高中物理人教版 (2019)選擇性必修 第一冊(cè)第一章 動(dòng)量守恒定律3 動(dòng)量守恒定律公開課課件ppt

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第一節(jié)中我們通過分析一輛運(yùn)動(dòng)的小車碰撞一輛靜止的小車，得出碰撞前后兩小車的動(dòng)量之和不變的結(jié)論。
知道動(dòng)量守恒定律的適用條件，掌握動(dòng)量守恒定律的確切含義和表達(dá)式。
了解系統(tǒng)、內(nèi)力和外力的概念。
了解動(dòng)量守恒定律的普遍適用性。
能用動(dòng)量守恒定律解決一些生活和生產(chǎn)中的實(shí)際問題。
動(dòng)量定理給出了單個(gè)物體在一個(gè)過程中受力的沖量與它在這個(gè)過程始末動(dòng)量變化量的關(guān)系，即FΔt =p?-p。
如果我們用動(dòng)量定理分別研究?jī)蓚€(gè)相互作用的物體，會(huì)有新的收收獲嗎？
在光滑水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物體A、B，質(zhì)量分別為m1和m2，沿著同一直線向相同的方向運(yùn)動(dòng)，速度分別是v1、v2，且v2>v1。
當(dāng)B追上了A時(shí)發(fā)生碰撞。碰撞過程中A受到B對(duì)它的作用力是F1,B受到A對(duì)它的作用力是F2。碰撞時(shí)，兩物體之間的作用時(shí)間很短，用Δt表示。
碰撞后A、B的速度分別為v1′和v2′。
兩個(gè)物體碰撞后的動(dòng)量之矢量和等于碰撞前的動(dòng)量之矢量和。
F1、F2不改變系統(tǒng)動(dòng)量
用牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)兩物體碰撞前后的總動(dòng)量的關(guān)系
對(duì)A用牛頓第二定律得：
對(duì)B用牛頓第二定律得：
1.兩物體各自即受到對(duì)方的作用力，同時(shí)又受到重力和桌面的支持力，重力和支持力是一對(duì)平衡力。
2.兩個(gè)碰撞的物體在受到外部對(duì)它們的作用力的矢量和為零的情況下動(dòng)量守恒。
系統(tǒng)：有相互作用的兩個(gè)（或兩個(gè)以上）物體構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)
內(nèi)力：系統(tǒng)中相互作用的各物體之間的相互作用力
外力：外部其他物體對(duì)系統(tǒng)的作用力
1、系統(tǒng)的內(nèi)力不改變系統(tǒng)的總動(dòng)量
2、外力的沖量改變系統(tǒng)的動(dòng)量
如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。這就是動(dòng)量守恒定律。
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
(5)m1?v1= -m2?v2
(2)P1+P2=P1'+P2'
系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量
兩物體動(dòng)量增量大小相等、方向相反
①不受外力或F合=0（嚴(yán)格條件）(系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零)
② F內(nèi) 》F外（近似條件）eg:爆炸、碰撞(系統(tǒng)所受外力之和不為零，但系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，外力相對(duì)來說可以忽略不計(jì))
③某方向上外力之和為零，在這個(gè)方向上動(dòng)量守恒(系統(tǒng)雖受外力，且不能忽略，但在某一方向上所受外力為0，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒)
①系統(tǒng)在整個(gè)過程中任意兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量都相等，不僅僅是初、末兩個(gè)狀態(tài)的總動(dòng)量相等．
②系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體的動(dòng)量可能都在不斷變化．
③系統(tǒng)的總動(dòng)量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和，總動(dòng)量不變指的是系統(tǒng)的總動(dòng)量的大小和方向都不變．
機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒的比較
單個(gè)、或相互作用的物體組成的系統(tǒng)
相互作用的物體組成的系統(tǒng)
只有重力或彈力做功,其他力不做功
系統(tǒng)不受外力或所受合外力等于零
標(biāo)量守恒(不考慮方向性)
矢量守恒(規(guī)定正方向)
都可以用實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證,因此它們都是實(shí)驗(yàn)規(guī)律。
到目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域
爆炸、碰撞、反沖相互作用現(xiàn)象中,因F內(nèi)>>F外,動(dòng)量是守恒的,但很多情況下有其它力（內(nèi)力）做功,有其他形式能量轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,機(jī)械能不守恒.
例1.如圖所示，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，槽底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始下滑，則小球下滑過程中（　?。〢．小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．槽對(duì)小球的支持力不做功C．重力對(duì)小球做功的瞬時(shí)功率一直增大D．地球、小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【答案】D【詳解】A．小球下滑過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球下滑過程中，小球的位移方向與槽對(duì)小球的支持力方向的夾角為鈍角，故支持力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；C．剛開始時(shí)小球速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，當(dāng)小球到達(dá)槽底部時(shí)，速度方向水平，與重力方向垂直，重力的瞬時(shí)功率為零，所以重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故C錯(cuò)誤；D．由于水平面光滑，所以小球下滑過程中，地球、小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。
1　關(guān)于動(dòng)量守恒定律，以下說法錯(cuò)誤的是（　?。〢．系統(tǒng)不受外力時(shí)，動(dòng)量一定守恒B．動(dòng)量守恒定律也適用于高速運(yùn)動(dòng)的物體和微觀粒子的情況C．一個(gè)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則機(jī)械能也守恒D．兩物體組成的系統(tǒng)，受合外力為零，則兩物體動(dòng)量的改變量大小一定相等
【答案】C【詳解】A．系統(tǒng)不受外力時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量保持不變，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；B．動(dòng)量守恒定律既適用于低速宏觀物體，也適用于高速微觀物體，故B正確；C．系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動(dòng)量守恒，只有重力或只有彈力做功系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)動(dòng)量守恒機(jī)械能不一定守恒，故C錯(cuò)誤；D．兩物體組成的系統(tǒng)，受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩物體動(dòng)量的改變量大小相等，方向相反，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選C。
例2.如圖，在列車編組站里，一輛質(zhì)量為1.8×104kg的貨車在平直軌道上以2m/s的速度運(yùn)動(dòng)，碰上一輛質(zhì)量為2.2×104kg的靜止的貨車，它們碰撞后結(jié)合在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。求貨車碰撞后運(yùn)動(dòng)的速度。
應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟和方法
1.找：找研究對(duì)象(系統(tǒng)包括那幾個(gè)物體)和研究過程；
2.析：進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
3.定：規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量正負(fù)號(hào)，畫好分析圖；
4.列：由動(dòng)量守恒定律列方程；
5.算：合理進(jìn)行運(yùn)算，得出最后的結(jié)果，并對(duì)結(jié)果進(jìn)行分析。
2　一枚在空中飛行的火箭，質(zhì)為m，在某點(diǎn)的速度大小為v方向水平，燃料即將耗盡。火箭在該點(diǎn)炸裂成兩塊，如圖所示，其中m1的一塊沿著與v相反的方向飛出，速度大小為v1。（1）出炸裂后另一塊的速度大小v2；（2）求炸裂過程中燃?xì)鈱?duì)炸裂后另一塊的沖量I。
【答案】（1） ；（2） ，方向與v的方向一致【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 ,解得（2）根據(jù)動(dòng)量定理得 ,解得 ,方向與v的方向相同。
例3.如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg的木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A。現(xiàn)A以v0＝4.0m/s的初速度向左運(yùn)動(dòng)，則B的最終速度可能為（　　）A．0.8m/sB．1.2m/sC．1.6m/sD．2.0m/s
【答案】A【詳解】若A、B能達(dá)到共同速度，設(shè)A、B達(dá)到的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 , 解得v＝1m/s，故B的最大速度為1m/s；若A、B未達(dá)到共同速度時(shí)A就滑出B的左端，則B獲得的速度就沒有達(dá)到1m/s。故選A。
3　(多選)如圖所示，質(zhì)量m=400kg的小船靜止在平靜的水面上，船兩端載著質(zhì)量為m甲=40kg、m乙=60kg的游泳者，甲向左、乙向右同時(shí)以2m/s（相對(duì)于岸）的水平速度躍入水中，不計(jì)水對(duì)船的阻力，則正確的是（　　）A．小船獲得的速度大小為0.5m/sB．小船獲得的速度大小為0.1m/sC．小船收到的合外力沖量大小為40kg·m/sD．若乙躍出的水平速度為3m/s，則小船獲得的速度為零
【答案】BC 【詳解】AB．甲、乙和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，開始時(shí)總動(dòng)量為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 ，代入數(shù)據(jù)解得 ，負(fù)號(hào)說明小船的速度方向向左，故A錯(cuò)誤，B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理可得，小船獲得的動(dòng)量為 ，方向水平向左。故C正確；D．根據(jù)動(dòng)量守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得 ，故D錯(cuò)誤。故選BC。
既然許多問題可以通過牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決，為什么還要研究動(dòng)量守恒定律？
1、動(dòng)量守恒定律只涉及過程始末兩個(gè)狀態(tài),與過程中力的細(xì)節(jié)無關(guān)。
2、動(dòng)量守恒定律不僅適用于宏觀、低速問題，而且適用于高速、微觀的問題。
牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問題要涉及整個(gè)過程的力。
3、動(dòng)量守恒定律是一個(gè)獨(dú)立的實(shí)驗(yàn)規(guī)律,它適用于目前為止物理學(xué)研究的一切領(lǐng)域。
這些領(lǐng)域，牛頓運(yùn)動(dòng)定律不在適用。
動(dòng)量守恒定律的五個(gè)性質(zhì)
①矢量性：動(dòng)量守恒定律表達(dá)式是一個(gè)矢量式，系統(tǒng)的總動(dòng)量在相互作用前后不僅大小相等，方向也相同．求初、末狀態(tài)系統(tǒng)的總動(dòng)量時(shí)，要按矢量運(yùn)算法則計(jì)算．如果各物體動(dòng)量的方向在同一直線上，要選取正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算．
②相對(duì)性：在動(dòng)量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動(dòng)量必須相對(duì)于同一慣性參考系，各物體的速度通常均為對(duì)地的速度．
③條件性：動(dòng)量守恒定律的成立是有條件的，應(yīng)用時(shí)一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足動(dòng)量守恒條件．
④同時(shí)性：動(dòng)量守恒定律中p1、p2…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量．
⑤普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)．
1.（多選）如圖所示，小車A靜止與光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內(nèi)，小球B由靜止起沿圓弧下滑，這一過程中（　　）A．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒D．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
2.如圖所示，木塊A和木塊B用一根輕質(zhì)彈簧連在一起靜置于光滑水平地面上。一顆子彈水平射入木塊A并立即留在其中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，將子彈、木塊A、木塊B和彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，下列說法正確的是（　?。〢．子彈和木塊A相對(duì)靜止以后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．子彈和木塊A相對(duì)靜止以后，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．從子彈進(jìn)入木塊A到子彈和木塊A相對(duì)靜止的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．從子彈進(jìn)入木塊A到子彈和木塊A相對(duì)靜止的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
【答案】A【詳解】AB．子彈和木塊A相對(duì)靜止以后，子彈、木塊A、木塊B和彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．從子彈進(jìn)入木塊A到子彈和木塊A相對(duì)靜止的過程中，子彈、木塊A、木塊B和彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，在子彈進(jìn)入木塊過程中，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為摩擦熱，機(jī)械能不守恒，故CD錯(cuò)誤。故選A。
3.(多選)在光滑的水平面上，一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體A與另一物體B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，兩物體的位置隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，以A物體碰前速度方向?yàn)檎较颍铝姓f法正確的是（　?。〢．碰撞后A的動(dòng)量為6kg﹒m/sB．碰撞后A的動(dòng)量為2kg﹒m/sC．物體B的質(zhì)量為2kgD．碰撞過程中合外力對(duì)B的沖量為6N﹒s
【答案】BD【詳解】由圖可知，碰撞前A的速度為 ，碰撞后A、B共同的速度為 ，則碰撞后A的動(dòng)量為 ，A錯(cuò)誤，B正確；C．A、B碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律可得解得： ，C錯(cuò)誤；D．對(duì)B，由動(dòng)量定理可得 ，D正確；故選BD。
4.如圖所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)等半徑小球，在光滑的水平面上分別以速度v1、v2向右運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生對(duì)心正碰（碰撞前后物體均在同一直線上運(yùn)動(dòng)），碰后m2被墻彈回，與墻碰撞過程中無能量損失，m2返回后又與m1相向碰撞，碰后兩球都靜止，求第一次碰后m1球的速度。
【答案】 , 方向向右【詳解】設(shè)m1、m2碰后的速度大小分別為v1'、v2'，以向右為正方向，則由動(dòng)量守恒定律知 ， ,解得 ,方向向右。
5.如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m0=3.0 kg的長(zhǎng)木板A的左端，疊放著一個(gè)質(zhì)量為m=1.0 kg的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.30。在木板A的左端正上方，用長(zhǎng)為R=0.80m不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為m=1.0 kg的小球C懸于固定點(diǎn)O，現(xiàn)將輕繩拉直使小球C于O點(diǎn)以下與水平方向成θ=30°角的位置(如圖所示)由靜止釋放。此后，小球C與B恰好發(fā)生正碰且無機(jī)械能損失?？諝庾枇Σ挥?jì)，g取10 m/s2。求：（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)(碰撞前)對(duì)細(xì)繩的拉力；（2）木板長(zhǎng)度L至少為多大時(shí)小物塊才不會(huì)滑出木板。
【答案】（1）20 N，方向豎直向下；（2）1 m【詳解】（1）小球C從開始下落到與B碰撞前瞬間，由動(dòng)能定理得 ，解得小球在最低點(diǎn)，有 ，解得F=20 N，由牛頓第三定律得，小球?qū)?xì)繩的拉力為F'=F=20 N，方向豎直向下。（2）設(shè)小球C與小物塊B在碰撞后，小球C的速度為v1，小物塊B的速度為v2，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得mv0=mv1+mv2， ，聯(lián)立解得v1=0，v2= ，小物塊B在木板A上滑動(dòng)，小物塊B和木板A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)B滑到木板A最右端時(shí)與A共速，速度大小為v，則mv2=(m0+m)v，小物塊B在木板A上滑動(dòng)的過程中，由小物塊B和木板A組成的系統(tǒng)減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由功能關(guān)系得 ，聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，解得L=1 m
（2）公式：m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'；m1?v1= -m2?v2
（1）內(nèi)容： 如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變
②系統(tǒng)受到外力，但外力的合力為零；
③系統(tǒng)所受外力合力不為零，但系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力；
④在某一方向上不受外力或合外力為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。