2019年高中物理第1章第2节动量守恒定律学案鲁科版 7页

动量守恒定律1.动量守恒的条件是系统不受外力或者所受合外力为零。2．动量守恒定律的表达式是m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。3．反冲运动即一个静止的物体在内力的作用下分裂成两部分，分别向相反的方向运动，是动量守恒的典型问题。1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。2．反冲运动(1)根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。(2)灌溉喷水器、反击式水轮机、喷气式飞机、火箭等都是利用了反冲运动。(3)消防高压水枪、射击步枪等的反冲作用都必须采取措施加以防止。3．火箭(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反作用来获得巨大速度。(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大，火箭能达到的速度越大；二是燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大。1．自主思考——判一判(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(×)(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(√)n(3)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)(4)反冲运动可以用动量守恒定律来解释。(√)(5)一切反冲现象都是有益的。(×)(6)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。(√)2．合作探究——议一议(1)动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(或动量定理)推导出来，那么二者的适用范围是否一样？提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，而动量守恒定律适用于任何物体，任何运动。(2)假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？提示：应配置喷气式飞机。喷气式飞机利用反冲原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行。动量守恒定律的理解1．动量守恒条件的理解(1)系统不受外力作用。(2)系统受外力作用，但外力的合力为零。(3)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于系统内力。这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况。(4)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，或在某一方向上外力比内力小得多，则系统在该方向上动量守恒。2．“系统的总动量保持不变”的含义(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和。(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变。(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化。(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。3．动量守恒定律的四个特性矢量性动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算n相对性应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系同时性动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加普遍性动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统[例1]　把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射一颗子弹时，关于枪、子弹、车，下列说法中正确的是(　　)A．枪和子弹组成的系统，动量守恒B．枪和小车组成的系统，动量守恒C．三者组成的系统，因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可以忽略不计，故系统动量守恒D．三者组成的系统，只受重力和地面支持力，这两个外力的合力为零，系统的总动量守恒[解析]　当系统所受外力的合力为零时，系统动量守恒，对枪和子弹系统，车对枪的力是外力，动量不守恒；对枪和车系统，子弹对枪的力是外力，动量不守恒；对三者组成的系统，只受重力和地面支持力这两个外力的作用，且这两个外力的合力为零，总动量守恒。[答案]　D在某一物理过程中，系统的动量是否守恒，与所选取的系统有关。判断动量是否守恒，必须明确所研究的对象和过程。常见的判断方法有两种：(1)分析系统在所研究的过程中的受力情况，判断是否符合动量守恒的条件。(2)直接分析系统在所研究的过程中始、末状态的动量，判断动量是否守恒。　　　　1.如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)nA．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析：选C　由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误。2．[多选]下面物体在相互作用过程中系统动量守恒的有(　　)A．人在船上行走，人与船组成的系统(不计水的阻力)B．子弹射穿一棵小树，子弹与小树组成的系统C．人推平板车前进，人与平板车组成的系统D．静止在空中的热气球下方吊篮突然脱落，吊篮与热气球组成的系统解析：选AD　人在船上行走，在不计水的阻力的情况下，人和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒；子弹射穿小树过程，子弹和小树组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；人推平板车前进，人受到地面的摩擦力，人与平板车组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故选项A正确，B、C不正确。静止在空中的热气球所受的浮力与总重力平衡，竖直方向上的合力为零，而吊篮脱落后，系统竖直方向上的合力仍为零，系统动量守恒，D正确。动量守恒定律的应用[例2]　如图所示，光滑水平轨道上放置木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。[思路点拨]　解此题关键有两点：(1)恰好不再与C碰撞的条件是三者具有相同的速度。(2)A与C碰撞时，A与C组成系统动量守恒。[解析]　木板A与滑块C处于光滑水平面上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与木板A间的摩擦力可以忽略不计，木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。碰撞后，木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，A与B系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。A和B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v，联立以上各式，代入数值解得：vA＝2nm/s。[答案]　2m/s应用动量守恒定律解题的一般步骤1．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为______kg·m/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为______m/s。解析：以A物体的速度方向为正方向。则vA＝10m/s，vB＝－5m/s，p＝pA＋pB＝5×10kg·m/s＋2×(－5)kg·m/s＝40kg·m/s。碰撞后，由动量守恒定律得p＝mAvA′＋mBvB′，vB′＝10m/s，与A的速度方向相同。答案：40　102．一颗手榴弹以v0＝10m/s的速度沿水平方向飞行，设它炸裂成两块后，质量为0.4kg的大块速度为250m/s，其方向与原来方向相反。若取v0的方向为正方向，问：(1)质量为0.2kg的小块速度为多少？(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能？解析：(1)手榴弹在爆炸过程中内力非常大，因此动量守恒。设小块质量为m，大块的质量为M。由动量守恒定律得(M＋m)v0＝－Mv＋mv′，代入数据解得v′＝530m/s。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝Mv2＋mv′2－(M＋m)v02，代入数据解得ΔEk＝40560J。答案：(1)530m/s　(2)40560J反冲问题的分析n1．反冲运动的特点(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理。(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加。2．解决反冲运动时应注意的问题(1)相对速度问题：在解决反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律的方程。(2)变质量问题：在解决反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。[例3]　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1000m/s。设此火箭的初始质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭在1s末的速度是多大？[思路点拨]　在喷气过程中，由于不考虑地球引力及空气阻力的情况，故系统动量守恒。[解析]　法一　归纳法：以火箭和喷出的气体为研究对象，系统的动量守恒。设第一次喷出气体后，火箭的速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝。设第二次喷出气体后，火箭的速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，得v2＝。设第三次喷出气体后，火箭的速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝。依此类推，设第n次喷出气体后，火箭的速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1，所以vn＝。因为每秒喷气20次，所以1s末火箭的速度为：nv20＝＝m/s≈13.5m/s。法二　整体法：以火箭和它在1s内喷出的气体为研究对象。设火箭1s末的速度为v′，1s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向，由动量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0，解得v′＝＝m/s≈13.5m/s。[答案]　13.5m/s1．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是(　　)A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv解析：选A　以炮弹和炮艇为系统，系统动量守恒，则有：Mv0＝(M－m)v′＋mv。2.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________。解析：以速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得分离后卫星的速率v1＝v0＋(v0－v2)。答案：v0＋(v0－v2)