2022年高三物理一轮教案动量守恒定律及其应用.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载高三物理一轮专练动量守恒定律及其应用教学目标：1把握动量守恒定律的内容及使用条件,知道应用动量守恒定律解决问题时应留意的问 题2把握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤3会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题教学重点：动量守恒定律的正确应用；娴熟把握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤教学难点：应用动量守恒定律时守恒条件的判定,包括动量守恒定律的“ 五性”：条件性；整体 性；矢量性；相对性；同时性教学方法：1同学通过阅读、对比、争论,总结出动量守恒定律的解题步骤2同学通过实例分析,结合碰撞、爆炸等问题的

2、特点,明确动量守恒定律的矢量性、同 时性和相对性3讲练结合,运算机帮助教学 教学过程 一、动量守恒定律1动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变；即：m 1 v 1m 2v2m 1v 1m 2v 22动量守恒定律成立的条件（1）系统不受外力或者所受外力之和为零；（2）系统受外力,但外力远小于内力,可以忽视不计；（3）系统在某一个方向上所受的合外力为零,就该方向上动量守恒；（4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零,就该阶段系统动量守恒；3动量守恒定律的表达形式名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - -

3、 - - - （1）m 1v 1m 2v2m 1v 1m 2v 2学习必备欢迎下载/,即 p 1 +p 2=p 1/ +p 2（2） p1+ p2=0, p1= - p2 和m 1v 2m 2v 14动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来熟悉,动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一；（另 一个最基本的普适原理就是能量守恒定律；）从科学实践的角度来看,迄今为止,人们尚未发 现动量守恒定律有任何例外；相反,每当在试验中观看到好像是违反动量守恒定律的现象时,物理学家们就会提出新的假设来补救,最终总是以有新的发觉而成功告终；例如静止的原子 核发生 衰变放出电子时,按动量守恒,反冲核应当沿电

4、子的反方向运动；但云室照片显示,两者径迹不在一条直线上；为说明这一反常现象,1930 年泡利提出了中微子假说；由于中微子既不带电又几乎无质量,在试验中极难测量,直到 1956 年人们才首次证明白中微子的存在；又如人们发觉,两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量好像也是不守恒的；这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场,把电磁场的动量也考虑进去,总动量就又守恒了；5应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意,明确争论对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被争论的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程,要采纳程序法对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发

5、生相互作用,从而确定所争论的系统是由哪些物体组成的；（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力 量守恒定律条件,判定能否应用动量守恒；.在受力分析的基础上依据动（3）明确所争论的相互作用过程,确定过程的始、末状态,即系统内各个物体的初 动量和末动量的量值或表达式；留意： 在争论地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均应取地球为参考系；（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解；二、动量守恒定律的应用1碰撞两个物体在极短时间内发生相互v1 v / v1v2/ 作用,这种情形称为碰撞；由于作用时间极短,一般都满

6、意内力远大于外力,所以可以认为系统的动量守恒；碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载认真分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上,质量为m 1的物体 A 以速度 v1 向质量为 m 2的静止物体 B 运动, B 的左端连有轻弹簧；在位置 A、B 刚好接触,弹簧开头被压缩,A 开头减速, B 开头加速；到位置 A、B 速度刚好相等（设为 v）,弹簧被压缩到最短；再往后 A、B开头远离,弹簧开头复原原长,到位置弹簧刚好为原长,A、B 分开,这时 A、B的速度分别

7、为v 和v 2；全过程系统动量肯定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了；（1）弹簧是完全弹性的；系统动能削减全部转化为弹性势能,状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能削减全部转化为动能；因此、状态系统动能相等；这种碰撞叫做弹性碰撞；由动量守恒和能量守恒可以证明 A、 B 的最终速度分别为：v 1 m 1 m 2 v 1 , v 2 2 m 1 v 1；（这个结论最好背下来,以m 1 m 2 m 1 m 2后常常要用到； ）（2）弹簧不是完全弹性的；系统动能削减,一部分转化为弹性势能,一部分转化为内能,状态系统动能仍和相同,弹性势能仍最大,但比小；弹性势能削减,部分转化为动能,部分

8、转化为内能；由于全过程系统动能有缺失（一部分动能转化为内能） ；这种碰撞叫非弹性碰撞；（3）弹簧完全没有弹性；系统动能削减全部转化为内能,状态系统动能仍和相同,但没有弹性势能；由于没有弹性,A、B 不再分开,而是共同运动,不再有名师归纳总结 过程；这种碰撞叫完全非弹性碰撞；可以证明,A、 B 最终的共同速度为第 3 页,共 9 页v 1v2m 1m 1m 2v 1；在完全非弹性碰撞过程中,系统的动能缺失最大,为：Ek1m 12 v 11m 1m 2v22m 1 m 2v 1 2；22m 1m 2（这个结论最好背下来,以后常常要用到；）【例 1】 质量为 M 的楔形物块上有圆弧轨道,静止在水平面

9、上；质量为 m 的小球以速度v1向物块运动；不计一切摩擦,圆弧小于90 且足够长；求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v；解析： 系统水平方向动量守恒,全过程机械能也守恒；v1 在小球上升过程中,由水平方向系统动量守恒得：mv1Mmv由系统机械能守恒得：1mv21Mmv2mgH解得H2Mv2g1212Mm- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载2mmv1全过程系统水平动量守恒,机械能守恒,得vM点评： 此题和上面分析的弹性碰撞基本相同,唯独的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能；【例 2】 动量分别为 5kg m/s 和 6kg m/s

10、 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；如已知碰撞后 A 的动量减小了 2kg m/s,而方向不变,那么 A、B质量之比的可能范畴是什么？解析： A 能追上B,说明碰前vAvB,5A6；碰后A 的速度不大于B 的速度,mmB38；又由于碰撞过程系统动能不会增加,52623282B,由以mAmB2mA2mB2mA2m上不等式组解得：3mA48mB7点评： 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次序合理；2子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞；作为一

11、个典型,它的特点是：子弹以水平速度射向原先静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动；下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程；【例 3】 设质量为m 的子弹以初速度v0 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d；求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离；解析：子弹和木块最终共同运动,相当于完全非弹性碰撞；v0 v 从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒：名师归纳总结 mv0Mmvs2s1 d f,第 4 页,共 9 页从能量的角度看,该过程系统缺失的动能全部转化为系统的内能；设平均阻力大小为设子弹、木块的位移大小分别为

12、s1、s2,如下列图,明显有s1-s2=d- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 对子弹用动能定理：fs 112 mv 0学习必备2欢迎下载 1 2mv2对木块用动能定理：dfs21 Mv 22mv22Mmmv 、相减得：f1 22 mv 01 2M2 0 M点评： 这个式子的物理意义是：f d 恰好等于系统动能的缺失；依据能量守恒定律,系统动能的缺失应当等于系统内能的增加；可见 f d Q,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能）,等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的 乘积（由于摩擦力是耗散力,摩擦生热跟路径有关,所以这里应当用路程,而不是

13、 用位移）；由上式不难求得平均阻力的大小：f2Mmv2ds2Mmmd0Mm至于木块前进的距离s2,可以由以上、相比得出：从牛顿运动定律和运动学公式动身,也可以得出同样的结论；由于子弹和木块都在恒力 作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比：s 2dMv0v/v/2v0vv,dv0Mmm,s2Mmmds22s 2v一般情形下m,所以 s2d；这说明,在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽视不计；这就为分阶段处理问题供应了依据；象这种运动物体与静止物体相互作用,动量守恒,最终共同运动的类型,全过程动能的缺失量可用公式：E k2Mmmv2 M0当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木

14、块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍旧守恒,系统动能缺失仍旧是 EK= f d（这里的 d 为木块的厚度） ,但由于末状态子弹和木块速度不相等,所以不能再用式运算 EK 的大小；做这类题目时肯定要画好示意图,把各种数量关系和速度符号标在图上,以免列方程时 带错数据；3反冲问题在某些情形下,原先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；这类问题相互作用过程中系统的动能增大,有其它能向动能转化；可以把这类 问题统称为反冲；名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【例 4】 质量为 m 的人

15、站在质量为学习必备欢迎下载小船的左端靠在岸边；M,长为 L 的静止小船的右端,当他向左走到船的左端时,船左端离岸多远？解析： 先画出示意图；人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、船动量大小始终相等；从图中可以看出,人、船的位移大小之和等于L；设人、船位移大小分别为l1、l2,就：mv1=Mv 2,两边同乘时间 t,ml1=Ml 2,而 l 1+l2=L,l 2MmmL不论是匀速行走仍是变速行点评： 应当留意到： 此结论与人在船上行走的速度大小无关；走,甚至来回行走,只要人最终到达船的左端,那么结论都是相同的；做这类题目,第一要画好示意图,要特殊留意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位

16、移大小之间的关系；以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零；假如发生相互作用前系统就具有肯定的动量, 那就不能再用 列式；m 1v1=m 2v2 这种形式列方程, 而要利用 m1+m 2v0= m1v1+ m2v2【例 5】 总质量为 M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为 v0,速度方向水平；火箭向后以相对于地面的速率 u 喷出质量为 m 的燃气后,火箭本身的速度变为多大？解析： 火箭喷出燃气前后系统动量守恒；喷出燃气后火箭剩余质量变为 M-m ,以 v0 方向为正方向,Mv 0 mu M m v , v Mv 0 muM m4爆炸类问题【例 6】 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/

17、s,这时突然炸成两块,其中大块质量300g 仍按原方向飞行,其速度测得为50m/s ,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向；解析： 手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G= m1+m2 g,可见系统的动量并名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载不守恒；但在爆炸瞬时,内力远大于外力时,外力可以不计,系统的动量近似守恒；设手雷原飞行方向为正方向,就整体初速度 v 0 10 m / s；m1=0.3kg 的大块速度为v 1 50 m/s 、m 2=0.2kg 的小块速度为 v ,方向不清,暂设

18、为正方向；由动量守恒定律：m 1m 2v0m 1v 1m2v20.201003.5050m/sv2m 1m 2v0m 1v 10.3m2200 克的部分以2.此结果说明,质量为50m/s 的速度向反方向运动,其中负号表示与所设正方向相反5某一方向上的动量守恒【例 7】 如下列图, 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,就当线绳与 A B 成 角时,圆环移动的距离是多少？解析： 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

19、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 AB 成 角时小球的水平速度为v,圆环的水平速度为V,就由水平动量守恒有：MV=mv且在任意时刻或位置V 与 v 均满意这一关系,加之时间相同,公式中的V 和 v 可分别用其水平位移替代,就上式可写为：Md=m（L-Lcos ）-d解得圆环移动的距离：d=mL（1-cos ） /（M+m）点评： 以动量守恒定律等学问为依靠,考查动量守恒条件的懂得与敏捷运用才能同学常显现的错误：（1）对动量守恒条件懂得不深刻,对系统水平方向动量守恒感到怀疑,无法列出守恒方程. 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 9 页精选学

20、习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcos ）；6物块与平板间的相对滑动【例 8】如下列图,一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为 m的小木块 A,mM ,A、B间动摩擦因数为 ,现给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度 v0,使 A 开头向左运动,B 开头向右运动,最终 A 不会滑离 B,求：（1）A、B 最终的速度大小和方向；（2）从地面上看,小木块向左运动到离动身点最远处时,平板车向右运动的位移大小；解析：（1）由 A、B 系统动量守恒定律得：Mv 0-mv 0=（M +m）v 所以 v=Mm

21、v0Mm方向向右（2）A 向左运动速度减为零时,到达最远处,此时板车移动位移为s,速度为 v,就由动量守恒定律得：Mv 0-mv0=Mv对板车应用动能定理得：名师归纳总结 - mgs=1mv2-1mv02 第 8 页,共 9 页22联立解得：s=2Mmv022mg【例9】两块厚度相同的木块A 和 B,紧靠着放在光滑的水平面上,其质量分别为mA0 . 5 kg,mB.0 3 kg,它们的下底面光滑,上表面粗糙；另有一质量mC0 .1 kg的滑块 C（可视为质点） ,以vC25m/s的速度恰好水平地滑到A 的上表面,如下列图,由于摩擦,滑块最终停在木块B上, B 和 C的共同速度为3.0m/s,求

22、：（1）木块 A 的最终速度v ； （2）滑块 C离开 A 时的速度vC；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解析： 这是一个由学习必备欢迎下载C 在 A、 BA、B、C 三个物体组成的系统,以这系统为争论对象,当上滑动时, A、B、C 三个物体间存在相互作用,但在水平方向不存在其他外力作用,因此系统的动量守恒；名师归纳总结 （1）当 C滑上 A 后,由于有摩擦力作用,将带动A 和 B 一起运动,直至C滑上 B 后,A、第 9 页,共 9 页B 两木块分别,分别时木块A 的速度为v ；最终C 相对静止在B 上,与B 以共同速度vB.30 m/s运动,由动量守恒定律有mCvCmAvAmBm CvBvAm Cv Cm Bm CvBmA01.250.30 .13 .0m/s2.6m/s0 .5（2）为运算v ,我们以 B、C为系统, C滑上 B 后与 A 分别, C、B 系统水平方向动量守恒； C离开 A 时的速度为vC,B 与 A 的速度同为v ,由动量守恒定律有mBvBmCvCmBm CvBvCm Bm CvBmBvAm C0 .30 .13 .00 .32.6m/s4.2m/s0.1- - - - - - -