《【2010物理一轮复习教案全集】43、动量守恒定律及其应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【2010物理一轮复习教案全集】43、动量守恒定律及其应用（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 2 单元 动量守恒定律及其应用一、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： 守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等,类2121vmvm比匀速） 定律适用于宏观和微观高速和低速2动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。3动量守恒定律的表达形式（1） ，即 p1+p2=p1/+p2/，2121vmvm（2） p1+ p2=0， p1= - p24、理解：正方向同参同系微观和宏观都适用5动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理
2、论高度来认识，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。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，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.（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.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。（3）明确所研究的相互作用过程，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
3、或表达式。注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体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作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，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。仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为 m1 的物体 A 以速度 v1 向质量为 m2 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，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到位置 A、B 速度刚好相等（设为 v），弹簧被压缩到最短；再
4、往后 A、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B 分开，这时 A、 B 的速度分别为 。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要21v和看弹簧的弹性如何了。（1）弹簧是完全弹性的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；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：。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）121211,vmvmvA A B A B A Bv1 v v1/ v2/ v1（2）弹簧不是完全弹性的。系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为
5、内能，状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（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。系统动能减少全部转化为内能，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。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：1221vmv。212mvvEk 【例 1】 质量为 M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水 平面上。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 9
6、0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。小球上升过程中，由水平系统动量守恒得： vmMv1由系统机械能守恒得： 解得gv221 gv21全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得 1【例 2】 动量分别为 5kgm/s 和 6kgm/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 2kgm/s，而方向不变，那么 A、B 质量之比的可能范围是什么？解析：A 能追上 B，说明碰前 vAvB, ；碰后 A 的速度不大于 B 的速度， Bm65；又因为碰撞过程系统动能
7、不会增加， ，BAm83 BABAm28326由以上不等式组解得： 743BA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；碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。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 为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静 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
8、过程中木块前进的距离。解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。s2 ds1v0从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： vmMv0从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为 s1、s 2，如图所示，显然有 s1-s2=d对子弹用动能定理： 0mvf对木块用动能定理： 22M、相减得： 2001vvvdf 点评：这个式子的物理意义是：fd 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见 ，即两物体由于相对运动而摩擦产Qdf生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对
9、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，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小： mMvf220至于木块前进的距离 s2，可以由以上、相比得出： ds2从牛顿运动定律和运动学公式出发，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： msvsdvvsd 202002 ,/一般情况下 ，所以 s2d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很mM小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：20vEk当子弹速度很大时，
10、可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是 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，所以不能再用式计算 EK 的大小。3反冲问题在某些情况下，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。【例 4】 质量为 m 的人站在质量为 M，长为 L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。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
11、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、l 2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间 t，ml 1=Ml2，而 l1+l2=L， LmMl点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度 大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走， 只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果 发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m1v1=m2v2 这种形式列方程，而要用(m 1+m2)v0= m1v1+ m2v2 列式。【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
12、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， uvv00,4爆炸类问题【例 6】 抛出的手雷在最高点时水平速度为 10m/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。分析：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，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统动量近似守恒。设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度 ；m
13、 1=0.3kg 的大块速度为sv/0m/s、 m2=0.2kg 的小块速度为 ，方向不清，暂设为正方向。50 1v 2 由动量守恒定律： 1021)(vm/s5.3)3.()(202 v此结果表明，质量为 200 克的部分以 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】 如图所示，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
14、（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 AB 成 角时小球的水平速度为 v，圆环的水平速度为 V，则由水平动量守恒有：MV=mv且在任意时刻或位置 V 与 v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的 V 和 v 可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m（L-Lcos ）- d解得圆环移动的距离： d=mL（1-cos ）/ （M +m）6物块与平板间的相对滑动【例 8】如图所示，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
15、以大小相等、方向相反的初速度 v0,使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后 A 不会滑离 B，求：（1）A 、 B 最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。解析：（1）由 A、 B 系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v 所以 v= v0 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,则由动量守恒定律得：Mv 0-mv0=Mv 对板车应用动能定理得：- mgs= mv 2- mv02 1联立解得：s= v02mgM【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kgmA5.0， kB3.，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量C1的滑块 C（可视为质点），以 smvC/5的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块 B 上，B 和 C 的共同速度为 3.0m/s，求：（1）木块 A 的最终速度 Av；
