第2讲动量守恒定律讲义.docx
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第2讲动量守恒定律讲义
第2讲动量守恒定律
板块一主干梳理夯实基础
【知识点1】动量守恒定律及其应用n
1.几个相关概念
(1)系统:
在物理学中,将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力:
系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
⑶外力:
系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2.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0,这个系统的总动量保持不变,这就是动量守
恒定律。
(2)表达式
1p=p',系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p'。
2m1v1+m2v2=m^v1'+m?
v2',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。
3Ap1=—Ap2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
4Ap=0,系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
1理想守恒:
系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。
2近似守恒:
系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。
3某方向守恒:
系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。
【知识点2】弹性碰撞和非弹性碰撞I
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3.分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4.反冲现象
(1)在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。
这类问题相互作用的过程中系统的动能增大』常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中,如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力,可利用动量守恒定律来处理。
5.爆炸问题
爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒,爆炸过程中位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
板块二考点细研悟法培优
考点1动量守恒定律[深化理解]
专业文档
[考点解读]
1.动量守恒的“五性”
(1)矢量性:
表达式中初、末动量都是矢量,首先需要选取正方向,分清各物体初、末动量的正、负。
(2)瞬时性:
动量是状态量,动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性:
速度的大小跟参考系的选取有关,应用动量守恒定律,各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度。
一般选地面为参考系。
(4)相对性:
动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。
(5)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.应用动量守恒定律解题的步骤
明确研究对象,确定系统的组成
IT
受力分析.确定动量是否守恒
代人数据”求岀结果并讨论说明
[典例示法]
例1如图所示,质量为m=245g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为卩=0.4。
质量为mo=5g的子弹以速度v0=300m/s沿水平
方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10m/s。
子弹射入后,求:
mov0=(m°+m)v1,
木块在木板上滑动过程,由动量守恒定律得
(mo+m)v1=(m°+m+M)v2,
对子弹木块整体,由动量定理得
—的。
+m)gt=(m°+m)(v2-v1),
v2—v1
联立解得物体相对小车的滑行时间t=v1=1s。
—ug
(2)由能量守恒定律得
1212
Km°+m)gd=q(mo+m)v1—?
(mo+m+M)v2,
联立解得d=3mo
总结升华
应用动量守恒定律应注意的问题
(1)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关,因此应用动量守恒解决问题时,一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(2)注意挖掘题目中的隐含条件,这是解题的关键,如本例中,时间极短是指子弹与物块相互作用时,物块m
位置没变,子弹与物块m共速后,才相对木板M运动。
物块相对木板滑行的位移是指物块m相对木板M滑
行的位移,并非对地的位移,并且物块m和木板最后共速。
[递进题组]1.如图所示,在桌面边缘有一木块质量是1.99kg,桌子高h=0.8m,一颗质量为10g的子弹,击
中木块,并留在木块内,落在桌子右边80cm处的P点,子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10m/s2)()
A.200m/sB.300m/s
D.500m/s
C.400m/s
x=0.8m
答案C
解析题目牵涉的过程有两个:
一是子弹打击木块;二是子弹木块共同做平抛运动。
根据平抛位移
知x=v共t,t=
,所以v共=:
=2m/s。
子弹打击木块过程中动量守恒,则有mv0=(M+m)v共,
所以v0=M+m〜=400m/s,C正确。
m
2.[2018宁夏固原市一中月考]如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的球以速度V。
向滑块滚来,小球不能越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是()
mvoA
AM+m
Mvo
C.;
M+m
答案A
Mvo
DU
解析小球沿滑块上滑的过程中,对小球和滑块组成系统,水平方向不受外力因而动量守恒,小球到达最高
点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对滑块运动,此时一定不是最高点)。
由水平方向动
量守恒得:
mv0=(M+m)v,所以v=,A正确。
M+m
考点2碰撞问题分析[模型应用]
[考点解读]
1.分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒,即Pl+P2=Pl'+P2‘。
22/2/2
(2)动能不增加,即Eki+Ek2>Eki'+Ek2'或盘+盘》^2mT+^2^7。
(3)速度要合理
1碰前两物体同向,则v后>v前;碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v前v后’。
2两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
121
2皿他1=?
m1v1
2+^m2V2
由①②得v1
m1—m2V1
m1+m2
2mw1
m1+m2
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性碰撞为例,则有mivi=m^1'+m?
v2'①
结论:
(1)当m1=m2时,v1'=0,v2'=v1,两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时,v1'>0,v2'>0,并且v1' ⑶当m1 [典例示法】 例2两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动,其动量大小分别为5kgm/s和7kgm/s,发生碰撞后 小球B的动量大小变为10kgm/s,由此可知: 两小球的质量之比可能为() .mAmA1 mBmB2 C. mA= mB D. mA mB 1 10 @©@@ (1)A、B两小球动量大小分别为5kgm/s和7kgm/s有几种情况? 提示: ①同向运动,A球在前,B球在后; 2同向运动,A球在后,B球在前; 3相向运动。 (2)发生碰撞时,一定守恒的是什么? 提示: 动量。 尝试解答选C。 将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设,然后运用碰撞的三个制约因素进行检验。 (1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞,并取小球B碰前的运动方向为参考正方向,即 Pao=-5kgm/s,Pbo=7kgm/s 根据"运动制约”,小球B在碰后动量欲增大,其动量方向必与原动量方向相反,即pB=-10kgm/s 根据“动量制约”,小球A在碰后动量必为Pa=12kgm/s,而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”,因 为显然有: 2222 二+二<理。 2mA2mB2mA2mB (2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞,且A球在前,B球在后,取两小球碰前的运动方向为参考正方向, 即pA0=5kgm/s,pB0=7kgm/s。 根据“运动制约”,小球B在碰后动量欲增大,其动量方向必与原动量方向相反,即pB=-10kgm/s。 根据“动量制约”,小球A在碰后动量必为Pa=22kgm/s,而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”,因 为显然也有: 52+723+—1°2。 2mA2mB2mA2mB (3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞,且B球在前,A球在后,仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方 向,即pA0=5kgm/s,pB0=7kgm/s。 根据“运动制约”,小球B在碰后动量欲增大,其动量方向必与原动量方向相同,即pB=10kgm/s。 动能制约 根据“动量制约”,小球A在碰后动量必有pA=2kgm/s,而这样的碰撞结果完全可以不违背 2222 5,72,10mA7 只要有: +>+,即—<— 2mA2mB2mA2mBmB17 仍然根据“运动制约”,为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞,同时为了保证碰后小球A不至于超 越到小球b的前面,应分别有: mA>mB,話m;。 综上可知5仝mB吒,C正确。 总结升华 碰撞冋题解题策略 m1—m22m1 v1=m1+m2v0、v2=”+m2 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解。 (2)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足: ⑶熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度;当m1? m2,且V20=0时, 碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v0;当m1? m2,且v20=0时,碰后质量小的球原速率反弹。 [跟踪训练](多选)质量为m的小球A,沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞 后A球的动能变为原来的1那么小球B的速度可能是() 9 A^;vo B.2vo 5 D.©v0 答案AB 解析根据Ek=~mv2,碰撞后A球的动能变为原来的1则A的速度变为vA 29 负表示方向有两 种可能。 =0,vA 与v0同向时有: 11 mv0=§mv0+2mvb,vb=3v0。 碰撞后系统总动能为: Ek总=EkA+EkB =3x 12_3 ? mv0=gEkA, 机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞。 当va' v0, 与v0反向时有: 1c mv0=—§mv0+2mvb, 碰撞后系统总动能为: Ek总〃=EkA”+EkB〃 12 =2mv0, 机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。 考点3爆炸、反冲及“人船模型”[模型应用] [考点解读〕 1.爆炸的特点 (1)动量守恒: 由于爆炸是在极短的时间内完成的,发生爆炸时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,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: 爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 2.反冲 (1)现象: 物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。 (2)特点: 一般情况下,物体间的相互作用力(内力)较大,因此系统动量往往有以下几种情况: ①动量守恒;② 动量近似守恒;③某一方向上动量守恒。 反冲运动中机械能往往不守恒。 (3)实例: 喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。 3•“人船模型” 若系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中平均动量也守恒。 如果系统由两个物体组成,且相互作 用前均静止,相互作用中均发生运动,则由m1v1—m2v2=0,得m1X1=m2X2° [典例示法】 例3载人气球静止于高h的空中,气球的质量为M,人的质量为m,若人沿绳梯滑至地面,则绳梯至少为 多长? (1)人和气球的速度有什么关系? 提示: v球m (2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系? 提示: x人+x球=L绳。 尝试解答h。 气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,人着地时绳梯至少 应接触地面,设绳梯长为L,人沿绳梯滑至地面,人的位移为x人,球的位移为x球,它们的位移状态图如图 所示, 由平均动量守恒有: 0=Mx球一mx人, 又有x球+x人=L,x人=h,故L=—ho 总结升华 利用人船模型解题需注意两点 (1)条件 1系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。 2构成系统的两物体原来静止,因相互作用而反向运动。 3Xi、X2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。 (2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。 [跟踪训练](多选)向空中发射一物体,不计空气阻力。 当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b 两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则() A.b的速度方向一定与原速度方向相反 B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大 C.a、b一定同时到达水平地面 D•在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力大小一定相等 答案CD 解析空中爆炸问题,因系统内力远大于外力,故满足系统动量守恒的条件。 由题中所给物理情景“一分为 二”,系统动量守恒的表达式为mV0=maVa+mbVb 因maVa与mv0同向,取V0为正方向。 讨论: 1若maVa 2若maVa=mV0,则mbVb=0,即卩vb=0,b做自由落体运动,a在b之前。 3若maVa>mv0,则mbVb为负向,Vb与Va反向,a在b之前。 所以A错误;因题设条件只给出了Va与V0同向 和ma>mb,但未给出Va一定大于或等于v0的条件。 所以Vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在,从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定,故Sb>sa、Sb=sa、Sb 平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定,h相同,由t=•-‘‘書知,t相同,C正确; 炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律,F与F'等值、反向,D正确。 考点4子弹打木块问题(滑块类问题)[模型应用] [考点解读〕 子弹射击木块的两种典型情况 1.木块放置在光滑的水平面上 运动性质: 子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。 处理方法: 把子弹和木块看成一个系统,①系统水平方向动量守恒;②系统的机械能不守恒;③对木块和子弹分别利用动能定理。 2.木块固定在水平面上 运动性质: 子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;木块静止不动。 处理方法: 对子弹应用动能定理或牛顿第二定律。 两种类型的共同点: (1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能); (2)摩擦生热的条件: 必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程,大小为Q=fs,其中f是滑动摩擦力的大小,s 是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度,就是这段时间内两者的相对路程,所以 说是一个相对运动问题)。 [典例示法】 例4[2016张掖模拟]如图所示。 质量M=2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上,车的一端静止着质量为Ma=2kg的物体A(可视为质点)。 一个质量为m=20g的子弹以500m/s的水平速度射穿A后,速度变为100m/s,最后物体A静止在车上。 若物体A与小车间的动摩擦因数尸0.5(g取10m/s2)。 (1)平板车最后的速度是多大? (2)全过程损失的机械能为多少? (3)A在平板车上滑行的时间为多少? (1)最后物体A静止在车上,是物体A最终的速度是零吗? 这句话的含义是什么? 提示: 最终的速度不是零。 这句话的含义是物体A与小平板车相对静止,二者有共同的速度和共同的加速度。 (2)全过程损失的机械能等于什么? 提示: 总机械能的损失等于系统动能的减少量。 尝试解答 (1)2_m/s__ (2)2392_J_(3)0.4_s。 (1)对子弹和物体,由动量守恒得 mv0=mv'+Mav, 得v=4m/s, 同理对M和Ma有Mav=(M+Ma)v车, 得v车=2m/s。 (2)由能量守恒得: AE=1mv0—~mv'2—2(M+Ma)v车=2392J。 (3)对物体A由动量定理得: —! ^MAgt=Mav车一Mav得t=0.4s。 总结升华 对于滑块类问题,往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态,既可由两大定理和牛 顿运动定律分析单个物体的运动,又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化,在能量转化方面往往用到A 内=AE机=F滑x相。 [跟踪训练]一质量为M、长为I的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m 现以地面为参考系,给A和B以大小相等、方向相反的初速度,如图所示,使A开始向左运动、B开 始向右运动,但最后A刚好没有滑离B板。 B如_| A 尹尹F事########尹# —坯 (1)若已知A和B的初速度大小为vo,求它们最后速度的大小和方向; (2)若初速度的大小未知,求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。 答案 (1) M—m M+mV0 水平向右 M+m 4M A不滑离B板的条件 解析 (1)用动量守恒定律求解: 系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向。 小木块 是二者最终处于相对静止,设此时共同速度为V。 由动量守恒定律得: Mv0—mv0=(M+m)v, 可得: M—m V=M+mV0 因为M>m,故V方向水平向右。 (2)功能关系: 当木块A相对于地向左运动距离最远时,末速度为零,在这过程中,克服摩擦力Ff做功的结果 远距离: M+m 4M I。 考点5动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸] [考点解读] 是消耗了自身的动能: Ffs=^mv0而A刚好没有滑离B板的条件是: A滑到B板的最左端,且二者具有相同 速度V,A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失: Q=Ff|=吐严(v0—V2)由以上各式得向左运动的最 1•动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律,以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合。 2•动量守恒与能量守恒、核反应知识综合。 3.动量守恒与混合场(重力场和电场卜向心力、平抛运动、能量综合。 [典例示法] 例5[2017吉林长春调研]如图,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与 MN相切。 质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为是零,A球进 入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用。 带电小球均可视为质点。 已知A、B两球始终没有接触。 重力加速度为g。 求: (1)A、B两球相距最近时,A球的速度v; (2)A、B两球最终的速度va、vb的大小。 (i)a、b两球相距最近的含义是什么? 提示: A、B共速。 (2)怎样理解A、B两球最终的速度? 提示: 当A、B间相互斥力作用足够长时间后,它们的间距就足够远,相互间的斥力可以忽略不计,电势能为 零。 尝试解答(i)2,茹 (2)亠2罟,4』亦。 (1)对下滑的过程: 2mgh=2mvo,v2gh, 球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒,两球最近时速度相等。 2mvo=(2m+m)v, (2)当A、B相距最近之后,由于静电斥力的相互作用,它们将会相互远离,当它们相距足够远时,它们之间 的相互作用力可视为零,电势能也视为零,它们就达到最终的速度,该过程中,A、B两球组成的系统动量守 恒、能量也守恒。 2mvo=2mva+mvb, 121212 2X2mvo=只2mva+? mvb, 得va=Ao=3;2gh, vb=3vo=3;2gh。 总结升华 动量守恒与其他知识综合问题的求解方法 动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。 解决这类问题首先要弄清物理过程,其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。 最后根据物理规律对每一个过程列方程求解,找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键。 [跟踪训练][2017河南开封一模]如图所示,在高h1=30m的光滑水平平台上,物块P以初速度V。 水平向右 运动,与静止在水平台上的物块Q发生碰撞,mQ=2mp,碰撞后物块P静止,物块Q以一定的水平速度向右 滑离平台,并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道,B点的高度h2=15m,圆弧轨 道的圆心0与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为1=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接,物块Q沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞。 g取10m/s2。 (1)求物块Q由A到B的运动时间; (2)求物块P初速度vo的大小; (3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有冲出B点,最后停在轨道 CD上的某点E(E点没画出)。 设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为□,求□的取值范围。 答案 (1)3s (2)20m/s(3)0.17<尺0.5 解析⑴由于hi=30m,h2=15m,设小物块Q从A运动到B的时间为t,贝Uhi—h2=^gt2,解得t=3s。 ⑵由于R=h1,RcosB=h1—h2,所以0=60°小物块Q平抛的水平速度是v仆有业=tan60°解得切=10m/s。 v1 小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒,选取向右为正方向,由动量守恒定律得mpv0=mQV1
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