高中第四节 动量守恒定律的应用导学案

这是一份高中第四节 动量守恒定律的应用导学案，共10页。


1．反冲
(1)定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象．
(2)特点：作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，故反冲运动可用动量守恒定律处理．
2．火箭
(1)原理：火箭的发射过程是一个反冲运动．
(2)影响火箭速度的因素：火箭喷出的燃料速度越大，喷出的燃料质量与火箭质量之比越大，则火箭获得的速度越大．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)如果系统的机械能守恒，则动量不一定守恒．(√)
(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒．(×)
(3)做匀速圆周运动的物体动量是守恒的．(×)
(4)一切反冲现象都是有益的．(×)
2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭
B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
B [火箭的工作原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时使火箭获得反冲速度，故正确答案为选项B．]
3．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5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为( )
A．10 m/s B．20 m/s
C．30 m/sD．40 m/s
A [以A物体的速度方向为正方向．则vA＝10 m/s，vB＝－5 m/s，p＝pA＋pB＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s．碰撞后，由动量守恒定律得p＝mAvA′＋mBvB′，解得vB′＝10 m/s，与A的速度方向相同，故选项A正确．]
考点1 动量守恒的判断
在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示．
(1)人和大锤组成的系统动量守恒吗？
(2)在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？
提示：(1)以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力，系统所受合外力不为零，动量不守恒，地面光滑，以人、大锤和平板车为系统动量守恒．
(2)当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动．
动量守恒定律成立条件的四种情况：
(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．
(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．
(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．
(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
【典例1】 (多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
eq \a\al(A．在光滑水平面上，子弹,射入木块的过程中) eq \a\al(B．剪断细线，弹簧,恢复原长的过程)
eq \a\al(C．两球匀速下降，细线断裂,后，它们在水中运动的过程中) eq \a\al(D．木块沿光滑固定斜面,由静止滑下的过程中)
AC [A图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A正确；B图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；C图中，木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；D图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D错误．]
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止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( )
A．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、小车的总动量增量不同
CD [在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，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，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确．故选C、D．]
考点2 动量守恒定律的理解及应用
三国演义“草船借箭”中(如图所示)，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同．由此，草船的速度会增加吗？这种现象如何解释？(不计水的阻力)
提示：不计水的阻力，将船、箭视为一个系统，船与箭的作用过程系统动量守恒，以草船的速度方向为正方向，有
m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，
得Δv＝eq \f(nm,m1＋nm)(v－v1)，
所以草船的速度会增加eq \f(nm,m1＋nm)(v－v1)．
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统
(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．
(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．
2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解
(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
(1)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．
(2)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．
(3)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．
(4)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．
【典例2】 如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s．铜块最终停在第二块木板上．(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：
(1)第一块木板的最终速度；
(2)铜块的最终速度．
[思路点拨] (1)第(1)问中要求第一块木板的最终速度，就应该选取铜块刚离开第一块木板滑到第二块上这一个过程．
(2)第(2)问则应以铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统．
[解析] (1)铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，
得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．
(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得
Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，
得v3＝3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．
[答案] (1)2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
(2)3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．
(2)分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．
(3)确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．
(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．
(5)建立动量守恒方程，代入已知量求解．
[跟进训练]
2．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )
A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右D．2.2 m/s，向左
A [选向右为正方向，则小车和砂袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m砂v砂＝(m车＋m砂)v，解得v＝1.0 m/s，方向向右，故A正确．]
考点3 反冲运动
2020年1月16日11时02分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号甲”运载火箭，成功将我国首颗通信能力达10Gbps的低轨道宽带通信卫星——银河航天首发星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．
(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种什么运动？
(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中是否满足动量守恒定律？
提示：(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种反冲运动．
(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中内力远大于外力，所以满足动量守恒定律．
1．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．反冲运动中的三类问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，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，再列动量守恒定律方程．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，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．
(3)“人船模型”问题：
①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．
②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速度v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1eq \x\t(v)1－m2eq \x\t(v)2＝0．
③位移规律：如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1eq \f(s1,t)－m2eq \f(s2,t)＝0，即m1s1－m2s2＝0．
【典例3】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？
(2)第1 s末，火箭的速度为多大？
[思路点拨] (1)火箭和气体系统动量守恒．(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．(3)以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．
[解析] 解法一 (1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．
设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq \f(mv,M－m)，
设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝eq \f(2mv,M－2m)，
设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，
所以v3＝eq \f(3mv,M－3m)＝eq \f(3×0.2×1 000,300－3×0.2) m/s≈2 m/s．
(2)设第n次气体喷出后火箭速度为vn，由上面推导可知，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝eq \f(nmv,M－nm)，
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝eq \f(20mv,M－20m)＝eq \f(20×0.2×1 000,300－20×0.2) m/s≈13.5 m/s．
解法二 选取整体为研究对象，运用动量守恒守律求解．
(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒守律，
得(M－3m)v3－3mv＝0，
所以v3＝eq \f(3mv,M－3m)≈2 m/s．
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0，
所以v20＝eq \f(20mv,M－20m)≈13.5 m/s．
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
反冲运动的处理方法
(1)反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题．
(2)反冲运动过程中系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律分析解决问题．
(3)反冲运动过程中系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题．
[跟进训练]
训练角度1 反冲应用
3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/sD．6.3×102 kg·m/s
A [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．
燃气的动量大小
p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，
则火箭的动量大小
p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]
训练角度2 人船模型
4．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A．eq \f(mL＋d,d) B．eq \f(mL－d,d) C．eq \f(mL,d) D．eq \f(mL＋d,L)
B [设人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t)．根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq \f(d,t)＝meq \f(L－d,t)，小船的质量为：M＝eq \f(mL－d,d)，故B项正确．]
1．物理观念：反冲运动．
2．科学思维：动量守恒定律的应用．
3．科学方法：人船模型．
4．科学态度与责任：火箭．
1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是( )
eq \a\al(A．喷灌装,置的自动,旋转) eq \a\al(B．章鱼在,水中前行,和转向) eq \a\al(C．吹足气的,气球由静止,释放后气球,运动) eq \a\al(D．码头边,轮胎的保,护作用)
ABC [A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球由静止释放后气球运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用；故选A、B、C．]
2．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
B [在弹簧压缩至最短的过程中，受到墙对弹簧向右的作用力，系统动量不守恒；子弹射入木块的过程中有动能转化为内能，所以机械能不守恒．故B正确．]
3．一炮艇总质量为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′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
A [以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有：Mv0＝(M－m)v′＋mv．]
4．如图所示，一个倾角为α的斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h．今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A．eq \f(mh,M＋m) B．eq \f(Mh,M＋m) C．eq \f(mh,M＋mtan α) D．eq \f(Mh,M＋mtan α)
C [此题属“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为s1，斜面体在水平方向对地位移为s2．则有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝eq \f(h,tan α)，可得s2＝eq \f(mh,M＋mtan α)．]
5．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固定在车的另一端，枪离靶的距离为d，如图所示．已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每发子弹质量为m，共n发，每发子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发．打完n发后，小车移动的距离为多少？
[解析] 由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一发子弹时，车已经停止运动．每发射一发子弹，车后退一段距离．每发射一发子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：
0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，
mv＝[M＋(n－1)m]v′，
设每发射一发子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(d－x)，由动量守恒定律有：
meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d－x,t)))＝[M＋(n－1)m]eq \f(x,t)，
解得：x＝eq \f(md,M＋nm)，则打完n发后车共后退s＝eq \f(nmd,M＋nm)．
[答案] eq \f(nmd,M＋nm)
核心素养
学习目标
科学思维
理解动量守恒定律并会运用动量守恒定律解决实际问题
科学态度与责任
知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用
科学态度与责任
了解火箭的飞行原理和主要用途