第十六章學(xué)案4

1、1.進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件.2.進一步熟練掌握應(yīng)用動量守恒定律解決問題的方法進一步熟練掌握應(yīng)用動量守恒定律解決問題的方法和步驟和步驟. 學(xué)習(xí)目標(biāo)定位學(xué)習(xí)目標(biāo)定位知識儲備區(qū)2.狀態(tài)狀態(tài) 過程中過程中3.復(fù)雜復(fù)雜學(xué)習(xí)探究區(qū)一一、動量守恒條件的擴展應(yīng)用動量守恒條件的擴展應(yīng)用 二二、多物體、多過程動量守恒定律的應(yīng)用多物體、多過程動量守恒定律的應(yīng)用 三三、動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題分析動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題分析 一、動量守恒條件的擴展應(yīng)用1.動量守恒定律成立的條件：動量守恒定律成立的條件：(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零；系統(tǒng)不受外力或

2、所受外力的合力為零；(2)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0；(3)系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力.2.動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng).選擇多個物體組成選擇多個物體組成的系統(tǒng)時，必須合理選擇系統(tǒng)，再對系統(tǒng)進行受力分的系統(tǒng)時，必須合理選擇系統(tǒng)，再對系統(tǒng)進行受力分析，分清內(nèi)力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動析，分清內(nèi)力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件量守恒的條件.例例1 如如圖圖1所示，一輛砂車的總質(zhì)量為所示，一輛砂車的總質(zhì)量為M，靜止于光滑，靜止于光滑的水平面上的水平面上.一個質(zhì)量為一個質(zhì)量為

3、m的物體的物體A以速度以速度v落入砂車中，落入砂車中，v與水平方向成與水平方向成角，求物體落入砂車后車的速度角，求物體落入砂車后車的速度v.圖圖1解析解析物體和車作用時總動量不守恒，而水平面光滑，物體和車作用時總動量不守恒，而水平面光滑，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，即系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，即mvcos (Mm)v，得得vmvcos /(Mm)，方向與，方向與v的方向相同的方向相同.答案答案mvcos /(Mm)，方向與，方向與v的方向相同的方向相同.例例2 以以初速度初速度v0與水平方向成與水平方向成60角斜向上拋出的手角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)量分別是榴彈，到達最高點時炸成質(zhì)

4、量分別是m和和2m的兩塊的兩塊.其其中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以中質(zhì)量大的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行的速度飛行.求：求：(1)質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向質(zhì)量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；解析解析手榴彈爆炸過程中，爆炸產(chǎn)生的作用力是內(nèi)力，手榴彈爆炸過程中，爆炸產(chǎn)生的作用力是內(nèi)力，遠(yuǎn)大于重力，因此爆炸過程中各彈片組成的系統(tǒng)動量遠(yuǎn)大于重力，因此爆炸過程中各彈片組成的系統(tǒng)動量守恒守恒.因為爆炸過程火藥的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，進而有因為爆炸過程火藥的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，進而有一部分轉(zhuǎn)化為彈片的動能，所以此過程系統(tǒng)的機械能一部分轉(zhuǎn)化為彈片的動能，所以此過程系統(tǒng)的機械能(動能動能)增加增

5、加.斜拋斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在在最高點處爆炸前的速度最高點處爆炸前的速度v1v0cos 60 v0.設(shè)設(shè)v1的方向為正方向，如圖所示的方向為正方向，如圖所示，由由動量守恒定律得動量守恒定律得3mv12mv1mv2.其中爆炸后質(zhì)量大的彈片的速度其中爆炸后質(zhì)量大的彈片的速度v12v0，質(zhì)量小的彈，質(zhì)量小的彈片的速度片的速度v2為待求量，為待求量，解得解得v22.5v0，“”號表示號表示v2的速度方向與爆炸前速的速度方向與爆炸前速度方向相反度方向相反.答案答案2.5v0與爆炸前速度方向相反與爆炸前速度方向相反(2)爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的

6、動能爆炸過程有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能？解析解析爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動能爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于系統(tǒng)動能的增量，即的增量，即Ek答案答案例例3 如如圖圖2所示，質(zhì)量為所示，質(zhì)量為m的子彈，以速度的子彈，以速度v水平水平射入用輕繩懸掛在空中的木塊，木塊射入用輕繩懸掛在空中的木塊，木塊的的質(zhì)量質(zhì)量為為M，繩長為，繩長為L，子彈停留在木塊中，子彈停留在木塊中，求求子彈射入木塊后的瞬間繩子張力的大小子彈射入木塊后的瞬間繩子張力的大小.圖圖2解析解析物理過程共有兩個階段：射入階段和物理過程共有兩個階段：射入階段和圓圓周周運動階段運動階段.射入階段可認(rèn)為木塊還未擺動，繩子沒有傾射

7、入階段可認(rèn)為木塊還未擺動，繩子沒有傾斜，子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，動斜，子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，動量守恒量守恒.子彈停留在木塊中后以一定的速度做變速圓周運子彈停留在木塊中后以一定的速度做變速圓周運動，繩子傾斜，水平方向有了分力，動量不再守恒動，繩子傾斜，水平方向有了分力，動量不再守恒.在子彈射入木塊的瞬間，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量在子彈射入木塊的瞬間，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒守恒.取水平向左為正方向，由動量守恒定律得取水平向左為正方向，由動量守恒定律得0mv(mM)v1解得解得v1隨后子彈和木塊整體以此初速度向左擺動做圓周運動隨后子彈和木塊整體以此初速度向

8、左擺動做圓周運動.在圓周運動的最低點，整體只受重力在圓周運動的最低點，整體只受重力(mM)g和繩子的和繩子的拉力拉力F作用，由牛頓第二定律得作用，由牛頓第二定律得(取向上為正方向取向上為正方向)F(mM)g(mM)將將v1代入解得代入解得F(mM)g返回返回答案答案(mM)g二、多物體、多過程動量守恒定律的應(yīng)用求解這類問題時應(yīng)注意：求解這類問題時應(yīng)注意：(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況；正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況；(2)分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量；狀態(tài)量；(3)合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，

9、又合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，又要方便解題要方便解題.例例4如圖如圖3所示，所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為兩個木塊質(zhì)量分別為2 kg與與0.9 kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質(zhì)量為與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質(zhì)量為0.1 kg的鐵塊以的鐵塊以10 m/s的速度從的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為的共同速度大小為0.5 m/s，求：，求：(1)A的最終速度大??；的最終速度大小；圖圖3解析解析選鐵塊和木塊選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，取水平向右為正為一系統(tǒng)，取水平向右為正方向，方向，由系統(tǒng)總動量守恒得：由系統(tǒng)總動量守恒

10、得：mv(MBm)vBMAvA可求得：可求得：vA0.25 m/s答案答案0.25 m/s(2)鐵塊剛滑上鐵塊剛滑上B時的速度大小時的速度大小.解析解析設(shè)鐵塊剛滑上設(shè)鐵塊剛滑上B時的速度為時的速度為u，此時，此時A、B的速度的速度均為均為vA0.25 m/s.由系統(tǒng)動量守恒得：由系統(tǒng)動量守恒得：mvmu(MAMB)vA可求得可求得u2.75 m/s答案答案2.75 m/s針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練如圖如圖4所示，光滑水平面上有三個木塊所示，光滑水平面上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為，質(zhì)量分別為mAmC2m、mBm.A、B用細(xì)繩連接，用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧中間有一壓縮的彈簧(彈簧與木塊不栓接彈簧

11、與木塊不栓接).開始時開始時A、B以共同速度以共同速度v0運動，運動，C靜止靜止.某時刻細(xì)繩突然斷開，某時刻細(xì)繩突然斷開，A、B被彈開，然后被彈開，然后B又與又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三木塊速度恰好相同，求木塊速度恰好相同，求B與與C碰撞前碰撞前B的速度的速度.圖圖4解析解析細(xì)繩斷開后，在彈簧彈力的作用下，細(xì)繩斷開后，在彈簧彈力的作用下，A做減速運做減速運動，動，B做加速運動，最終三者以共同速度向右運動，設(shè)做加速運動，最終三者以共同速度向右運動，設(shè)共同速度為共同速度為v，A和和B分開后，分開后，B的速度為的速度為vB，對三個木，對三個木塊組成的系統(tǒng)，整個過程總動量

12、守恒，取塊組成的系統(tǒng)，整個過程總動量守恒，取v0的方向為正的方向為正方向，則有方向，則有(mAmB)v0(mAmBmC)v對對A、B兩個木塊，分開過程滿足動量守恒，則有兩個木塊，分開過程滿足動量守恒，則有(mAmB)v0mAvmBvB聯(lián)立以上兩式可得：聯(lián)立以上兩式可得：B與與C碰撞前碰撞前B的速度的速度為為vB答案答案返回返回三、動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題分析分析臨界問題的關(guān)鍵是尋找臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)的出分析臨界問題的關(guān)鍵是尋找臨界狀態(tài)，臨界狀態(tài)的出現(xiàn)是有條件的，這個條件就是臨界條件現(xiàn)是有條件的，這個條件就是臨界條件. .臨界條件往往臨界條件往往表現(xiàn)為某個表現(xiàn)為某個( (或某些或某些) )物

13、理量的特定取值物理量的特定取值. .在與動量相關(guān)在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的判斷是求解度關(guān)系與相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的判斷是求解這類問題的關(guān)鍵這類問題的關(guān)鍵. .例例5如圖如圖5所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲冰面上游戲.甲和他的冰車總質(zhì)量共為甲和他的冰車總質(zhì)量共為M30 kg，乙和，乙和他的冰車總質(zhì)量也是他的冰車總質(zhì)量也是30 kg.游戲時，甲推著一個質(zhì)量為游戲時，甲推著一個質(zhì)量為m15 kg的箱子和他一起以的箱子和他一起以v0

14、2 m/s 的速度滑行，乙的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來以同樣大小的速度迎面滑來.為了避免相撞，甲突然將為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住.若不若不計冰面摩擦計冰面摩擦.圖圖5(1)若甲將箱子以速度若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌伲客瞥?，甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用用字母表示字母表示).解析解析甲甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統(tǒng)動將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，以量守恒，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得的方向為正方向，由動量守恒定律得：(Mm)v0mvMv1 解得解得v1 答案答案(2)

15、設(shè)乙抓住迎面滑來的速度為設(shè)乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后返向運動，乙的箱子后返向運動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌?？抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示用字母表示).解析解析箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：方向為正方向，由動量守恒定律得：mvMv0(mM)v2解得解得v2答案答案(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度應(yīng)滿足什么條若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度應(yīng)滿足什么條件？箱子被推出的速度至少多大？件？箱子被推出的速度至少多大？解析解析甲、乙不相撞的條件是甲、乙不相撞的條件是v1v2其中其中v1v2為甲、乙恰好

16、不相撞的條件為甲、乙恰好不相撞的條件.聯(lián)立聯(lián)立三式，并代入數(shù)據(jù)得三式，并代入數(shù)據(jù)得v5.2 m/s.答案答案v1v2 返回返回5.2 m/s課堂要點小結(jié)返回返回1.系統(tǒng)系統(tǒng)動動量守恒量守恒的條件的條件合外力為零合外力為零內(nèi)力遠(yuǎn)大于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力外力某方向上合外力為零，該方向動量守恒某方向上合外力為零，該方向動量守恒2.合理選取研究對象和研究過程合理選取研究對象和研究過程3.臨界問題的分析臨界問題的分析自我檢測區(qū)12341.(動量守恒條件的擴展應(yīng)用動量守恒條件的擴展應(yīng)用)如圖如圖6所示，在光滑的水平面上所示，在光滑的水平面上有一靜止的斜面，斜面光滑，現(xiàn)有一個小球從斜面頂端由靜有一靜止的斜面，斜面

17、光滑，現(xiàn)有一個小球從斜面頂端由靜止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是止釋放，在小球下滑的過程中，以下說法正確的是 ()A.斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒斜面和小球組成的系統(tǒng)動量守恒B.斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上 動量守恒動量守恒C.斜面向右運動斜面向右運動D.斜面靜止不動斜面靜止不動1234圖圖6解析解析斜面斜面受到的重力、地面對它的支持力以及球受到的受到的重力、地面對它的支持力以及球受到的重力，這三個力的合力不為零重力，這三個力的合力不為零(球有豎直向下的加速度球有豎直向下的加速度)，故斜面和小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故斜面和小球組成的系統(tǒng)動量

18、不守恒，A選項錯誤選項錯誤.答案答案BC1234但在水平方向上斜面和小球組成的系統(tǒng)不受外力，故水平但在水平方向上斜面和小球組成的系統(tǒng)不受外力，故水平方向動量守恒，方向動量守恒，B選項正確選項正確.由水平方向動量守恒知斜面向右運動，由水平方向動量守恒知斜面向右運動，C選項正確，選項正確，D選選項錯誤項錯誤.2.(動量守恒條件的擴展應(yīng)用動量守恒條件的擴展應(yīng)用)如圖如圖7所示所示，小車，小車放在光滑的放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開到一定的角度，然后同水平面上，將系著繩的小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程時放開小球和小車，那么在以后的過程中中 ()A.小球向左擺動時

19、，小車也向左運動，且小球向左擺動時，小車也向左運動，且系系 統(tǒng)動量守恒統(tǒng)動量守恒B.小球向左擺動時，小車向右運動，且小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)系統(tǒng) 在在水平方向水平方向上動量守恒上動量守恒1234圖圖7C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速速度度 不不為零為零D.在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大大 小小相等、方向相等、方向相反相反1234解析解析以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上不受外力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守

20、恒上不受外力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒.由于由于初始狀態(tài)小車與小球均靜止，所以小球與小車在水平方向初始狀態(tài)小車與小球均靜止，所以小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以A、C錯，錯，B、D對對.答案答案BD3.(多物體、多過程動量守恒定律多物體、多過程動量守恒定律的的應(yīng)用應(yīng)用) 如如圖圖8所示，質(zhì)量為所示，質(zhì)量為M的的盒子盒子放放在光滑的水平面上，盒子在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面內(nèi)表面不不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的的物體物體.從某一時刻起給從某一時刻起給m一個水平向右的初速度一個水平向右的初速度v0，那么，那么在物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后在物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后()圖圖81234A.兩者的速度均為零兩者的速度均為零B.兩者的速度總不會兩者的速度總不會相等相等解析解析物體與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零，物體物體與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零，物體與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后，以速度與盒子前后壁