高三物理一轮-动量守恒定律课件.ppt

1、.v vm mv vm mv vm mv v或m或m/2 22 2/1 11 12 22 21 11 1.P PP P乙乙甲甲，故故C C对对D D错错.弹弹力力做做功功，机机械械能能守守恒恒量量守守恒恒；且且系系统统只只有有统统所所受受合合外外力力为为0 0，动动2 2.A A离离开开墙墙壁壁后后，系系守守恒恒，故故A A错错B B对对.其其他他力力不不做做功功，机机械械能能但但系系统统只只有有弹弹力力做做功功，系系统统动动量量不不守守恒恒，前前，系系统统受受墙墙的的作作用用力力分分析析：1 1.A A离离开开墙墙壁壁0 0乙乙甲甲乙乙0 0甲甲0 04 4v v解解得得v v.v vv v

2、为为避避免免两两船船相相碰碰满满足足：m mv v1 11 1m mv v1 12 2m mv v对对乙乙、货货物物系系统统1 11 1m mv vm mv v2 2v v1 10 0m m向向右右为为正正方方向向.为为v v.设设抛抛出出货货物物的的最最小小速速度度，解解析析：对对甲甲、货货物物系系统统.两两物物体体速速度度相相同同极极值值或或临临界界条条件件：.v vv v2 2.避避免免碰碰撞撞的的条条件件：构构成成的的两两系系统统为为对对象象.与与甲甲乙乙速速度度，选选传传递递物物体体分分别别求求解解传传递递物物的的1 1.选选好好研研究究对对象象，题题后后总总结结后后前前.2 21

3、1E EW W故故)v vm m(m m2 21 1v vm m2 21 1v vm m2 21 1E E碰碰撞撞过过程程的的能能量量损损失失：)v vm m(m m2 21 10 0W W2 2.克克服服摩摩擦擦力力做做功功：8 8.1 1:：m m故故m m)v vm m(m mv vm mv v碰碰撞撞过过程程：m mm m/s s.3 32 2碰碰后后：v v1 1m m/s s,v v2 2m m/s s,解解析析：1 1.碰碰前前：v vf f2 2b ba a2 2b bb b2 2a aa a2 2b ba af fb ba ab ba ab bb ba aa ab ba a能

4、有损失.能有损失.2.非弹性碰撞，机械2.非弹性碰撞，机械.求解W求解W直到静止，直到静止，8s后进入粗糙路段，8s后进入粗糙路段，1.分析图像1.分析图像题后总结题后总结f f1.1.如图所示，如图所示，A A、B B、C C三个木三个木块的质量均为块的质量均为m m，置于，置于光滑光滑的的水平面上，水平面上，B B、C C之间有一轻之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块质弹簧，弹簧的两端与木块接触可接触可不固连不固连，将，将弹簧压紧弹簧压紧到不能再压缩时用细线把到不能再压缩时用细线把B B、C C紧连紧连，使弹簧不能伸展，使弹簧不能伸展，以以至于至于B B、C C可视为一个整体可视为一个整体。

5、现现A A以初速度以初速度v v0 0沿沿B B、C C的连线的连线方向朝方向朝B B运动，运动，与与B B相碰并黏相碰并黏合在一起合在一起。以后细线突然断。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使开，弹簧伸展，从而使C C与与A A、B B分离。分离。已知已知C C离开弹簧后的离开弹簧后的速度恰为速度恰为v v0 0，求弹簧释放的求弹簧释放的势能。势能。.m mv v3 31 1E E3 3m mv v2 21 12 2m mv v2 21 1m mv v2 21 1即即E EE EE E 碰碰撞撞后后能能量量守守恒恒：2 2m mv vm mv v3 3m mv v .A AB B速速度度v v

6、,设设C C分分离离时时速速度度v v3 3m mv vm mv v 动动量量守守恒恒解解析析：A AB B碰碰撞撞前前后后，2 20 0P P2 22 2A AB B2 20 0P PK K增增P P减减A AB B0 0A AB B0 00 02 2k kg g.m m3 3m m/s s,v v9 9m m/s s,其其中中v v.)v vm m(m mv vm m 后后，动动量量守守恒恒：解解析析：1 1.C CA A碰碰撞撞前前C C1 10 01 1C CA A0 0C C9 9J J.故故E E)v vm mm m(m m2 21 1)v vm m(m m2 21 1即即E EE

7、 E能能量量守守恒恒：E E.)v vm mm m(m m)v vm m动动量量守守恒恒：(m m弹弹性性势势能能最最大大.时时，形形变变最最长长，当当三三者者共共速速v v中中，A AB BC C向向左左运运动动的的过过程程3 3m m/s s，此此时时A AC C速速度度为为v vs s时时B B离离开开墙墙面面，2 2.由由乙乙图图可可知知，1 12 2P P2 23 3B BC CA A2 22 2C CA AP PK K减减P P增增3 3B BC CA A2 2C CA A3 32 2的的角角度度借借助助图图象象求求解解，也也可可以以从从力力和和运运动动动动量量、能能量量两两方方面

8、面解解题题既既可可以以从从(4 4)解解决决该该类类问问题题，。E E系系统统E E(3 3)根根据据能能量量守守恒恒，失失越越多多。块块的的质质量量越越大大，动动能能损损则则子子弹弹的的质质量量越越小小，木木.E EM Mm mM ME EM M)v v(m m2 21 1m mv v2 21 1E EM M)v v,(m mm mv v系系统统机机械械能能损损失失最最大大当当两两者者的的速速度度相相等等时时，x xf f恒恒，产产生生的的热热量量Q Q，但但系系统统的的机机械械能能不不守守(2 2)系系统统的的动动量量守守恒恒)，且且有有极极值值。(子子弹弹射射入入木木块块的的深深度度位位

9、移移最最大大，求求解解两两者者的的相相对对速速度度相相等等时时木木块块的的速速度度(1 1)当当子子弹弹和和木木块块的的2 2模模型型特特点点其其他他增增K K减减0 0K KK K2 22 20 0K K0 0相相对对滑滑动动.3 3g gh hv v6 6g gh hv vx xL L则则距距a a点点的的距距离离s s.3 3m mv v2 21 13 3m mv v2 21 1m mg gh h即即f fx xE EE E能能量量守守恒恒：Q Q.3 3m mv vm mv v水水平平方方向向动动量量守守恒恒：3 3止止，2 2.由由最最高高点点到到相相对对静静.3 3L L3 3m

10、mg gh hm mv v解解得得f f3 3m mv v2 21 1m mv v2 21 1f fL L即即m mg gh h.E EQ Q能能量量守守恒恒：E E3 3m mv vm mv v系系统统水水平平方方向向动动量量守守恒恒最最高高点点过过程程，解解析析：1 1.物物体体由由a a2 20 02 20 02 22 22 21 1K K减减P PG G减减2 21 12 20 02 21 12 20 0K K减减P PG G增增1 10 02 2m m.解解得得L L)v vm m(m m2 21 1v vm m2 21 1)v vm m(m m2 21 1g gL L即即m m.E

11、 E能能量量守守恒恒：Q Q8 8m m/s s.v v)v vm m(m mv vm m)v vm m(m m动动量量守守恒恒2 2.射射击击后后，三三者者系系统统m m/s s.1 10 0v v)v vm m(m mv vm m射射击击过过程程动动量量守守恒恒解解析析：子子弹弹和和车车系系统统，2 23 31 10 02 22 22 22 21 11 10 02 2K K减减2 23 31 10 02 22 21 11 10 01 11 11 10 00 00 0.M Mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1E EE E，M Mv vm mv v，m mv v

12、统统机机械械能能(能能量量）守守恒恒水水平平方方向向动动量量守守恒恒，系系M M速速度度到到达达最最大大.分分离离点点(2 2)最最低低点点：m m与与M M.M M)v v(m m2 21 1m mv v2 21 1m mg gh hE E，E Em m)v v(M Mm mv v守守恒恒。，系系统统机机械械能能（能能量量）系系统统水水平平方方向向动动量量守守恒恒道道，m m不不可可能能从从此此处处离离开开轨轨具具有有共共同同水水平平速速度度，且且(1 1)最最高高点点：m m与与M M2 2模模型型特特点点2 22 22 21 12 20 0K K末末K K初初2 21 10 02 2共共

13、2 20 0K K减减P PG G增增共共0 0，h h.m m)m m)(M M(M MM MM M解解以以上上各各式式得得H HM M)v v(m m2 21 1m mv v2 21 1即即m mg gH HE E能能量量守守恒恒：E Em m）v v（M Mv v水水平平方方向向动动量量守守恒恒：m m度度为为H H，二二者者共共速速v v.2 2.物物块块滑滑上上的的最最大大高高.v vM M2 21 1m mv v2 21 1能能量量守守恒恒：m mg gh h.m mv vv vM M0 0动动量量守守恒恒：物物块块和和A A系系统统水水平平方方向向.物物块块速速度度v v,时时，

14、A A速速v v解解析析：1 1.物物块块滑滑离离A A2 21 12 21 12 22 21 1K K减减P PG G增增2 21 12 2A A1 12 21 11 1A A1 11 1A A.6 64 4g gv v解解得得R R2 2m mv v2 21 1m mv v2 21 1)v v2 21 1m m(2 21 1m mg gR R能能量量守守恒恒：.2 2m mv vm mv vv v2 21 1m m水水平平方方向向动动量量守守恒恒：系系统统.C C过过程程，物物块块和和C CD D为为2 2.由由D D.v v4 41 1v v2 2m mv vv v2 21 1m mm

15、mv v：三三者者为为系系统统，动动量量守守恒恒点点的的过过程程，解解析析：1 1.物物块块滑滑到到B B2 20 02 2共共2 2A AB B2 20 0共共A AB B0 00 0A AB BA AB B0 00 0故故选选A A.向向左左做做平平抛抛运运动动.0 0,v vM M时时，(3 3)当当m m做做自自由由落落体体运运动动.0 0,v vM M时时，(2 2)当当m m向向右右做做平平抛抛运运动动.0 0,v vM M时时，(1 1)当当m m:讨讨论论v vM Mm mM Mm m解解得得v vM Mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1能能量量

16、守守恒恒：M Mv vm mv v系系统统动动量量守守恒恒：m mv v向向右右为为正正方方向向.车车速速v v,度度为为v v分分析析：设设球球离离开开车车时时速速1 11 11 10 01 12 22 22 21 12 20 02 21 10 02 21 1向右.向右.m/s.方向m/s.方向3 31414解得v解得vv vm m2 21 1v vm m2 21 1v vm m2 21 1v vm mv vm mv vm m，能量守恒.，能量守恒.碰后BC系统动量守恒碰后BC系统动量守恒弹簧的弹性势能为零弹簧的弹性势能为零 长，长，2.弹簧第一次恢复原2.弹簧第一次恢复原反.反.即与A的初

17、速度方向相即与A的初速度方向相-4m/s,-4m/s,解得v解得v.v vm mv vm mv vm m量守恒量守恒解析：1.AB碰撞动解析：1.AB碰撞动C C2 2C CC C/2/2B BB B2 2B BB BC CC C/B BB BB BB BA AB BB BA AA A0 0A A：3 3分类分类 动量守恒动量守恒 机械能守恒机械能守恒弹性碰撞弹性碰撞守恒守恒守恒守恒非完全弹性非完全弹性碰撞碰撞守恒守恒有损失有损失完全非弹性完全非弹性碰撞碰撞守恒守恒损失损失最多最多故故C C错错，选选B B正正确确.v vm m2 21 1v vm m2 21 1v vm m2 21 1v v

18、m m2 21 1：动动能能不不增增加加3 3.，B BC C均均符符合合.v vm mv vm mv vm mv vm m:动动量量守守恒恒2 2.或或A A反反向向，故故A AD D错错.，v v满满足足：v v:速速度度合合理理性性分分析析：1 1./2 2B BB B/2 2A AA A2 2B BB B2 2A AA A/B BB B/A AA AB BB BA AA A/B B/A A2 2.m mm m解解得得.v v即即4 4v v.x x满满足足4 4x xP P点点相相遇遇，2 2.碰碰后后匀匀速速运运动动，在在.v vm m2 21 1v vm m2 21 1v vm m

19、2 21 1机机械械能能守守恒恒：,v vm mv vm mv v动动量量守守恒恒：m m弹弹性性碰碰撞撞解解析析：1 1.A AB B在在O O点点2 21 1B BA AB BA A2 2B B2 22 2A A1 12 20 01 1B B2 2A A1 10 01 1A A对对.,5 52 2m mm mP PP Pv vv v故故m m/s s.1 10 0k kg gP PP PP PP P动动量量守守恒恒：P Pm m/s s.2 2k kg gP PP PP PP P2 2.P P故故A A在在左左方方.则则D D错错,v vv vm m，m mm mv vP Pv vv v，

20、碰碰前前，分分析析：1 1.速速度度合合理理性性A AB BB BA AB BA AB BB BA A0 0B B0 0A A0 0A AA AA A0 0A AA AA A0 0B B0 0A AA AB B0 00 0前前后后，为为弹弹性性碰碰撞撞，A A对对.E EE EE E故故E Em m5 54 42 2m mP Pm mP PE E碰碰后后：E E.m m5 54 42 2m mP Pm mP PE E碰碰前前：E E得得2 2m mP P3 3.由由E EB BK KK KA AB BK KO OK K0 0A A2 2B B2 2A AB BK KK KA A2 20 0B

21、B2 20 0A AB BK KO OK K0 0A A2 2K K4.4.质量为质量为m m，速度为，速度为v v的的A A球跟质量为球跟质量为3m3m的静止的的静止的B B球发生正球发生正碰。碰。，因此碰撞后，因此碰撞后B B球的速度球的速度为为()A A0.6v B0.6v B0.4v C0.4v C0.3v D0.3v D0.2v0.2v0.5v，故选BC对0.5v，故选BC对v v故0.25v故0.25vv v3m）v3m）v（m（m动量守恒：mv动量守恒：mv撞撞2.若是完全非弹性碰2.若是完全非弹性碰0.5v.0.5v.解得：v解得：v.3mv3mv2 21 1mvmv2 21

22、1mvmv2 21 1机械能守恒：机械能守恒：.3mv3mvmvmv动量守恒：mv动量守恒：mv撞撞分析：1.若是弹性碰分析：1.若是弹性碰B B/B BB B2 2B B2 2A A2 2B BA A.25.0/vBM M.m m2 2)M M5 5须须满满足足(各各发发生生一一次次碰碰撞撞，故故所所以以使使A A只只与与B B、C C2 2)M M.5 5(m mv vM Mm m2 2m mv v)M Mm mM Mm m即即(.v v必必满满足足：v v发发生生再再次次碰碰撞撞，即即向向右右运运动动，A AC C欲欲不不0 0,v v.v v)M Mm mM Mm m(v vM Mm

23、mM Mm m解解得得v v，M Mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1能能量量守守恒恒：.M Mv vm mv vm mv v 动动量量守守恒恒：,2 2.A AB B发发生生弹弹性性碰碰撞撞M M.0 0，即即m m则则v v欲欲使使A AB B能能发发生生碰碰撞撞，.v vM Mm m2 2m mv v,v vM Mm mM Mm m解解得得v v，M Mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1能能量量守守恒恒：.M Mv vm mv v动动量量守守恒恒：m mv v性性碰碰撞撞解解析析：1 1.C CA A发发生生弹弹0 00 0

24、2 2C C2 22 20 02 21 12 22 2B B2 22 22 21 1B B2 21 11 10 0C C0 01 12 2C C2 21 12 20 0C C1 10 0m mM MM M0 0.5 5s s解解得得t tv vm m-0 0g gt tm m-碰碰后后对对B B动动量量定定理理：v vm m2 21 1v vm m2 21 1v vm m2 21 1机机械械能能守守恒恒：v vm mv vm mv v动动量量守守恒恒：m m碰碰撞撞分分析析：1 1.假假设设是是弹弹性性1 1B B2 21 12 22 2B B2 22 2A A1 12 20 01 1B B2

25、 2A A1 10 01 10.5s.则B对.0.5s.则B对.t t故0.25s故0.25s0.25s0.25s解得t解得t)v)vm m(m(m0 0)gt)gtm m（m（m-定理：定理：碰后，AB整体，动量碰后，AB整体，动量)v)vm m(m(mv vm m碰撞碰撞2.假设是完全非弹性2.假设是完全非弹性2 22 21 12 22 21 12 21 10 01 1三：人船模型三：人船模型v1v2x1x2 LMmx x.M Mm mm mx xx x,M Mm mM M则则x x人人在在船船上上的的相相对对位位移移x xx xx xx x0 0M Mx xm mx x：人人船船位位移移

26、关关系系反反比比.任任意意时时刻刻速速率率与与质质量量成成,m mM Mv vv v则则M Mv vm mv v：0 0人人船船速速度度关关系系两两个个静静止止的的物物体体组组成成.3 3.特特点点：初初始始系系统统由由船船减减速速.人人加加速速船船加加速速，人人减减速速；人人走走、船船行行，人人停停船船停停动动量量守守恒恒定定律律2 2.原原理理：移移草草图图1 1.解解前前画画出出人人、船船位位2 21 12 21 12 21 12 21 12 21 1m m.3 32 2位位置置点点间间的的距距离离为为道道位位置置点点与与小小球球起起始始即即小小球球击击中中滑滑块块右右侧侧轨轨m m3

27、32 2解解得得x x2 2L L,x x且且x x,M Mx xm mx x则则0 0.，滑滑块块位位移移x xx x2 2.设设球球的的水水平平位位移移为为2 2m m/s s.解解得得v vM Mv v2 21 1m mv v2 21 1m mv v2 21 1系系统统能能量量守守恒恒：M Mv vm mv v0 0.滑滑块块速速度度v v,为为v v设设到到达达最最高高点点球球的的速速度度水水平平方方向向动动量量守守恒恒，解解析析：1 1.球球和和滑滑块块在在1 12 21 12 21 12 21 11 12 22 22 21 12 20 02 21 12 21 1R R.3 31 1解解得得x xR Rx x且且x x2 2m m.M M0 0,M Mx xm mx x.，x x移移分分别别为为x x低低点点二二者者发发生生的的水水平平位位设设从从开开始始到到小小球球到到达达最最水水平平方方向向动动量量守守恒恒.分分析析：小小球球和和空空心心球球在在2 22 21 12 21 12 21 1