資源簡介

(共36張PPT)
第一章
DONGLIANGSHOUHENGDINGLV
學案4　動量守恒定律
1.會根據動量定理、牛頓第三定律推導動量守恒定律.(重點)
2.知道系統、內力、外力的概念
3.理解并掌握動量守恒定律的內容、公式及成立條件.(重點)
4.能在具體問題中判斷動量是否守恒，能熟練運用動量守恒定律
解釋相關現象和解決相關問題.(重難點)
學習目標
F·Δt= mv' – mv=Δp
F
v
v'
F
m
m
單個物體受力與動量變化量之間的關系

A
B
m2
m1
m2
m1
一
目標一　相互作用的兩個物體的動量改變
閱讀課本第11～12頁，完成以下內容：
如圖所示，在光滑水平桌面上沿同一方向做勻速運動的兩個物體，質量為m2的B物體追上質量為m1的A物體，并發生碰撞，設A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2(v2>v1)，碰后速度分別為v1′、v2′，碰撞時間很短，設為Δt.設B對A的作用力是F1，A對B的作用力是F2.
請用所學知識證明碰撞前后，兩物體總動量之和相等.
B
v2
m2
A
v1
m1
B
v2'
m2
A
v1'
m1
碰撞過程
F1
F2
m2
m1
答案　根據動量定理：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1 ①
對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2 ②
由牛頓第三定律得F1＝－F2 ③
由①②③得兩物體總動量關系為：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2.
B
v2
m2
A
v1
m1
B
v2'
m2
A
v1'
m1
碰撞過程
F1
F2
m2
m1
兩個物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量之和。
二
目標二　動量守恒定律
系統、內力與外力
(1)系統：兩個(或多個)相互作用的物體 叫作一個力學系統.
(2)內力：系統中 的作用力.
(3)外力：系統 的物體施加給系統內物體的力.
構成的整體
物體間
以外
兩個碰撞的物體，在系統所受的外力矢量和為0的情況下動量守恒。
m2
m1
F1
F2
N1
G1
N2
G2
系統
如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變.
動量守恒定律
守恒
變化
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
p=p′（系統總動量不變）
Δp1= -Δp2（A、B動量變化相反）
光滑的地面上，A、B兩完全相同的小車用一根輕彈簧相連.用手緩慢向中間推兩小車使彈簧壓縮.當A、B兩小車同時釋放后：
(1)若將A、B兩小車和彈簧看作一個系統，該系統的動量是否守恒？
導思
答案　系統動量守恒
(2)若在A車上加放物體，使其質量變為原來的2倍，該系統的動量是否守恒？
答案　系統動量守恒
(3)若地面粗糙，A、B與地面的動摩擦因數相同.當A、B兩車同時釋放后，該系統的動量是否守恒？
答案　系統動量守恒
(4)若地面粗糙，A、B與地面的動摩擦因數相同.在A車上加放物體，使其質量變為原來的2倍，則該系統的動量是否守恒？
答案　系統動量不守恒
動量守恒實驗演示
(1) 理想條件：系統內的任何物體都不受外力作用，如星球或微觀粒子的碰撞等。
(2) 實際條件：系統雖然受到外力，但是系統所受外力的矢量和為零。如物體在水平或者豎直方向的勻速直線運動等。
3.動量守恒的條件
(3) 近似條件：系統所受合力不為零，但系統內力遠大于外力。如汽車碰撞或者炮彈爆炸瞬間。
1.一輛平板車靜止在光滑水平面上，車上一人用大錘敲打車的左端，如圖所示，在錘的連續敲打下，這輛平板車將
A.左右來回運動
B.向左運動
C.向右運動
D.靜止不動
導練
√
對人、鐵錘和平板車組成的系統，系統水平方向所受外力之和為0，系統總動量守恒.當錘頭向右運動，車就向左運動；錘頭向左運動，車就向右運動；連續敲擊時，車就左右運動；一旦錘頭不動，車就會停下，故選A.
實驗演示
三
目標三　動量守恒定律的簡單計算
2.在列車編組站里，一輛質量為1.8×104 kg的貨車在平直軌道上以2 m/s的速度運動，碰上一輛質量為2.2×104 kg的靜止的貨車，它們碰撞后結合在一起繼續運動.求貨車碰撞后的運動速度.
導練
答案　0.9 m/s，方向與碰前貨車速度方向相同
① 研究對象
② 研究過程
③ 定正方向
④ 列式求解
已知m1＝1.8×104 kg，m2＝2.2×104 kg.
以碰前貨車的速度方向為正方向，有v1＝2 m/s，設兩車結合之后的速度為v.則有：
碰前兩車的總動量為：p＝m1v1
碰后兩車的總動量為：p′＝(m1＋m2)v
根據動量守恒定律有：
m1v1＝(m1＋m2)v
代入數據解得：v＝0.9 m/s
即兩車結合之后運動方向與碰前貨車的速度方向相同.
某機車以 0.4 m/s 的速度駛向停在鐵軌上的 7 節車廂，與它們對接。機車依次與每一節車廂相碰后，均連在一起，直至碰上最后一節車廂。設機車和車廂的質量都相等，求：與最后一節車廂碰撞后車廂的速度。鐵軌的摩擦忽略不計。
拓展延伸
答案　0.05 m/s，方向與車廂初速度相同
規定機車運動的速度方向為正方向，初速度為v0=0.4 m/s，
設機車和7節車廂共同速度為v。則有：
碰前系統的總動量為：p=mv0
碰后系統的總動量為：p′=8mv
根據動量守恒定律有：mv0=8mv
代入數據解得：v=0.05 m/s (正方向)
最后一節車廂被碰后的速度與車廂初速度相同
3.一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，方向水平，燃料即將耗盡.此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相反的方向飛去，速度大小為v1.求炸裂后另一塊的速度v2.
① 研究對象
② 研究過程
③ 定正方向
④ 列式求解
以炸裂前火箭速度方向為正方向，則有：
炸裂前火箭的總動量為：p＝mv
炸裂后火箭的總動量為：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2
根據動量守恒定律有：
mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
代入數據解得：v2＝
即炸裂后另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同.
4.(課本第15頁第2題)在光滑水平面上，A、B兩個物體在同一直線上沿同一方向運動，A的質量是5 kg，速度是9 m/s，B的質量是2 kg，速度是
6 m/s.A從后面追上B，它們相互作用一段時間后，B的速度增大為10 m/s，方向不變，這時A的速度是多大？方向如何？
答案　7.4 m/s　方向與碰前運動方向相同
注意規定正方向
已知mA＝5 kg，mB＝2 kg.
規定碰前A運動的方向為正方向，
有vA＝9 m/s，vB＝6 m/s，
設兩物體碰撞之后的速度分別為vA′、vB′.則有：
碰前物體的總動量為：p＝mAvA＋mBvB
碰后物體的總動量為：p′＝mAvA′＋mBvB′
根據動量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
代入數據解得：vA′＝7.4 m/s
即A物體運動方向與碰前運動方向相同.
5.如圖所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，從某一時刻起給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后物體的最終速度為
________，方向水平向____.
右
因水平面光滑，物體與盒子組成的系統水平方向動量守恒，又因盒子內表面不光滑，物體與盒子最終一定速度相等，選向右為正方向，
由動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v
總
結
提
升
四
目標四　動量守恒定律的普適性
牛頓運動定律 動量守恒定律
區 別 研究對象 某個物體，而且涉及整個過程的力 由兩個或兩個以上物體所組成的相互作用系統，且只涉及過程始末兩
個狀態，與過程中的細節無關。
適用范圍 僅限于宏觀、低速領域 到目前為止物理學研究的一切領域
物體之間的 相互作用 “力”的角度 “動”的角度
牛頓運動定律與動量守恒定律的關系
牛頓運動定律 動量守恒定律
聯 系 (1)動量守恒定律與牛頓第二定律在形式上可以相互導出； (2)本質上二者都是經典力學的基本規律，在經典力學中都占有重要地位，不過動量守恒定律更具有普遍意義。 1.矢量性：定律的表達式是一個矢量式:
任意兩個時刻不僅大小相等，而且方向也相同。
矢量運算法則計算。
2.相對性：同一慣性系，相對于地的速度。
3.同時性：相互作用后同一時刻
4.普適性：適用于兩個物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統。不僅適用于宏觀物體、微觀粒子組成的系統。
動量守恒定律的特性
m2
m1
F1
F2
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
動量守恒定律
相互作用的兩個物體的動量改變
動量守恒定律
研究單個物體動量改變
研究兩個相互作用的物體的動量改變
系統、內力與外力
動量守恒定律的內容
動量守恒的條件
理想條件、實際條件、近似條件
動量守恒定律的普適性
動量守恒定律的簡單計算
導練2—兩物體發生完全非彈性碰撞
導練3 —動量守恒定律的條件
導練4 —矢量性的考察
導練5 —動量守恒定律只研究初末狀態
牛頓運動定律與動量守恒定律的關系
動量守恒定律的特性
動量守恒定律
第一章
BENKEJIESHU
本課結束(共19張PPT)
第一章
DONGLIANGSHOUHENGDINGLVDEYINGYONG
學案5　動量守恒定律的應用(一)
1.進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件.(重點)
2.會利用動量守恒定律分析多物體、多過程問題.(重難點)
學習目標
一
目標一　對動量守恒條件的進一步理解
1.動量守恒定律成立的條件
(1)系統不受外力或所受外力的合力為零；
(2)系統的內力遠大于外力；
(3)系統在某一方向上不受外力或所受外力的合力為零.
此種情況說明：當系統所受的合外力不為零時，系統的總動量不守恒，但是合外力在某個方向上的分量為零時，那么在該方向上系統的動量是守恒的.
導學
2.動量守恒定律的研究對象是系統.研究多個物體組成的系統時，必須合理選擇系統，分清系統的內力與外力，然后判斷所選系統是否符合動量守恒的條件.
1.(多選)質量分別為M和m0的兩滑塊用輕彈簧連接，均以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發生的是
A.M、m0、m速度均發生變化，碰后分別為
v1、v2、v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2
＋mv3
B.m0的速度不變，M和m的速度變為v1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2
C.m0的速度不變，M和m的速度都變為v′，且滿足Mv＝(M＋m)v′
D.M、m0、m速度均發生變化，M和m0的速度都變為v1，m的速度變為v2，
且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
導練
√
√
M和m碰撞時間極短，在極短的時間內彈簧形變極小，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，故B、C正確.
2.如圖所示，在光滑水平面上靜止著一傾角為θ，質量為M的斜面體B，現有一質量為m的物體A以初速度v0沿斜面上滑，若A剛好可到達B的頂端，且A、B具有共同速度，不計A、B間的摩擦，則A到達頂端時速度的大小為
√
二
目標二　動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：
(1)正確進行研究對象的選?。河袝r對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律.研究對象的選取，一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要.
(2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量.根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式.
導學
3.甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，不計空氣阻力，則此時甲的速度的大小為
A.0 B.2 m/s
C.4 m/s D.無法確定
導練
√
4.如圖所示，A、B兩個木塊質量分別為2 kg與0.9 kg，A、B上表面粗糙，與水平地面間接觸面光滑，質量為0.1 kg的鐵塊以v＝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??；
答案　0.25 m/s
選鐵塊和木塊A、B為一系統，取水平向右為正方向，由系統動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
解得：vA＝0.25 m/s.
(2)鐵塊剛滑上B時的速度大小.
答案　2.75 m/s
設鐵塊剛滑上B時的速度為v′，此時A、B的速度均為vA＝0.25 m/s.
由系統動量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
解得v′＝2.75 m/s.
5.如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體，乙車質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數為0.2，求：(g取10 m/s2)
(1)乙車和甲車碰撞后，乙車的速度大??；
答案　1 m/s
選乙車開始運動的方向為正方向，乙車與甲車碰撞過程中動量守恒：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′，解得v乙′＝1 m/s，
(2)物體在乙車上表面滑行多長時間后相對乙車靜止？
答案　0.4 s
設小物體在乙車上滑行，相對靜止時共同速度為v，對小物體與乙車運用動量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，解得v＝0.8 m/s
對小物體由動量定理得μmgt＝mv，解得t＝0.4 s.
第一章
BENKEJIESHU
本課結束(共26張PPT)
第一章
DONGLIANGSHOUHENGDINGLVDEYINGYONG
學案6　動量守恒定律的應用(二)
1.能靈活處理動量守恒定律的臨界問題.(重點)
2.能靈活運用動量守恒定律解決相對運動問題.(重難點)
3.熟練運用動量守恒定律解決相關問題.
學習目標
一
目標一　動量守恒定律的臨界問題
分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態，在動量守恒定律的應用中，常常出現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狀態，其臨界條件常常表現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.
導學
1.如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游玩，甲和他的冰車總質量為30 kg，乙和他的冰車總質量為30 kg，若不計冰面摩擦，游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度水平向右滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞？
導練
答案　8 m/s
設甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取水平向右為正方向.以甲和箱子整體為研究對象，根據動量守恒定律，得
(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv
以箱子和乙整體為研究對象，得mv＝(m＋M乙)v乙
當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙
聯立解得v＝8 m/s.
2.如圖所示，在光滑水平面上，使滑塊A以2 m/s的速度向右運動，滑塊B以4 m/s的速度向左運動并與滑塊A發生相互作用，已知滑塊A、B的質量分別為1 kg、2 kg，滑塊B的左側連有輕彈簧，求：
(1)當滑塊A的速度減為0時，滑塊B的速度大??；
答案　3 m/s
取向右為正方向，A、B與輕彈簧組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒.當滑塊A的速度減為0時，滑塊B的速度為vB′，由動量守恒定律得：
mAvA－mBvB＝mBvB′
解得vB′＝－3 m/s
故滑塊B的速度大小為3 m/s；
(2)兩滑塊相距最近時，滑塊B的速度大??；
答案　2 m/s
兩滑塊相距最近時速度相同，設相同的速度為v，取向右為正方向.
根據動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得：v＝－2 m/s
故滑塊B的速度大小為2 m/s；
(3)彈簧彈性勢能的最大值.
答案　12 J
兩個滑塊的速度相等時，彈簧壓縮至最短，彈性勢能最大，根據系統的機械能守恒知，彈簧的最大彈性勢能為：
解得：Epm＝12 J.
3.如圖所示，質量為M的弧形滑塊靜止在光滑的水平地面上，弧形滑塊的光滑弧面底部與地面相切，一個質量為m的小球以速度v0向弧形滑塊滾來，若小球不能越過滑塊，當小球運動至最高點時，求(重力加速度為g)：
(1)此時小球和弧形滑塊的速度大??；
(2)此時小球的高度.
由于各處光滑，小球和弧形滑塊組成的系統機械能守恒，則
若弧形滑塊的弧面為光滑的 圓弧面，且小球能沖出圓弧面，小球沖出后做豎直上拋運動還是斜拋運動？
變式
答案　斜拋運動
動量守恒定律應用中的常見臨界情形
總
結
提
升
光滑水平面上的A物體以速度v向靜止的B物體運動，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大
總
結
提
升
物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的小車B(上表面粗糙且長度足夠長)上，當物體A在小車B上滑行的距離最遠時，物體A、小車B相對靜止，物體A、小車B的速度必定相等
總
結
提
升
質量為M的弧形滑塊靜止在光滑水平面上，弧形滑塊的光滑弧面底部與水平面相切，一個質量為m的小球以速度v0向弧形滑塊滾來.設小球不能越過弧形滑塊，則小球到達弧形滑塊上的最高點(即小球豎直方向上的速度為零)時，兩物體的速度肯定相等
總
結
提
升
光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足夠長)與物塊C發生碰撞后，再與物塊B相互作用，最后不再相撞的臨界條件是：三者具有相同的速度
二
目標二　相對運動問題
4.質量為50 kg的小孩站在船頭隨船以2 m/s的速度一起向右勻速運動，若小孩相對此時的船(即跳前的船)以1 m/s速度向右跳出，船的質量為100 kg，不計水的阻力，求小孩跳出后船的速度變化.(要求以相對地面和相對跳前的船為參考系兩種方式求解)
導練
答案　0.5 m/s，方向向左
方法一　以地面為參考系、向右為正方向，設跳后小孩的速度為v人，船的速度為v船，由動量守恒定律有
(M＋m)v0＝mv人＋Mv船，又v人＝v0＋Δv＝3 m/s
解得v船＝1.5 m/s
則船的速度變化量Δv′＝v船－v0＝－0.5 m/s
即船的速度變化量大小為0.5 m/s，方向向左
方法二　以跳前的船為參考系，向右為正方向，
則跳后小孩的速度v人′＝1 m/s，設跳后船速為v船′，由動量守恒定律知
0＝mv人′＋Mv船′，解得v船′＝－0.5 m/s
則船速變化量Δv′＝v船′－0＝－0.5 m/s
即船的速度變化量大小為0.5 m/s，方向向左.
若小孩以相對船(跳后的船)1 m/s的速度向右跳出，求小孩跳出后小孩和船的速度大小分別是多少.
變式
答案　2.67 m/s　1.67 m/s
規定向右為正方向，設小孩跳后船的速度為v船′，則跳后小孩的速度v人′＝v船′＋Δv，即v人′＝v船′＋1 m/s ①
由動量守恒定律知
(M＋m)v0＝Mv船′＋mv人′ ②
由①②式聯立解得v船′≈1.67 m/s，v人′≈2.67 m/s.
總
結
提
升
(1)動量具有相對性，使用動量守恒定律可以靈活選擇參考系.
(2)甲對地速度為v甲，乙相對甲的速度為Δv，則乙對地速度v乙＝v甲＋Δv，當Δv與正方向同向時為正值，與正方向反向時為負值.
第一章
BENKEJIESHU
本課結束

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