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高中物理第三节 动量守恒定律优质课件ppt
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这是一份高中物理第三节 动量守恒定律优质课件ppt，共27页。PPT课件主要包含了学习目标，答案8ms，归纳总结，课堂练习，答案2ms，答案4ms等内容，欢迎下载使用。
1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.会利用动量守恒定律分析多物体、多过程问题.3.会分析动量守恒定律应用中的临界问题.
一、进一步理解动量守恒的条件
1.动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统的内力远大于外力；(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.此种情况说明：当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是合外力在某个方向上的分量为零时，那么在该方向上系统的动量分量是守恒的.2.动量守恒定律的研究对象是系统.研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.
例1 质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，均以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是A.M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、 v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2， 且满足Mv＝Mv1＋mv2C.M、m0和m的速度都变为v′，且满足(M＋m)v＝(M＋m0＋m)v′D.M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2， 且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B正确.
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以大小为7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中，车内上表面涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是A.5 m/s B.4 m/sC.8.5 m/s D.9.5 m/s
解析 小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得
代入数据解得v0＝15 m/s.小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s.所以A选项正确.
二、动量守恒定律应用1.动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用
多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：(1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律.研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要.(2)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量.根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式.
例3 甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，不计空气阻力，则此时甲的速度的大小为A.0 B.2 m/sC.4 m/s D.无法确定
解析 以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，
例4 如图所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触面光滑，质量为0.1 kg的铁块(可看成质点)以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：(1)A的最终速度大小；
答案 0.25 m/s
解析 选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，由系统动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA解得：vA＝0.25 m/s.
(2)铁块刚滑上B时的速度大小.
答案 2.75 m/s
解析 设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA解得v′＝2.75 m/s.
2.动量守恒定律应用中的临界问题分析
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.
例5 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？
解析 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向.
以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv， ①选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙， ②当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙， ③联立①②③解得v＝8 m/s.
动量守恒定律应用中的常见临界情形
SUITANGYANLIAN ZHUDIANLUOSHI
1.(动量守恒的判断)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水 平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方 向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析 小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球的机械能守恒，从A到B做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，小球的机械能不守恒，槽的支持力对其做功，故A、B错误，C正确；
小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误.
2.(多物体的动量守恒)如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿光滑水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接(时间极短)，则对接后瞬间，小车的速度大小为
解析 对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，
3.(多过程的动量守恒)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/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.
解析 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向则mAv0＝mAvA＋mCvC长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v对长木板A、滑块C及滑块B组成的系统，由动量守恒有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v联立解得：vA＝2 m/s.
4.(动量守恒定律的临界问题)如图所示，木块A的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B的质量为mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于静止的木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦.现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后将以大小为4 m/s的速度弹回，C始终未脱离B.求：(1)B运动过程中的最大速度大小；
解析 A与B碰后瞬间，B速度最大，A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4 m/s.
(2)C运动过程中的最大速度大小；
解析 B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2 m/s.
1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.会利用动量守恒定律分析多物体、多过程问题.3.会分析动量守恒定律应用中的临界问题.
一、进一步理解动量守恒的条件
1.动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；(2)系统的内力远大于外力；(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0.此种情况说明：当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是合外力在某个方向上的分量为零时，那么在该方向上系统的动量分量是守恒的.2.动量守恒定律的研究对象是系统.研究多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.
例1 质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，均以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是A.M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、 v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2， 且满足Mv＝Mv1＋mv2C.M、m0和m的速度都变为v′，且满足(M＋m)v＝(M＋m0＋m)v′D.M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2， 且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B正确.
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以大小为7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中，车内上表面涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，不计空气阻力，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是A.5 m/s B.4 m/sC.8.5 m/s D.9.5 m/s
解析 小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得
代入数据解得v0＝15 m/s.小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s.所以A选项正确.
二、动量守恒定律应用1.动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用
多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：(1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律.研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要.(2)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量.根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式.
例3 甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，不计空气阻力，则此时甲的速度的大小为A.0 B.2 m/sC.4 m/s D.无法确定
解析 以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，
例4 如图所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触面光滑，质量为0.1 kg的铁块(可看成质点)以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：(1)A的最终速度大小；
答案 0.25 m/s
解析 选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，由系统动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA解得：vA＝0.25 m/s.
(2)铁块刚滑上B时的速度大小.
答案 2.75 m/s
解析 设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s.由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA解得v′＝2.75 m/s.
2.动量守恒定律应用中的临界问题分析
分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.
例5 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？
解析 设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向.
以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv， ①选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙， ②当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙， ③联立①②③解得v＝8 m/s.
动量守恒定律应用中的常见临界情形
SUITANGYANLIAN ZHUDIANLUOSHI
1.(动量守恒的判断)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水 平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方 向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
解析 小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球的机械能守恒，从A到B做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，小球的机械能不守恒，槽的支持力对其做功，故A、B错误，C正确；
小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误.
2.(多物体的动量守恒)如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿光滑水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接(时间极短)，则对接后瞬间，小车的速度大小为
解析 对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，
3.(多过程的动量守恒)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/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.
解析 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向则mAv0＝mAvA＋mCvC长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v对长木板A、滑块C及滑块B组成的系统，由动量守恒有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v联立解得：vA＝2 m/s.
4.(动量守恒定律的临界问题)如图所示，木块A的质量为mA＝1 kg，足够长的木板B的质量为mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于静止的木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦.现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后将以大小为4 m/s的速度弹回，C始终未脱离B.求：(1)B运动过程中的最大速度大小；
解析 A与B碰后瞬间，B速度最大，A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4 m/s.
(2)C运动过程中的最大速度大小；
解析 B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2 m/s.
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