学年高二物理上学期第14周教学设计动量守恒定律.docx
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学年高二物理上学期第14周教学设计动量守恒定律
动量守恒定律
[目标定位] 1.认识系统、内力、外力,认识和理解动量守恒定律.2.会应用动量守恒定律解决生产、生活中的简单问题.3.了解动量守恒定律的普遍适用性和动量守恒定律适用范围的局限性.
环节一:
学生自主预习
一、系统的动量
1.系统:
在物理学中,有时要把相互作用的两个或多个物体作为一个整体来研究,这个整体叫做系统.
2.系统的动量:
在一个系统中,把各个物体的动量都相加,相加后的动量称作系统的动量.
二、动量守恒定律
1.系统碰撞前后总动量不变的条件:
系统所受的合外力为零.
2.内容:
如果一个系统不受外力或所受合外力为零,无论这一系统的内部进行了何种形式的碰撞,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守恒定律.
3.数学表达式:
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.
4.成立条件
(1)系统不受外力作用.
(2)系统受外力作用,但合外力为零.
想一想
图1-3-1
如图1-3-1所示,在风平浪静的水面上,停着一艘帆船,船尾固定一台电风扇,正在不停地把风吹向帆面,船能向前行驶吗?
为什么?
答案 不能.把帆船和电风扇看做一个系统,电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反,这是一对内力,系统总动量守恒,船原来是静止的,总动量为零,所以在电风扇吹风时,船仍保持静止.
三、动量守恒定律的普遍性
牛顿运动定律只适用于宏观、低速运动的物体,而动量守恒定律无论在微观、宏观或高速领域,都是适用的.
环节二:
典型例题讲解
一、对动量守恒定律的理解
1.研究对象
相互作用的物体组成的系统.
2.动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零.
(2)系统受外力作用,合外力也不为零,但合外力远远小于内力.此时系统动量近似守恒.
(3)系统所受到的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零,则系统在该方向上动量守恒.
3.动量守恒定律的几个性质
(1)矢量性.公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量,只有它们在同一直线上,并先选定正方向,确定各速度的正、负(表示方向)后,才能用代数方法运算.
(2)相对性.速度具有相对性,公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度,一般取相对地面的速度.
(3)同时性.相互作用前的总动量,这个“前”是指相互作用前的某一时刻,v1、v2均是此时刻的瞬时速度;同理,v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度.
【例1】
图1-3-2
如图1-3-2所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,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组成系统的动量守恒
答案 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分别相对小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右,FB向左,由于mA∶mB=3∶2,所以FA∶FB=3∶2,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.
针对训练 如图1-3-3所示,
图1-3-3
甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后( )
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案 C
解析 两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故选项A、B错误,选项C正确.甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,选项D错误.
二、动量守恒定律简单的应用
1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义
(1)p=p′:
系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.
(2)Δp1=-Δp2:
相互作用的两个物体组成的系统,一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.
(3)Δp=0:
系统总动量增量为零.
(4)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′:
相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和.
2.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.
【例2】 质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动,恰遇上质量为m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左运动,碰撞后,小球m2恰好停止,则碰后小球m1的速度大小和方向如何?
答案 20cm/s 方向向左
解析 碰撞过程中,两小球组成的系统所受合外力为零,动量守恒.设向右为正方向,则各小球速度为v1=30cm/s,v2=-10cm/s;v2′=0.
由动量守恒定律列方程m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,
代入数据得v1′=-20cm/s.
故小球m1碰后的速度的大小为20cm/s,方向向左.
借题发挥 处理动量守恒应用题“三步曲”
(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件.
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量.
(3)确定正方向,选取恰当的动量守恒的表达式列式求解.
【例3】 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上,水平面光滑.开始时甲车速度大小为3m/s,乙车速度大小为2m/s,方向相反并在同一直线上,如图1-3-4所示.
图1-3-4
(1)当乙车速度为零时,甲车的速度多大?
方向如何?
(2)由于磁性极强,故两车不会相碰,那么两车的距离最小时,乙车的速度是多大?
方向如何?
答案
(1)1m/s 向右
(2)0.5m/s 向右
解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用,两车之间的磁力是系统内力,系统动量守恒.设向右为正方向.
(1)据动量守恒得:
mv甲-mv乙=mv甲′,代入数据解得
v甲′=v甲-v乙=(3-2)m/s=1m/s,方向向右.
(2)两车相距最小时,两车速度相同,设为v′,由动量守恒得:
mv甲-mv乙=mv′+mv′.
解得v′=
=
=
m/s=0.5m/s,方向向右.
环节三:
针对性练习
1.把一支弹簧枪水平固定在小车上,小车放在光滑水平地面上,枪射出一颗子弹时,对于枪、弹、车,下列说法正确的是( )
A.枪和弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.枪弹和枪筒之间的摩擦力很小,可以忽略不计,故二者组成的系统动量近
似守恒
D.枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
答案 D
解析 内力、外力取决于系统的划分,以枪和弹组成的系统,车对枪的作用力是外力,系统动量不守恒,枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力,系统动量不守恒.枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力,但枪筒受到车的作用力,属于外力,故二者组成的系统动量不守恒.枪、弹、车组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故D正确.
图1-3-5
2.
木块a和b用一根轻弹簧连接起来,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使弹簧压缩,如图1-3-5所示.当撤去外力后,下列说法正确的是( )
A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守
恒
B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒
C.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量守恒
D.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量不守恒
答案 BC
解析 a尚未离开墙壁前,墙壁对a有冲量,a和b构成的系统动量不守恒;a离开墙壁后,系统所受外力之和等于零,系统的动量守恒.
3.(2014·福建卷)
图1-3-6
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( )
A.v0-v2B.v0+v2
C.v0-
v2D.v0+
(v0-v2)
答案 D
解析 根据分离前后系统动量守恒定律可得:
(m1+m2)v0=m1v1+m2v2
解得:
v1=v0+
(v0-v2),故D项正确.
4.(2014·重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,取重力加速度g=10m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
解析 由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出,故两块弹片都做平抛运动,由平抛运动规律h=
gt2可知t=
=
s=1s,若甲水平位移为x=2.5m时,则v甲=
=2.5m/s,则由弹丸爆炸前后动量守恒,可得mv0=
mv甲+
mv乙,代入数据解得v乙=0.5m/s,方向与v甲相同,水平向前,故A错,B对.若乙水平位移为x′=2m时,则v乙=
=2m/s,即乙块弹片爆炸前后速度不变,由动量守恒定律知,甲块弹片速度也不会变化,不合题意,故C、D均错.
环节四:
定时训练
1.关于系统动量守恒的条件,下列说法中正确的是( )
A.只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为零,系统的动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度都为零时,系统的总动量不一定守恒
答案 C
解析 根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知,选项C正确;系统内存在摩擦力,若系统所受的合外力为零,动量也守恒,选项A错误;系统内各物体之间有着相互作用,对单个物体来说,合外力不一定为零,加速度不一定为零,但整个系统所受的合外力仍可为零,动量守恒,选项B错误;系统内所有物体的加速度都为零时,各物体的速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒,选项D错误.
图1-3-7
2.
如图1-3-7所示,物体A的质量是B的2倍,中间有一压缩弹簧,放在光滑水平面上,由静止同时放开两物体后一小段时间内( )
A.A的速度是B的一半
B.A的动量大于B的动量
C.A受的力大于B受的力
D.总动量为零
答案 AD
图1-3-8
3.(2014·苏北四市)如图1-3-8所示,小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法中正确的是( )
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案 C
解析 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,选项A、B错误,C正确;木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等,方向相反,选项D错误.
4.
图1-3-9
在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图1-3-9所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看成一个系统,下面说法正确的是( )
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,后放开右手,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
答案 ACD
解析 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,系统在右手作用下,产生向左的作用力,故有向左的冲量,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,只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变,D对.
5.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车,碰撞后两辆车接在一起,并向南滑行了一小段距离后停下,根据测速仪的测定,长途客车碰前以20m/s的速率行驶,由此可判断卡车碰撞前的行驶速率( )
A.小于10m/s
B.大于20m/s,小于30m/s
C.大于10m/s,小于20m/s
D.大于30m/s,小于40m/s
答案 A
解析 两车碰撞过程中系统动量守恒,两车相撞后向南滑行,则系统动量方向向南,即p客>p卡,1500×20>3000×v,解得v<10m/s,故A正确.
6.
图1-3-10
如图1-3-10所示,A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的动量大小分别为p1和p2,碰撞后A球继续向右运动,动量大小为p1′,此时B球的动量大小为p2′,则下列等式成立的是( )
A.p1+p2=p1′+p2′B.p1-p2=p1′+p2′
C.p1′-p1=p2′+p2D.-p1′+p1=p2′+p2
答案 BD
解析 因水平面光滑,所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒.以向右为正方向,由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小,所以碰前的动量为p1-p2,碰后的动量为p1′+p2′,B对.经变形得-p1′+p1=p2′+p2,D对.
7.将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.
v0B.
v0C.
v0D.
v0
答案 D
解析 火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=
v0,故选D.
8.质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块,要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设发射子弹的数目为n,选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象.系统在水平方向所受的合外力为零,满足动量守恒的条件.设木块M以v1向右运动,连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态,子弹射入木块后停下来为末状态.选子弹运动的方向为正方向,由动量守恒定律有:
nmv2-Mv1=0,得n=
,所以选项C正确.
9.质量为M的小船以速度v0行驶,船上有两个质量均为m的小孩a和b,分别静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中,然后小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中,则小孩b跃出后小船的速度方向________,大小为________(水的阻力不计).
答案 向前
v0
解析 选小孩a、b和船为一系统,由于忽略水的阻力,故系统水平方向动量守恒,设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v′,选v0方向为正方向,根据动量守恒定律,有(M+2m)v0=Mv′+mv-mv,整理解得v′=
v0,方向向前.
图1-3-11
10.如图1-3-11所示,质量为m2=1kg的滑块静止于光滑的水平面上,一质量为m1=50g的小球以1000m/s的速率碰到滑块后又以800m/s的速率被弹回,试求滑块获得的速度.
答案 90m/s 方向与小球的初速度方向一致
解析 对小球和滑块组成的系统,在水平方向上不受外力,竖直方向上所受合力为零,系统动量守恒,以小球初速度方向为正方向,则有
v1=1000m/s,v1′=-800m/s,v2=0
又m1=50g=5.0×10-2kg,m2=1kg
由动量守恒定律有:
m1v1+0=m1v1′+m2v2′
代入数据解得v2′=90m/s,方向与小球初速度方向一致.
11.
图1-3-12
如图1-3-12所示,质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态,质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出,则击中木块瞬间二者的共同速度为多大?
答案
v0
解析 由于从子弹打入到与物块相对静止,时间非常短,弹簧未发生形变,且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力),故可认为此过程动量守恒.
对m、M系统,m击中M过程动量守恒,
mv0=(m+M)v,所以v=
v0.
12.光滑水平面上一平板车质量为M=50kg,上面站着质量m=70kg的人,共同以速度v0匀速前进,若人相对车以速度v=2m/s向后跑,问人跑动后车的速度改变了多少?
答案 1.17m/s
解析 以人和车组成的系统为研究对象,选v0方向为正方向.设人跑动后车的速度变为v′,则人相对地的速度为(v′-v).系统所受合外力为零,根据动量守恒定律有
(M+m)v0=Mv′+m(v′-v).解得v′=v0+
.
人跑动后车的速度改变量为Δv=v′-v0=
=1.17m/s.Δv的数值为正,说明速度的改变与v0方向一致,车速增加.
动量守恒定律的应用
[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义,理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性.
2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.
环节一:
学生自主预习
1.动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统,其成立的条件可理解为:
(1)理想条件:
系统不受外力.
(2)实际条件:
系统所受外力为零.
(3)近似条件:
系统所受外力比相互作用的内力小得多,外力的作用可以被忽略.
(4)推广条件:
系统所受外力之和虽不为零,但在某一方向,系统不受外力或所受的外力之和为零,则系统在这一方向上动量守恒.
2.动量守恒定律的五性
动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一.它是一个实验定律,应用时应注意其:
系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性.
环节二:
典型例题讲解
一、动量守恒条件及守恒对象的选取
1.动量守恒定律成立的条件:
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零;
(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0;
(3)系统的内力远大于外力.
2.动量守恒定律的研究对象是系统.选择多个物体组成的系统时,必须合理选择系统,再对系统进行受力分析,分清内力与外力,然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.
【例1】
图1-4-1
质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图1-4-1所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是( )
A.M、m0、m速度均发生变化,碰后分别为v1、v2、v3,且满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,且满足Mv=Mv1+mv2
C.m0的速度不变,M和m的速度都变为v′,且满足Mv=(M+m)v′
D.M、m0、m速度均发生变化,M和m0的速度都变为v1,m的速度变为v2,且满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
答案 BC
解析 M和m碰撞时间极短,在极短的时间内弹簧形变极小,可忽略不计,因而m0在水平方向上没有受到外力作用,动量不变(速度不变),可以认为碰撞过程中m0没有参与,只涉及M和m,由于水平面光滑,弹簧形变极小,所以M和m组成的系统水平方向动量守恒,两者碰撞后可能具有共同速度,也可能分开,所以只有B、C正确.
二、单一方向动量守恒问题
1.动量守恒定律的适用条件是普遍的,当系统所受的合外力不为零时,系统的总动量不守恒,但是不少情况下,合外力在某个方向上的分量却为零,那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的.
2.分析该方向上对应过程的初、末状态,确定初、末状态的动量.
3.选取恰当的动量守恒的表达式列方程.
三、多物体多过程动量守恒定律的应用
对于由多个物体组成的系统,由于物体较多,作用过程较为复杂,这时往往要根据作用过程中的不同阶段,将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统,对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒定律方程求解.
【例2】 (2014·江西高二联考)如图1-4-2所示,A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg,A、B与水平地面间接触面光滑,上表面粗糙,质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s,求:
图1-4-2
(1)A的最终速度;
(2)铁块刚滑上B时的速度.
答案
(1)0.25m/s
(2)2.75m/s
解析
(1)选铁块和木块A、B为一系统,
由系统总动量守恒得:
mv=(MB+m)vB+MAvA
可求得:
vA=0.25m/s
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u,此时A、B的速度均为vA=0.25m/s.
由系统动量守恒得:
mv=mu+(MA+MB)vA
可求得:
u=2.75m/s.
借题发挥 处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题
1.注意正方向的选取.
2.研究对象的选取,是取哪几个物体为系统.
3.研究过程的选取,应明确哪个过程中动量守恒.
针对训练
图1-4-3
两辆质量相同的小车,置于光滑的水平面上,有一人静止站在A车上,两车静止,如图1-4-3所示.当这个人从A车跳到B车上,接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止,则A车的速率( )
A.等于零B.小于B车的速率
C.大于B车的速率D.等于B车的速率
答案 B
解析 选A车、B车和人作为系统,两车均置于光滑的水平面上,在水平方向上无论人如何跳来跳去,系统均不受外力作用,故满足动量守恒定律.设人的质量为m,A车和B车的质量均为M,最终两车速度分别为vA和vB,由动量守恒定律得0=(M+m)vA-MvB,则
=
,即vA 四、动量守恒定律应用中的临界问题分析 在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题.分析临界问题的关键是寻找临界状态,临界状态的出现是有条件的,这个条件就是临界条件.临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值.在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键. 【例3】 如图1-4-4所示,甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车总质量为M=30kg,乙和他的冰车总质量也是30kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15kg的箱子和他一起以v0=2m/s的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处,乙迅速抓住.
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- 学年 物理 上学 14 教学 设计 动量 守恒定律