动量、动量守恒定律及其应用课件.ppt

1、第第1节节动量、动量守恒定律及其应用动量、动量守恒定律及其应用【例1】(双选)如图611所示，A、B两物体质量比mA mB=3 2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的轻质弹簧，AB与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，当弹簧突然释放，A、B相对车同时发生滑动(平板车足够长)则在A、B被弹开过程中有()AA、B系统动量守恒 BA、B、C系统动量守恒C小车向左运动 D小车向右运动动量守恒条件图611【解析】分别对A、B、C隔离受力分析知：摩擦力fA=mAgfB=mBg，且fA与fB方向相反可见A、B系统合外力不为零，所以A、B系统动量不守恒；而对A、B、C组成的系统，则摩擦力

2、和弹簧的弹性力均为内力，竖直方向受力平衡，故A、B、C系统动量守恒单独隔离小车C，知摩擦力fACfBC.可见小车受合力水平向左，故小车向左运动【答案】BC【点评】判断动量是否守恒，要从受力分析入手，隔离看一看，整体看一看，分清哪些是内力、哪些是外力【例2】(单选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一个弹簧，如图612所示，用手抓住小车并使弹簧压缩后使小车处于静止状态将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法不正确的是()对动量守恒定律的理解图612A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，再放开右手，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

3、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】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，选项A正确；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，选项B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，选项C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变若同时放开，那么系统的总动量为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手时系统所具有

4、的总动量相等，即不为零，选项D正确【答案】B【点评】分析动量守恒时要着眼系统所受合力的矢量和是否为零 1忽略动量是矢量，容易只算大小不管方向，不会正确计算动量的变化量，只单纯地用数字计算，忽略了其矢量性 2不理解守恒条件，特别对单方向动量守恒定律判断不准确，找不到解题的突破口 3对典型的物理过程的特点不熟悉，不能掌握其规律，如对于碰撞、爆炸和反冲过程的特点不清楚 4系统中物体个数较多时，在分析系统动量守恒时易漏掉个别物体的动量，使所解方程错误 5不理解物体运动过程的临界转折状态【例3】如图613所示的装置中，质量为1.99kg的木块B与水平桌面间的接触是光滑的，质量为10g的子弹A以103m/

5、s的速度沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，求弹性势能的最大值图613【错解原因】产生上述错误的原因在于没有认识到子弹打木块的过程是一个机械能不守恒过程，这个过程有着机械能与内能之间的转化2p15000J.2Emv根据能量守恒，弹簧获得弹性势能应该来自于子弹的动能，所以由【错解】12122p2.125J2AABABvvm vmmvEmmv本题涉及的过程包括两个阶段：子弹打木块和弹簧被压缩，前一个阶段的末状态是后一个阶段的初状态设子弹速度为，子弹留在木块中的末速度为，则，据动量守恒定律有压缩过程根据机械能守恒，最大弹性势能为【解析】【答案】25J【纠错心得】子弹打木块过程时间很短，

6、作用力很大，弹簧还来不及形变，合外力即弹簧的弹力可认为为零，满足动量守恒定律处理子弹打击木块问题和压缩弹簧问题时，一定要把过程的初末态把握准确，同时要明确子弹与木块作用时是要伴随着机械能的损失的【例4】在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止当人从船头走到船尾，船后退多大距离？(忽略水的阻力)题型一人船模型题型一人船模型【切入点】由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒根据题意画出如图所示的示意图【答案】船后退距离为2m1222220s2msLsttstLssmMttmLmM选地面为参考系，人在船上行走，相对于地面的平

7、均速度为，船相对于地面后退的平均速度为，系统水平方向动量守恒方程为 故【解析】【思维拓展】动量守恒定律解决问题时，所涉及的速度应该是统一参考系的，这是能够准确解决问题的关键点之一在解相关物理问题时，人船模型有多种表现形式，哪些情景可简化为人船模型，这需要同学们在日常训练中去思考当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量守恒求解本题已用到关系式m1s1=m2s2来求解，关键是先判断初速是否为零(若初速度不为零，则此式不成立)“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型跟踪训练跟踪训练1如图6

8、14所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成角时，圆环移动的距离是多少？图61412211221()0(cosABvvMvmvvvvvMdm LL虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零 杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等 系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒设细绳与成 角时小球的水平速度为，圆环的水平速度为，则由水平动量守恒有：，且在任意时刻或位置 与 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的 和 可分别用其水平位移替代，则上式可

9、写为：【解析】)(1 cos)mLddMm，解得圆环移动的距离：题型二碰撞、爆炸和反冲运动题型二碰撞、爆炸和反冲运动11226 1 5()().25.AOBACOsmmmmRCOR 如图所示，一对杂技演员 都视为质点乘秋千 秋千绳处于水平位置 从 点由静止出发绕 点下摆，当摆到最低点 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处 求男演员落地点 与 点的水平距离 已知男演员质量和女演员质量之比，秋千的质量不计，秋千的摆长为，点比 点【低例5】图615【切入点】反冲运动的动量守恒021212010201201 12212BvmmgRmmvvvvvmmvmvm vCt设分离

10、前男女演员在秋千最低点 的速度为，由机械能守恒定律得 设刚分离时男演员速度大小为，方向与 相同；女演员速度大小为，方向与 相反，由动量守恒得 分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在 点所需的时间为，根据题给条件，由运【解析】动学规律212222121421228RgtsvtAm gRm vmmsR 分离后，女演员恰回到 点，由机械能守恒定律 已知 由以上各式得：【思维拓展】在反冲运动中，系统内力远大于外力，动量近似守恒跟踪训练跟踪训练2质量为M=2kg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)，如图616所示，一颗质量为mB=20g的子弹以60

11、0m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A仍静止在车上，若物体A与小车间的动摩擦因数=0.5，取g=10m/s2，求平板车最后的速度是多大图61600.ABBAAAAvAvAAAAAvm vm vm v子弹击穿物体 后，物体 在水平方向获得一个速度，最后当 相对车静止时，它们的共同速度为子弹穿过物体 的过程极短，因此可以认为车对物体 的摩擦力、子弹的重力作用忽略不计，即认为子弹与物体 组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为物体 的位置没有变化，设子弹穿过物体 后的速度为，由动量守恒定律有【解析】0()0.02(600 100)m/s5m/s22 5m/

12、s2.5m/s22BAAAAAAAAAmvvvmAvAAvAm vm vmM vvmM 得 物体 获得速度相对车滑动，由于物体 与车间有摩擦力，最后物体 相对静止，以共同速度 运动，对于物体 与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：，所以1.(双选)(2011全国卷)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图617所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()图6172211A.B.22

13、1C.D2mMmvvmMN mgLN mgL答案：BD222111222umvmM umMmvmM uvmMQfsN mgL两物体最终速度相等设为 由动量守恒得：，系统损失的动能为：系统损失的动能转化为内能【解析】2.(2011全国卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图618所示若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹

14、射入第二块钢板的深度设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响图6180002202022131132213vdVmm VmvVvEmvmVEmv设子弹初速度为，射入厚度为的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为，由动量守恒得 解得 此过程中动能损失为 解得 【解析】1111022211021112222vVmvmVmvEEmvmVmv 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 和，由动量守恒得 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，由能量守恒得 1110221221213()26211222vVvvvmVmvEmvmV 联立式，且考虑

15、到 必须大于，得 设子弹射入第二块钢板并留在其中，后两者的共同速度为，由动量定恒得 损失的动能为 13(1)22213(1)22EExxd 联立式得 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由式可得，射入第二块钢板的深度 为 3.(2011天津卷)如图619所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t

16、；(2)小球A冲进轨道时速度v的大小图619 211222RgtRtg粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 解得 【解析】1221212222011222222 2AmvAmvmvmgRvmvmvRv tvgR设球 的质量为，碰撞前速度大小为，把球冲进轨道最低点时的重力势能定为，由机械能守恒定律知 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为，由动量守恒定律知 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 综合式得4.(华附综合测试)如图6110所示，在小车的右端高h=0.20m的支架上固定着一个半径为R的1/4圆弧光滑导轨，一质量为m=0.2kg的物体从圆弧的顶

17、端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好落到车的左端边沿，车与支架的总质量M=2kg，车身长L=0.22m，车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g=10m/s2，求：(1)小球离开圆弧轨道下降高度h所用的时间；(2)小球滑到圆弧底端时小球与车的速度大小和方向；(3)圆弧半径R.图6110 21211220.2s 2hgthtgvv物体滑到圆弧底端后向左做平抛运动，所以有 所以物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧的底端过程中，水平方向没有外力设物体滑到圆弧的底端时车速度为，物体速度为；对物体与车构成的系统，水平方向动【解析】量守恒，121212100.1m/s()1m/sMvmvLvvtmLvMm tLvvt

18、 物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有 解得：22122212311221()20.055mmgRMvmvMvvRmgg物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧底端过程，对物体与车构成的系统，机械能守恒：由以上各式代入数据解得：5.(2011陕西长安一中)如图6111所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=2kg的木块C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦开始时B、C均静止，现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回g取10m/s2，求：(1)B运动过程中的最大速率；(2)碰撞后C在B上滑行距离d=2

19、m，求B、C间动摩擦因数.图6111 0104m/sAAABBBABBABm vm vm vv 与 碰后瞬间，速度最大取向右为正方向，由、系统动量守恒，有：代入数据得：【解析】22 208m/s311 ()22415BBBCCCCBBBCCBCBCm vmmvvm gdm vmmv与 达到共同速度后，由、系统动量守恒，有：代入数据得：6.高凌同学设计一种航模飞机在空中跟踪目标，当航模飞机离地高h处时的速度方向恰好沿水平方向，并以大小为v的速度飞行时，用航模飞机上的电磁弹射系统向水平方向的目标发射一枚质量为航模飞机质量1/4的弹丸，若在发射弹丸同时飞机动力系统关闭并做平抛运动，弹丸也没有击中目标同时做平抛运动，发射后弹丸的速度仍同原来方向相同，速度大小为3v，那么航模飞机和弹丸落地点之间的水平距离多少？(忽略空气阻力)534122352mmvm vmvvvhtghsvtv tvg 航模飞机发射弹丸时间极短，且重力远小于弹射力，重力的冲量可忽略，弹丸在发射瞬间的前后动量守恒设弹丸的质量为，原方向为正方向，则由动量守恒定律得：航模飞机的速度，方向与原方向相同，由平抛运动知，弹片落地时间 因此两块弹片落地点间的水【解析】平距离