 B.乙木塊的動量守恒
32、 C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒 D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒,【解析】選C。根據(jù)動量守恒定律的條件,以甲、乙為一系統(tǒng),系統(tǒng)的動量守恒,A、B項錯誤,C項正確;甲、乙的一部分動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,甲、乙系統(tǒng)的動能不守恒,D項錯誤。,2.(2015全國卷Ⅱ)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動,并發(fā)生碰撞;碰撞后兩者粘在一起運動;經(jīng)過一段時間后,從光滑路段進入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖所示。求:,(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比。 (2)整個運動過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比。,【解析】(1)碰撞前va= m/s=-2m/s, vb= m/
33、s=1m/s 碰撞后v= m/s= m/s 由動量守恒定律mava+mbvb=(ma+mb)v得ma∶mb=1∶8,(2)兩滑塊克服摩擦力做的功等于兩滑塊a、b碰后的動 能 W= (ma+mb)v2= 9ma =2ma 兩滑塊因碰撞而損失的機械能,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比W∶ΔW=1∶2 答案:(1)1∶8 (2)1∶2,【補償訓練】 光滑水平面上放著一質(zhì)量為M的槽,槽與水平面相切且 光滑,如圖所示,一質(zhì)量為m的小球以v0向槽運動。 (1)若槽固定不動,求小球上升的高度(槽足夠高)。 (2)若槽不固定,則小球又能上升多高。,【解析】(1)槽固定時,球沿槽上升過程中機械
34、能守恒,達最高點時,動能全部轉(zhuǎn)化為球的重力勢能; 設球上升的高度為h1,由機械能守恒定律得 mgh1= ,解得h1= 。,(2)槽不固定時,小球沿槽上升過程中,槽向右加速運動,當小球上升到最高點時,兩者速度相同。球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上不受外力,因此水平方向動量守恒。由于該過程中只有兩者間彈力和小球重力做功,故系統(tǒng)機械能守恒。 設球上升的最大高度為h2,此時兩者速度相同而且方向水平,設為v,由動量守恒得mv0=(m+M)v,,再由機械能守恒得 解得槽不固定時小球上升的高度 答案:(1) (2),知識點五、多物體、多過程系統(tǒng)動量守恒問題 思考探究: 三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直
35、線排列,靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到b車上,接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時相對于地面水平速度相同。他跳到a車上時,相對于a車保持靜止,如圖所示。請思考以下問題:,(1)如何確定a、b、c三個小車的運動方向? (2)如何確定a、b、c三個小車的速度?,【歸納總結(jié)】 分析多個物體相互作用時應注意: (1)準確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況,建立運動模型。 (2)分清作用過程中的不同階段,并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。,(3)列式時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段,建立多個動量守恒方程,或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關系分成幾個小系統(tǒng),分別建立動量守恒方程。 (4)合理選取研究對
36、象,既要符合動量守恒的條件,又要方便解題。一般不注重中間狀態(tài)的具體細節(jié)。,【特別提醒】 運用動量守恒定律解題時,所列方程中的速度或位移必須是相對同一參考系,一般取地面為參考系,如果題目中給出的速度或位移不是相對同一參考系,則必須先將它們轉(zhuǎn)化為相對同一參考系,然后再列方程求解。,【典例探究】 【典例】如圖所示,滑塊A、C質(zhì)量均為m,滑塊B質(zhì)量為 m。開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側(cè)的擋板運動,現(xiàn)將C無初速度放在A上,并與A粘合不再分開,此時A與B相距較近,B與擋板相距足夠遠。若B與擋板碰撞將以原速率反彈,A與B碰撞將粘合在一起。為使B能與擋板碰撞兩次,v1、v2應滿
37、足什么關系?,【思路點撥】 解決本題的關鍵是弄清整個過程中的各個階段,第一階段,C與A粘合在一起水平方向動量守恒;第二階段,A與B相碰水平方向動量也守恒。,【正確解答】設向右為正方向,A與C粘合在一起的共同速度為v′,A與B碰后的共同速度為v″ (1)A與C粘合過程:,(2)A、C與B碰撞過程: 由(1)(2)得,【總結(jié)提升】多物體組成的系統(tǒng)動量守恒問題 對于多物體組成的系統(tǒng),由于物體較多,相互作用的情況也不盡相同,作用過程較為復雜,雖然仍可對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關系式,但因未知條件過多無法求解,這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段,建立多個動量守恒的方程,或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按相互作用的關系分
38、成幾個小系統(tǒng),分別建立動量守恒的方程,同時要注意一般情況下,系統(tǒng)內(nèi)各物體的速度都以地面為參考系。,【補償訓練】 (多選)A、B兩船的質(zhì)量均為m,都靜止在平靜的湖面上,現(xiàn)A船中質(zhì)量為 m的人,以對地的水平速度v從A船跳到B船,再從B船跳到A船,…,經(jīng)n次跳躍后,人停在B船上,不計水的阻力,則 ( ) A.A、B(包括人)兩船速度大小之比為2∶3 B.A、B(包括人)兩船動量大小之比為1∶1 C.A、B(包括人)兩船的動能之比為3∶2 D.A、B(包括人)兩船的動能之比為1∶1,【解析】選B、C。人和兩船組成的系統(tǒng)動量守恒,兩船 原來靜止,總動量為0,A,B(包括人)兩船的動量大小相 等,選項B正
39、確。經(jīng)過n次跳躍后,A船速度為vA,B船速度 為vB。0=mvA-(m+ )vB, ,選項A錯。,A船最后獲得的動能為EkA= B船最后獲得的動能為 選項C正確,D錯誤。,【過關訓練】 光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C,質(zhì)量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時B、C均靜止,A以初速度v0向右運動,A與B碰撞后分開,B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。,【解析】設A與B碰撞后,A的速度為vA,B與C碰撞前B的 速度為vB,B與C碰撞后粘在一起的速度為v,由動量守恒 定律得 對A、B木塊:mAv0=mAvA+mBvB ① 對B、C
40、木塊:mBvB=(mB+mC)v ② 由A與B間的距離保持不變可知vA=v ③ 聯(lián)立①②③式,代入數(shù)據(jù)得vB= v0 ④ 答案: v0,【溫馨提示】 動量守恒定律是每年高考的必考內(nèi)容,考查相對綜合,往往涉及復雜的過程,碰撞中的臨界問題就是典型的題型之一,解決這類問題的關鍵是找出臨界狀態(tài),然后再根據(jù)動量守恒的知識進行求解。,【拓展例題】考查內(nèi)容:碰撞中臨界問題的分析 如圖所示,一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B,放在光滑的 水平面上,物體A被水平速度為v0的子彈擊中,子彈嵌在 其中,已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的 ,子彈的質(zhì)量是B的質(zhì) 量的 。求:,(1)A物體獲得的最大速度。 (2)彈簧壓縮
41、量最大時B物體的速度。,【思路點撥】解答本題時應把握以下關鍵點: (1)子彈射入A的過程中子彈與A動量守恒。 (2)彈簧有形變時,子彈、A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒。 (3)子彈與A剛好相對靜止時A的速度最大。 (4)A、B速度相等時彈簧壓縮量最大。,【正確解答】(1)設子彈質(zhì)量為m,對子彈射入A中的過程,由動量守恒定律得mv0=(m+mA)v1, 解得它們的共同速度,即為A的最大速度,(2)以子彈、A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)作為研究對象, 整個作用過程中總動量守恒,彈簧具有最大壓縮量時, 它們的速度相等,由動量守恒定律得 mv0=(m+mA+mB)v2, 解得三者的共同速度,即彈簧有最大壓縮
42、量時B物體的 速度 答案:(1) (2),動量守恒定律與機械能守恒定律的比較,中學階段凡可用牛頓運動定律解決的問題,一般也可用動量的觀點或能量的觀點求解,而且要比用力和運動的方法簡便,而中學階段涉及的曲線運動(a不恒定)、豎直面內(nèi)的圓周運動、碰撞等,就中學知識而言,不可能單純用牛頓運動定律的方法來研究。,【案例展示】如圖所示,將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上,槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下,與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi),則以下結(jié)論中正確的是( ),A.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,只有重力對它做功 B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,小球與半圓
43、槽在水平方向動量守恒 C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒 D.小球離開C點以后,將做豎直上拋運動,【正確解答】選C。本題的受力分析應與左側(cè)沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區(qū)分開來。,從A→B的過程中,半圓槽對小球的支持力N方向沿半徑 方向指向圓心,而小球?qū)Π雸A槽的壓力N′方向指向左 下方,因為有物塊擋住,所以半圓槽不會向左運動,情形 將與半圓槽固定時相同。但從B→C的過程中,小球?qū)Π?圓槽的壓力N′方向指向右下方,所以半圓槽要向右運 動,因而小球參與了兩個運動:一個是沿半圓槽的圓周 運動,另一個是與半圓槽一起向右運動,小球所受支持,力N與速度方向并不垂直,所以支持力會做功,即A不 對。又因為有物塊擋住,在小球運動的全過程,水平方 向動量也不守恒,即B也不對。當小球運動到C點時,它 的兩個分運動的速度方向如圖所示,并不是豎直向上, 所以此后小球做斜上拋運動,即D也不對。小球在半圓 槽內(nèi)自B→C運動過程中,雖然開始時半圓槽與其左側(cè)物 塊接觸,但已不擠壓,同時水平面光滑,因而系統(tǒng)在水平,方向不受任何外力作用,故在此過程中,系統(tǒng)在水平方 向動量守恒,所以正確答案為C。,【易錯分析】本題易錯選項及錯誤原因分析如下:,
2018-2019學年高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 1.2 動量課件 教科版選修3-5.ppt
