高中物理 1.4 動量守恒定律的應(yīng)用（第2課時）課件 教科版選修3-5 .ppt

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,,第一章 碰撞與動量守恒,1.3 動量守恒定律的應(yīng)用 第二課時,1.進一步理解動量守恒定律的含義，理解動量守恒定律的系統(tǒng)性、相對性、矢量性和獨立性. 2.進一步熟練掌握應(yīng)用動量守恒定律解決問題的方法步驟.,學(xué)習(xí)目標定位,,,,,學(xué)習(xí)探究區(qū),一、把握守恒條件，合理選取系統(tǒng),二、認真分析物理過程，合理選擇初末狀態(tài),三、動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題分析,一、把握守恒條件，合理選取系統(tǒng),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)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為零； (3)系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力. 2.動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng).選擇多個物體組成的系統(tǒng)時，必須對此系統(tǒng)進行受力分析，分清內(nèi)力與外力，然后判斷是否符合動量守恒的條件.,例1 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，下列說法正確的是( ),圖1,A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3， 且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足Mv ＝Mv1＋mv2 C.m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv ＝(M＋m)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(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2,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(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. 答案 BC,例2 如圖2所示，一輛沙車的總質(zhì)量為M， 靜止于光滑的水平面上.一個質(zhì)量為m的物 體A以速度v落入沙車中，v與水平方向成 θ角，求物體落入砂車后車的速度v′.,圖2,解析 物體和沙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mvcos θ＝(M＋m)v′，得v′＝mvcos θ/(M＋m). 答案 mvcos θ/(M＋m),二、認真分析物理過程，合理選擇初末狀態(tài),對于由多個物體組成的系統(tǒng)，由于物體較多，作用過程較為復(fù)雜，這時往往要根據(jù)作用過程中的不同階段，將系統(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個小系統(tǒng)，對不同階段、不同的小系統(tǒng)準確選取初、末狀態(tài)，分別列動量守恒定律方程求解.,例3 兩塊厚度相同的木塊A和B，緊 靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分 別為mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，它們的 下底面光滑，上表面粗糙；另有一質(zhì)量mC＝0.1 kg的滑塊C(可視為質(zhì)點)，以vC＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖3所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0 m/s，求：,圖3,(1)木塊A的最終速度vA；,解析 這是一個由A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，以該系統(tǒng)為研究對象，當(dāng)C在A、B上滑動時，A、B、C三個物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統(tǒng)的動量守恒.,(1)當(dāng)C滑上A后，由于有摩擦力作用，其將帶動A和B一起運動，直到C滑上B后，A、B兩木塊分離，分離時木塊A的速度為vA.最后C相對靜止在B上，與B以共同速度vB＝3.0 m/s運動，由動量守恒定律有：mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)vB.,所以vA＝ ＝ m/s＝2.6 m/s. 方向與vC相同 答案 2.6 m/s，方向與vC相同,(2)滑塊C離開A時的速度vC′.,解析 C離開A時的速度為vC′，B與A的速度同為vA，我們再以B、C為系統(tǒng)，C滑上B后與A分離，C、B系統(tǒng)水平方向動量守恒.由動量守恒定律有： mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)vB,所以vC′＝ ＝ m/s＝4.2 m/s. 方向與vC相同 答案4.2 m/s，方向與vC相同,返回,三、動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題分析,在動量守恒定律的應(yīng)用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題.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.臨界條件往往表現(xiàn)為某個(或某些)物理量的特定取值.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 如圖4所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰 車在水平冰面上游戲.甲和他的冰車總質(zhì)量 共為30 kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30 kg. 游戲時，甲推著一個質(zhì)量為15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來.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.若不計冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相對地)將箱子推出，才能避免與乙相撞.,圖4,解析 要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設(shè)甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2. 對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1 對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速度方向為正，由動量守恒定律mv－Mv0＝(m＋M)v2,剛好不相撞的條件是v1＝v2 聯(lián)立以上三式解得v＝5.2 m/s，方向與甲和箱子的初速度方向相同. 答案 5.2 m/s，方向與甲和箱子的初速度方向相同,返回,,,,自我檢測區(qū),1,2,3,4,1,2,3,4,1.如圖5所示，設(shè)車廂長為L，質(zhì)量為M， 靜止在光滑的水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì) 量為m的物體以初速度v0向右運動，與 車廂壁來回碰撞n次后，靜止在車廂中，這時車廂的速度是( ),圖5,A.v0，水平向右 B.0 C. ，水平向右 D. ，水平向左,1,2,3,4,解析 由動量守恒定律得， mv0＝(M＋m)v得v＝ ，方向與v0方向相同. 答案 C,1,2,3,4,2.質(zhì)量為1 kg的物體在離地面高5 m處自由下落，正好落在以5 m/s的速度沿光滑水平面勻速行駛的裝有沙子的小車中，車和沙子的總質(zhì)量為4 kg，當(dāng)物體與小車相對靜止后，小車的速度為( ) A.3 m/s B.4 m/s C.5 m/s D.6 m/s,解析 物體落入小車中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，由(M＋m)v＝Mv0可得小車最終速度v＝ ＝4 m/s.,B,1,2,3,4,3.如圖6所示，小車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 同時放開小球和小車，那么在以后的過程 中( ) A.小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)動量守恒 B.小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)動量守恒,圖6,1,2,3,4,C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度不為零 D.在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、 方向相反,解析 以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象，在水平方向上不受力的作用，所以系統(tǒng)的動量在水平方向上始終守恒.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上的動量要么都為零要么大小相等，方向相反，所以A、C錯，B、D對. 答案 BD,1,2,3,4,4.質(zhì)量為M＝2 kg的小平板車靜止在光滑水 平面上，車的一端靜止著質(zhì)量為mA＝2 kg 的物體A(可視為質(zhì)點)，如圖7所示，一顆 質(zhì)量為mB＝20 g的子彈以600 m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00 m/s，最后物體A仍靜止在車上，若物體A與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求平板車最后的速度是多大.,圖7,1,2,3,4,解析 子彈射穿A后，A在水平方向獲得一個速度vA，最后當(dāng)A相對平板車靜止時，它們的共同速度為v. 子彈射穿A的過程極短，因此平板車對A的摩擦力、子彈的重力作用可略去，即認為子彈和A組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，同時，由于作用時間極短，可認為A的位置沒有發(fā)生變化，設(shè)子彈射穿A后的速度為v′， 由動量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，,1,2,3,4,得vA＝ ＝ m/s＝5 m/s A獲得速度vA相對平板車滑動，由于A與平板車間有摩擦，最后A相對平板車靜止，以共同速度v運動，對于A與平板車組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，所以v＝ ＝ m/s＝2.5 m/s. 答案 2.5 m/s,