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.進一步熟練掌握應用動量守恒定律解決問題的方法和步驟.,內容索引,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，質量分布均勻、形狀對稱的金屬塊內有一個半徑為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，小球對金屬塊的壓力 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對金屬塊的壓力為FNFN 聯(lián)立解得FN5mg.,(2)金屬塊的質量為多少？,解析,答案,答案7m,解析設金屬塊的質量為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、多過程中的應用,求解這類問題時應注意： (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，并按作用關系將系統(tǒng)內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、動量守恒定律應用中的臨界問題分析,分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態(tài)，在動量守恒定律的應用中，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系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵.,例4光滑水平面上放著一質量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如

7、圖4所示，一質量為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，設球上升的高度為h1，由機械能守恒得mgh1 mv02,槽不固定時，設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，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一個質量為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量為m130 kg，冰塊的質量為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，設此共同速度為v，斜面體的質量為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,