高考物理动量、动量守恒定律及其应用.ppt

第一单元 动量、动量守恒定律及其应用,第四章 动量守恒定律,1.动量 物体的质量和速度的乘积叫做动量，p=mv.在国际单位制中单位是千克米/秒，符号kgm/s. 动量是矢量，方向与物体的速度方向相同.,2.冲量 （1）冲量的定义：力F和力的作用时间t的乘积Ft叫做力的冲量，通常用符号I表示冲量.I=Ft，单位Ns，1 Ns=1 kgm/s. （2）物理意义：表示物体在力的作用下经历一段时间的累积的物理量.,3.动量定理 （1）内容：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合外力的冲量.即：I=p. （2）物理意义： 动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度. 动量定理给出了冲量（过程量）与动量变化之间的互求关系.,4.动量守恒定律 （1）系统：相互作用的几个物体构成系统.系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力. （2）定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的外力矢量和为零，这个系统的总动量保持不变. （3）定律的表达式 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，两个物体组成的系统初动量等于末动量. 可写为：p=p、p=0和p1=p2 （4）动量守恒定律成立条件 系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零. 系统受到外力的合力不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒. 系统所受外力的合力不为零，但在某个方向上受力为零时，则该方向上系统动量守恒.,5.碰撞 （1）概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间极短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题. （2）分类 弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒. 非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律. 完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律.,6.反冲现象 指在系统内力作用下分裂为两部分，系统内一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动.这个现象叫反冲.喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例.显然，在反冲现象里，系统的动量是守恒的.,类型一：动量的变化问题,【例1】 分别用带有箭头的线段表示某个质点的初动量p，末动量p，动量的变化量p.其中线段长短表示大小，箭头指向表示矢量方向.图411中一定不正确的是（ ）,图411,典型例题,思路点拨：动量是矢量，求动量变化要注意方向性. 解析：由于初动量与末动量在一条直线上，规定末动量的方向为正方向，则初动量与末动量同向取正，反向取负，将矢量差运算转化为代数差运算，可知A、D正确，B、C错误. 答案：BC. 方法技巧：动量是矢量，动量的变化量也是矢量，当初动量与末动量在一条直线上时，要求动量的变化量，可通过规定正方向，将原来的矢量运算转化为代数运算.运算的结果如果为正，则表明动量的变化量与初动量同向，如果为负表明动量的变化量与初动量反向.,11：一个质点在运动过程中受到的合外力始终不为零，则( ) 质点的动能一定发生改变 质点的动量不可能保持不变 C.质点的加速度方向一定变化 D.质点的运动方向可能不变,解析：质点所受到的合外力始终不为零，但力方向未知，由W=Fscos ，如=90，则合外力不做功，物体动能可能不变，A错误；物体在外力作用下做变速运动，物体的动量等于质量和速度的乘积，一定发生变化，B项正确；物体加速度方向始终与合外力的方向相同，合外力方向不一定变化，则加速度方向也不一定变化，C项错误；当合外力方向与物体的速度方向始终在一条直线上，则物体运动方向可能不变，D项正确. 答案：BD.,针对训练,类型二：动量守恒定律的应用,【例2】 如图412所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起（不粘连），A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面.现让质量为m小物块C（可视为质点）自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下.则下列说法中正确的是（ ）,图412,A.小物块C到b点时，A的速度最大 B.小物块C到c点时，A的速度最大 C.小物块C到b点时，C的速度最大 D.小物块C到c点时，A的速率大于B的速率,思路点拨：明确研究对象（系统），能分阶段，根据运动特点，结合相应的规律对题目进行分析判断. 解析：小物块C自a点静止释放，到达b点的过程中A、B、C三者组成的系统水平方向动量守恒，由于C和A、B整体的动量等大反向，且C速度也越来越大，所以A、B整体的速度越来越大，C在bc部分滑动的过程中，A、C组成的系统动量守恒，由于在b点时C的动量大于A的动量，所以最终C和A相对静止时，一起向右运动，C在bc段滑动的过程，C由于摩擦力作用做减速运动，A先向左做减速运动，然后向右做加速运动，直至与C有共同速度.B一直向左做匀速直线运动，由于A、B、C系统的动量也是守恒的，所以当A、C有共同速度时，A、C的总动量与B的动量等大反向，而A的质量和B的质量相等，因而当小物块C到c点时，A的速率小于B的速率.由此可以看出，小物块C到b点时，A的速度最大，C的速度也达最大. 答案：AC.,思维总结：上题中C从a滑到b的过程中，由于C有向下的加速度，所以系统在竖直方向的合力不为零，因此不能称为系统动量守恒.对于当C在bc段滑动时，根据研究的需要，选取不同的系统进行研究，由于C滑过b点AB开始分离，所以AC组成的系统动量守恒，尽管B与A分离，但把A、B、C组成一个系统，合外力仍然为零，所以A、B、C组成的系统动量也守恒.,21：下面关于动量守恒的判断正确的是（ ） A.静止于水面有两船用绳相连，船上的人用力拉绳子，两船靠近，如果两船所受阻力不能忽略，两船动量必不守恒 B.人在静止的汽车上行走，人与车总动量守恒 C.水平飞行的子弹击中并穿过放在水平桌面上的木块，由于子弹对木块的作用力远大于桌面对木块的摩擦，因此子弹击中木块的过程中子弹、木块系统的动量守恒 D.斜面置于光滑水平面上，物体在沿斜面下滑的过程中，水平方向的动量是否守恒取决于物体与斜面间有无摩擦,针对训练,解析：在下列三种情况下，可运用动量守恒定律：系统不受外力或所受的合外力为零时，动量守恒.在A选项中，两船所受阻力的合力为零时，动量守恒.故A错；人在静止的汽车上行走时，由于汽车受到地面摩擦力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，B错.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统的内力小得多，以至外力冲量对系统动量变化的影响可以忽略，这时可近似认为动量守恒，如碰撞、爆炸过程等，故C正确；系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持守恒.系统动量是否守恒与系统内物体间的作用力的多少、大小和性质均无关，故D错.故选C. 答案：C.,22：如图413所示，静止在水面上的船长为L，质量为M，质量分别为m1、m2的甲乙两人分别站在船头和船尾，甲由船头走到船尾而乙由船尾走到船头，不计水的阻力并且m1m2，则船移动的距离为_.,图413,解析： m1v1=m2v2+Mv 设船移动距离x m1（Lx）=m2（L+x）+Mx x= . 答案：,类型三：动量守恒中的临界问题,【例3】 两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动.某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s方向与甲相反.两车运动过程中始终未相碰.求： （1）两车最近时，乙的速度为多大？ （2）甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？,思路点拨：应用动量守恒定律解决临界问题时，明确临界条件是解题的前提：两车相距最近的含义是速度相同，甲车开始反向时速度为零.规定正方向，利用动量守恒定律列式求解.,解析：（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向.由动量守恒定律得 m乙v乙m甲v甲=（m甲+m乙）v 所以两车最近时，乙车的速度为 v= m/s= m/s=1.33 m/s （2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙，由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲=m乙v乙 得v乙= m/s=2 m/s. 答案：（1）1.33 m/s （2）2 m/s,方法技巧：处理动量守恒定律中的临界问题要抓住以下两点： （1）寻找临界状态： 题设情景中看是否有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状态. （2）挖掘临界条件： 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，即速度相等或位移相等. 正确把握以上两点是求解这类问题的关键.,31：如图414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共为30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为15 kg的箱子和他一起以2 m/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.若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？,图414,针对训练,解析：由题意可知，推出后箱子的速度越大，甲、乙相撞的可能性越小.为求推出后箱子的最小速度，其临界条件是乙抓住箱子后的速度与甲推出箱子后的速度大小、方向都相同.据题中所给条件，在整个过程中系统的总动量守恒.同理，甲在推箱子前后，甲与箱子的动量也守恒.设推出后箱子的速度为vx，乙接住箱子后整个系统的速度为v，取甲开始有速度的方向为正方向.甲和他的冰车及乙和他的冰车质量为M，箱子质量为m. 对整个系统，整个过程有： （M+m）v0Mv0=（2M+m）v 对甲与箱子，推出前后过程有： （M+m）v0=Mv+mvx 由可得v= m/s，代入即得：vx=5.2 m/s. 答案：5.2 m/s,【例1】 一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为（ ） A.v0 B. v0 C. v0 D. v0,思路点拨：把整个列车作为研究对象，应用动量守恒定律 解析：列车原来做匀速直线运动，牵引力F等于摩擦力Ff，Ff=k（mM）g（k为比例系数），因此，整个列车所受的合外力等于零.尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力.因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车（前部+尾部）的动量应该守恒.考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由（m+M）v0=0+Mv 得此时前部列车的速度为v= v0,备选例题,答案：B. 方法技巧：（1）上述求解是根据列车受力的特点，恰当地选取研究对象，巧妙地运用了动量守恒定律，显得非常简单.如果把每一部分作为研究对象，就需用牛顿第二定律等规律求解.有兴趣的同学，请自行研究比较.,【例2】 炮弹在水平飞行时，其动能为Ek0=800 J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为Ek1=625 J，求另一块的动能Ek2.,解析：以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625 J的一块的速度可能为正，可能为负，由动量守恒定律： p=p1+p2 由动能和动量的关系有：p= 由得： 整理并代入数据解得：Ek2=225 J或4 225 J. 答案：225 J或4 225 J,考点演练,（对应学生用书第300301页）,1.下列关于动量的说法中，正确的是（ BD ） A.物体的动量改变，其动能一定改变 B.物体的动量改变，其动能不一定改变 C.运动物体动能不变，其动量一定不变 D.物体的动能改变，其动量一定改变,解析：动能、动量均是描述物体运动状态的物理量，动量是矢量既有大小又有方向，动能是标量，只有大小没有方向.动量变化有三种情况：大小不变，方向改变；大小变化，方向不变；大小和方向都发生变化.在、两种情况下，物体的动能发生改变；在情况下，动能大小不变，所以A选项错误B选项正确.同理，物体的动能改变，则动量大小变化，根据物体的动能变化情况不能得出动量方向变或不变，故C错误而D项正确.,达标提升,2.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞.为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的（ C ） A.速率 B.质量 C.动量 D.动能,解析：根据能量转化与守恒知，只有碰后动能越小，内能才能越大，即碰后系统的总动量越小，动能就越小.所以设法使这两个重离子在碰前瞬间具有相同大小的动量，C项正确.,3.如图415所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑.以下说法正确的是（ A ）,图415,A.a比b先到达S，它们在S点的动量不相等 B.a与b同时到达S，它们在S的动量不相等 C.a比b先到达S，它们在S点的动量相等 D.b比a先到达S，它们在S点的动量相等,解析：a、b两球到达S点时速度方向不同，故它们的动量不等，C、D错.由机械能守恒定律知，a、b经过同一高度时速率相同，但b在竖直方向的分速度vb始终小于同高度时a球的速度va，应有平均速度，由t=知，tatb，所以a先到达S点，A对，B错.,4.如图416所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑（ C ）,图416,A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处,解析：小球在下滑阶段水平方向合外力为零，故水平方向动量守恒，A错.小球在弧形轨道下滑过程中光滑弧形槽速度增加，动能增加，则它们间作用力做功，B错.由水平方向动量守恒mv槽=mv球，小球到达槽末端时v槽=v球，球经弹簧反弹后与v槽大小相等方向相同，故二者始终保持匀速，C对，D错.,5.如图417所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为（ A ）,图417,A. B. C. D.,解析：子弹射入A，子弹、A组成的系统动量守恒mv0=（m+99m）v1 A、B速度相等时，弹性势能最大，由动量守恒定律mv0=（m+99m+100m）v2 Ep=（m+99m）v12200mv22= ，A项正确.,6.（2009年北京东城质检）如图418所示，一沙袋用轻细绳悬于O点.开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30.当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30.若弹丸质量是沙袋质量的 倍，则以下结论中正确的是（ D ）,图418,A.v1=v2 B.v1v2=4142 C.v1v2=4241 D.v1v2=4183,解析：由于两次的最大摆角相同，故在最低点的速度相同.由动量守恒定律可知，第一次弹丸打入沙袋后 mv1=（m+M）v 第二粒弹丸击中沙袋后mv2（M+m）v=（M+2m）v 联立可解：v1v2=4183，D项正确.,7.如图419（甲）所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑.滑块和木板速度随时间变化的图象如图419（乙）所示，某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（ ACD ）,图419,A.滑块与木板间始终存在相对运动B.滑块始终未离开木板 C.滑块的质量大于木板的质量 D.在t1时刻滑块从木板上滑出,解析：从图（乙）中可以看出：木板的速度始终小于滑块的速度，即滑块与木板始终没有达到共同的速度，所以二者始终存在相对运动；在vt图线中，图线切线的斜率大小等于物体的加速度，可以看出木板的加速度较大，由牛顿第二、第三定律可知，滑块的质量大于木板的质量；在t1时刻之后两者都做匀速直线运动，可以推知t1时刻滑块从木板上滑出.,8.（2009年广东深圳一模）如图4110（甲）所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图（乙）为它们碰撞前后的xt图象.已知m1=0.1 kg，由此可以判断（ AC ）,图4110,A.碰前m2静止，m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动 C.由动量守恒可以算出m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.1 J的机械能,解析：由图知取向右为正方向，可以算出v1=4 m/s，v2=0，v1=2 m/s，v2=2 m/s，可以判断A正确，B错误；由动量守恒定律，m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，m2=0.3 kg，C正确；Ek=m1v12m1v12m2v22=0为弹性碰撞，D错.,9.如图4111所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3 kg的薄板和质量为m=1 kg的物块，都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是（ A ）,图4111,A.做加速运动 B.做减速运动 C.做匀速运动 D.以上运动都有可能,解析：物块薄板系统所受合外力为零，系统动量守恒，取木板初速度方向为正方向Mvmv=mv1+Mv2 当v2=2.4 m/s时，解得v1=0.8 m/s，即此时两者仍在相对滑动，且物块速度小于薄板速度，方向相同因而在摩擦力作用下加速，故A项正确.,10.如图4112所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内.大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是_.,图4112,解析：系统水平方向上不受外力，水平方向动量守恒. 设大、小球的水平速度分别为v1x、v2x，则2mv1xmv2x=0，2mx1=mx2，x1+x2=2RR.解得：x1= R. 答案： R,11.动量分别为5 kgm/s和6 kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后.若已知碰撞后A的动量减小了2 kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比 的可能范围是_.,解析：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理. 碰前：vAvB， ，则 碰后：vAvB，pA=3 kgm/s，pB=8 kgm/s ， 由能量转化与守恒知： 代入数据可得： ， 所以 . 答案：,12.（2008年全国卷）图4113中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止.现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零.小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角=60时小球达到最高点.求：（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； （2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小.,图4113,解析：（1）设小球第一次到达