2017_2018學年高中物理碰撞與動量守恒習題課動量守恒定律的應(yīng)用同步備課課件粵教版.pptx

1、第一章,習題課動量守恒定律的應(yīng)用,學習目標 1.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和步驟.,內(nèi)容索引,題型探究,達標檢測,題型探究,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： (1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零； (2)系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力； (3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0. 2.動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng).研究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)進行受力分析.分清系統(tǒng)的內(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.,例1(多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定速度v沿光滑

2、水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是 A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、 v2、v3，且滿足(Mm0)vMv1m0v2mv3 B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2， 且滿足MvMv1mv2 C.m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関，且滿足Mv(Mm)v D.M、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2， 且滿足(Mm0)v(Mm0)v1mv2,解析,答案,圖1,解析M和m碰撞時間極短，在極短的時間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變

3、(速度不變)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，所以只有B、C正確.,例2如圖2所示，質(zhì)量分布均勻、形狀對稱的金屬塊內(nèi)有一個半徑為R的圓形槽，金屬塊放在光滑的水平面上且左邊挨著豎直墻壁.一質(zhì)量為m的小球從金屬塊左上端R處靜止下落，小球到達最低點后從金屬塊的右端沖出，到達最高點時離圓形槽最低點的高度為 R，重力加速度為g，不計空氣阻力.求： (1)小球第一次到達最低點時，小球?qū)饘賶K的壓力 為多大？,解析,答案,圖2,答案5mg,解析小球從靜止到第一次到達最低點的過程，根據(jù)動能

4、定理有mg2R mv02,小球剛到最低點時，根據(jù)圓周運動和牛頓第二定律有,根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘賶K的壓力為FNFN 聯(lián)立解得FN5mg.,(2)金屬塊的質(zhì)量為多少？,解析,答案,答案7m,解析設(shè)金屬塊的質(zhì)量為M，小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程，小球和金屬塊水平方向動量守恒，則mv0(mM)v,根據(jù)能量守恒定律有,聯(lián)立解得M7m.,雖然系統(tǒng)整體上不滿足動量守恒的條件，但在某一特定方向上，系統(tǒng)不受外力或所受外力遠小于內(nèi)力，則系統(tǒng)沿這一個方向的分動量守恒.可沿這一方向由動量守恒定律列方程解答.,二、動量守恒定律在多物體、多過程中的應(yīng)用,求解這類問題時應(yīng)注意： (1)正確分析作用過程

5、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，并按作用關(guān)系將系統(tǒng)內(nèi)的物體分成幾個小系統(tǒng)，既要符合守恒條件，又方便解題. (3)對不同階段、不同的小系統(tǒng)準確選取初、末狀態(tài)，分別列動量守恒方程.,例3如圖3所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為2 kg與0.9 kg，A、B上表面粗糙，與水平地面間接觸光滑，質(zhì)量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求： (1)A的最終速度大?。?圖3,解析,答案,答案0.25 m/s,解析選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，取水平向右為 正方向， 由系統(tǒng)總動量守恒得：mv(MBm)vBMAvA 得：vA

6、0.25 m/s.,(2)鐵塊剛滑上B時的速度大小.,解析,答案,答案2.75 m/s,解析設(shè)鐵塊剛滑上B時的速度為v，此時A、B的速度均為vA0.25 m/s， 由系統(tǒng)動量守恒得：mvmv(MAMB)vA 得v2.75 m/s.故鐵塊剛滑上B時的速度大小為2.75 m/s.,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)，在動量守恒定律的應(yīng)用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向等臨界狀態(tài)，其臨界條件常常表現(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)系的判斷是求解這類問題的關(guān)鍵.,例4光滑水平面上放著一質(zhì)量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如

7、圖4所示，一質(zhì)量為m的小球以速度v0向槽運動，若開始時槽固定不動，求小球上升的高度(槽足夠高).若槽不固定，則小球上升的高度？,圖4,解析,答案,解析槽固定時，設(shè)球上升的高度為h1，由機械能守恒得mgh1 mv02,槽不固定時，設(shè)球上升的最大高度為h2，此時兩者速度為v. 由動量守恒定律得： mv0(mM)v 由機械能守恒得：,達標檢測,1.(多選)如圖5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 B.斜面和小球組成的系統(tǒng)僅在水平方向上動量守恒 C.斜面向右運動 D.斜面靜止不動,解析

8、,答案,1,2,3,4,圖5,解析斜面和小球組成的系統(tǒng)受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，這三個力的合力不為零(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，A選項錯誤； 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，B選項正確； 由水平方向動量守恒知斜面向右運動，C選項正確，D選項錯誤.,1,2,3,4,2.如圖6所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一個質(zhì)量為m的物塊.從某一時刻起給m一個水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后 A.兩者的速度均為零 B.兩者的速度總不會相等 C.物塊的最終速度為 ，方向水

9、平向右 D.物塊的最終速度為 ，方向水平向右,答案,解析,1,2,3,4,圖6,解析物塊與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零，物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后，以速度v共同運動，由動量守恒定律得：mv0(Mm)v，故v ，方向水平向右，D項對.,1,2,3,4,3.(多選)如圖7所示，在光滑的水平面上放著一個上部為半圓形光滑槽的木塊，開始時木塊是靜止的，把一個小球放到槽邊從靜止開始釋放，關(guān)于兩個物體的運動情況，下列說法正確的是 A.當小球到達最低點時，木塊有最大速率 B.當小球的速率最大時，木塊有最大速率 C.當小球再次上升到最高點時，木塊的速率為最大 D.當小球再次上升到最高點時，木塊的速率為零,圖

10、7,答案,解析,1,2,3,4,解析小球和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，初狀態(tài)系統(tǒng)動量為零，當小球到達最低點時，小球有最大速率，所以木塊也有最大速率；小球上升到最高點時，小球速率為零，木塊的速率也為零.,4.如圖8，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h0.3 m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m130 kg，冰塊的質(zhì)量為m210 kg，小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小g取10 m/s2. (1)求斜面體的質(zhì)量.,答案,解析,1,2,3,4,圖8,答案20 kg,解析規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得：m2v20(m2m3)v,1,2,3,4,式中v203 m/s為冰塊推出時的速度.聯(lián)立式并代入題目所給數(shù)據(jù)得m320 kg,(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？,答案,解析,1,2,3,4,答案見解析,1,