《高中物理 第1章 動量守恒研究 第2節(jié) 動量守恒定律教師用書 魯科版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理 第1章 動量守恒研究 第2節(jié) 動量守恒定律教師用書 魯科版選修3-5（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第2節(jié)　動量守恒定律 學 習 目 標 知 識 脈 絡 1.知道牛頓運動定律和動量守恒定律的關系，能用牛頓運動定律推導動量守恒定律．(重點) 2．理解動量守恒定律的確切含義和表達式．(重點) 3．知道什么是反沖運動，了解它在實際中的簡單應用．(重點) 4．了解火箭的飛行原理和主要用途．(難點) 動 量 守 恒 定 律 [先填空] 1．動量守恒定律的內(nèi)容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受合外力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變． 2．動量守恒定律的成立條件 (1)系統(tǒng)不受外力的作用． (2)系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零． (3)系統(tǒng)受外力的作用，合外力也不為零，但合外力遠小于內(nèi)力．這種情況嚴格地說只是動量近似守恒，但卻是最常見的情況． (4)系統(tǒng)受外力，但在某一方向上合外力為零，則系統(tǒng)在這一方向上，動量守恒． 3．動量守恒定律的表達式 (1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′)． (2)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，一個物體動量的變化量與另一個物體動量的變化量大小相等、方向相反．) (3)Δp＝0(系統(tǒng)總動量的增量為零)． (4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和)． 4．適用范圍：動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，不僅適用于低速、宏觀物體的運動，而且適用于高速、微觀物體的運動． [再判斷] (1)一個系統(tǒng)初、末狀態(tài)動量大小相等，即動量守恒．() (2)兩個做勻速直線運動的物體發(fā)生碰撞，兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒．(√) (3)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)的動量變化量為零．(√) [后思考] 動量守恒定律可由牛頓運動定律和運動學公式(或動量定理)推導出來，那么二者的適用范圍是否一樣？ 【提示】　牛頓運動定律適用于宏觀物體、低速運動(相對光速而言)，而動量守恒定律適用于任何物體，任何運動． [核心點擊] 1．研究對象：相互作用的物體組成的系統(tǒng) (1)系統(tǒng)：相互作用的幾個物體所組成的整體． (2)內(nèi)力：系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用力． (3)外力：系統(tǒng)外其他物體對系統(tǒng)的作用力． 2．守恒條件的深入挖掘 (1)系統(tǒng)不受外力作用． (2)系統(tǒng)受外力作用，但外力的合力為零． (3)系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠小于系統(tǒng)內(nèi)力．這種情況嚴格地說只是動量近似守恒，但卻是最常見的情況． (4)系統(tǒng)所受到的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，或在某一方向上外力比內(nèi)力小得多，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒． 3．對“系統(tǒng)的總動量保持不變”的四點理解 (1)系統(tǒng)的總動量指系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和； (2)總動量保持不變指的是大小和方向始終不變； (3)系統(tǒng)的總動量保持不變，但系統(tǒng)內(nèi)每個物體的動量可能在不斷變化； (4)系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態(tài)的總動量相等． 4．動量守恒定律的四個特性 (1)矢量性：動量守恒定律的表達式是一個矢量關系式，對作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，要選取一個正方向，凡與正方向相同的動量取正值，與正方向相反的動量取負值，將矢量運算轉化為代數(shù)運算． (2)相對性：應用動量守恒定律列方程時，各物體的速度和動量必須相對于同一參考系，通常以地面為參考系． (3)同時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒反映的是系統(tǒng)某兩個狀態(tài)的動量是相同的，應用動量守恒定律解題一定要注意同一時刻的動量才能相加，不是同一時刻的動量不能相加． (4)普遍性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)，不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于高速微觀粒子組成的系統(tǒng)． 1．如圖121所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　　) 圖121 A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B．先放開左手，后放開右手，此后動量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動量向左 D．無論是否同時放手，只要兩手都放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量一定為零 E．只要不同時放手，系統(tǒng)總動量一定不為零 【解析】　當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，放開左手時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B、D錯誤，選項C、E均正確． 【答案】　ACE 2．A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質(zhì)量為5 kg，速度大小為10 m/s，B質(zhì)量為2 kg，速度大小為5 m/s，它們的總動量大小為______ kgm/s；兩者相碰后，A沿原方向運動，速度大小為4 m/s，則B的速度大小為______ m/s. 【解析】　以A物體的速度方向為正方向．則vA＝10 m/s，vB＝－5 m/s，p＝pA＋pB＝510 kgm/s＋2(－5) kgm/s＝40 kgm/s.碰撞后，由動量守恒定律得p＝mAvA′＋mBvB′，vB′＝10 m/s，與A的速度方向相同． 【答案】　40　10 3.如圖122所示為豎直放置的四分之一圓弧軌道，O點是其圓心，半徑R＝0.8 m．OA水平、OB豎直，軌道底端距水平地面的高度h＝0.8 m．從軌道頂端A由靜止釋放一個質(zhì)量m＝0.1 kg的小球，小球到達軌道底端B時，恰好與靜止在B點的另一個相同的小球發(fā)生碰撞，碰后它們粘在一起水平飛出，落地點C與B點之間的水平距離x＝0.4 m．忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： 【導學號：18850005】 圖122 (1)兩球從B點飛出時的速度大小v2； (2)碰撞前瞬間入射小球的速度大小v1； (3)從A到B的過程中小球克服阻力做的功Wf. 【解析】　(1)兩球做平拋運動 豎直方向上h＝gt2 解得t＝0.4 s 水平方向上x＝v2t 解得v2＝1 m/s. (2)兩球碰撞，根據(jù)動量守恒定律 mv1＝2mv2 解得v1＝2 m/s. (3)入射小球從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理mgR－Wf＝mv－0 解得Wf＝0.6 J. 【答案】　(1)v2＝1 m/s　(2)v1＝2 m/s　(3)Wf＝0.6 J 關于動量守恒定律理解的三個誤區(qū) (1)誤認為只要系統(tǒng)初、末狀態(tài)的動量相同，則系統(tǒng)動量守恒．產(chǎn)生誤區(qū)的原因是沒有正確理解動量守恒定律，系統(tǒng)在變化的過程中每一個時刻動量均不變，才符合動量守恒定律． (2)誤認為兩物體作用前后的速度在同一條直線上時，系統(tǒng)動量才能守恒．產(chǎn)生該錯誤認識的原因是沒有正確理解動量守恒的條件，動量是矢量，只要系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)內(nèi)各物體的運動不一定共線． (3)誤認為動量守恒定律中，各物體的動量可以相對于任何參考系．出現(xiàn)該誤區(qū)的原因是沒有正確理解動量守恒定律，應用動量守恒定律時，各物體的動量必須是相對于同一慣性參考系，一般情況下，選地面為參考系． 反 沖 運 動 與 火 箭 [先填空] 1．反沖運動 根據(jù)動量守恒定律，一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某一個方向運動，另一部分向相反方向運動的現(xiàn)象． 2．火箭 (1)原理：火箭的飛行應用了反沖的原理，靠噴出氣流的反作用來獲得巨大速度． (2)影響火箭獲得速度大小的因素：一是噴氣速度，噴氣速度越大，火箭能達到的速度越大；二是燃料質(zhì)量越大，負荷越小，火箭能達到的速度也越大． 3．反沖運動的應用和防止 (1)灌溉噴水器、反擊式水輪機、噴氣式飛機、火箭等都是利用了反沖運動． (2)消防高壓水槍、射擊步槍等的反沖作用都必須采取措施加以防止． [再判斷] 1．反沖運動可以用動量守恒定律來解釋．(√) 2．一切反沖現(xiàn)象都是有益的．() 3．章魚、烏賊的運動利用了反沖的原理．(√) [后思考] 假如在月球上建一飛機場，應配置噴氣式飛機還是螺旋槳飛機呢？ 【提示】　應配置噴氣式飛機．噴氣式飛機利用反沖原理，可以在真空中飛行，而螺旋槳飛機是靠轉動的螺旋槳與空氣的相互作用力飛行的，不能在真空中飛行． [核心點擊] 1．反沖運動的特點 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動． (2)反沖運動中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠大于外力，所以可以用動量守恒定律來處理． (3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為動能，所以系統(tǒng)的總動能增加． 2．討論反沖運動時應注意的問題 (1)相對速度問題：在討論反沖運動時，有時給出的速度是相互作用的兩物體的相對速度．由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度(通常為對地的速度)，應先將相對速度轉換成對地速度后，再列動量守恒定律的方程． (2)變質(zhì)量問題：在討論反沖運動時，還常遇到變質(zhì)量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究． 4．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為________． 圖123 【解析】　以速度v0的方向為正方向，由動量守恒定律可得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得分離后衛(wèi)星的速率v1＝v0＋(v0－v2)． 【答案】　v0＋(v0－v2) 5．質(zhì)量為M的熱氣球吊筐中有一質(zhì)量為m的人，共同靜止在距地面為h的高空中．現(xiàn)從氣球上放下一根質(zhì)量不計的軟繩，為使此人沿軟繩能安全滑到地面，則軟繩至少有多長？ 【導學號：18850006】 【解析】　如圖所示， 設繩長為L，人沿軟繩滑至地面的時間為t，由圖可知，L＝x人＋x球．設人下滑的平均速度為v人，氣球上升的平均速度為v球，由動量守恒定律得：0＝Mv球－mv人，即0＝M－m，又有x人＝h，解以上各式得：L＝h. 【答案】　h “人船模型”及其應用 1．“人船模型”問題：兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題． 2．處理“人船模型”問題的兩個關鍵 (1)處理思路：利用動量守恒定律，先確定兩物體的速度關系，再確定兩物體通過的位移的關系． ①用動量守恒定律求位移的題目，大都是系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài)，然后系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用，此時動量守恒表達式經(jīng)常寫成m1v1－m2v2＝0的形式，式中v1、v2是m1、m2末狀態(tài)時的瞬時速率． ②此種狀態(tài)下動量守恒的過程中，任意時刻的系統(tǒng)總動量為零，因此任意時刻的瞬時速率v1和v2都與各物體的質(zhì)量成反比，所以全過程的平均速度也與質(zhì)量成反比，即有m1－m2＝0. ③如果兩物體相互作用的時間為t，在這段時間內(nèi)兩物體的位移大小分別為x1和x2，則有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0. (2)畫出各物體的位移關系圖，找出它們相對地面的位移的關系． 　　　　　　　　　　　 探究兩物體相互作用前后總動量是否守恒 [核心點擊] 1．實驗器材 氣墊導軌、滑塊(3塊)、天平、光電門、數(shù)字毫秒表等 2．實驗步驟 (1)將兩個質(zhì)量相等的滑塊裝上相同的擋光板，放在光滑氣墊導軌的中部．兩滑塊靠在一起，壓縮其間的彈簧，并用細線拴住，使滑塊處于靜止狀態(tài)．燒斷細線，兩滑塊被彈開并朝相反的方向通過光電門，記錄擋光板通過光電門的時間，表示出滑塊的速度，求出兩滑塊的總動量p＝mv1－mv2，如圖123所示． 圖123 實驗結果：兩滑塊的總動量p＝0. (2)增加一滑塊，質(zhì)量與前兩塊相同，使彈簧一側滑塊的質(zhì)量是另一側的2倍，重復(1)步驟，求出兩側滑塊的總動量p＝mv1－2mv2. 實驗結果：兩側滑塊的總動量p＝0. (3)把氣墊導軌的一半覆蓋上牛皮紙，并用膠帶固定后，用兩塊質(zhì)量相等的滑塊重復(1)步驟，求出滑塊的總動量p＝mv1－mv2. 實驗結果：兩滑塊的總動量p≠0. 3．實驗結論 (1)在光滑氣墊導軌上無論兩滑塊質(zhì)量是否相等，它們被彈開前的總動量為零，分開后的總動量也為零． (2)兩滑塊構成的系統(tǒng)受到牛皮紙的摩擦力后，兩滑塊的總動量發(fā)生了變化． 6．某同學利用打點計時器和氣墊導軌做驗證動量守恒定律的實驗．氣墊導軌裝置如圖124(甲)所示，所用的氣墊導軌裝置由導軌、滑塊、彈射架等組成．在空腔導軌的兩個工作面上均勻分布著一定數(shù)量的小孔，向導軌空腔內(nèi)不斷通入壓縮空氣，壓縮空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩(wěn)定地漂浮在導軌上，如圖(乙)所示，這樣就大大減少了因滑塊和導軌之間的摩擦引起的誤差． 圖124 (1)下面是實驗的主要步驟： ①安裝好氣墊導軌，調(diào)節(jié)氣墊導軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導軌水平． ②向氣墊導軌通入壓縮空氣． ③把打點計時器固定在緊靠氣墊導軌左端彈射架的外側，將紙帶穿過打點計時器越過彈射架并固定在滑塊1的左端，調(diào)節(jié)打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶移動時，紙帶始終在水平方向． ④使滑塊1擠壓導軌左端彈射架上的橡皮繩． ⑤把滑塊2(所用滑塊1、2如圖(丙)所示)放在氣墊導軌的中間． ⑥先____________，然后____________，讓滑塊帶動紙帶一起運動． ⑦取下紙帶，重復步驟④⑤⑥，選出較理想的紙帶如圖(丁)所示． ⑧用天平測得滑塊1(包括撞針)的質(zhì)量為310 g，滑塊2(包括橡皮泥)的質(zhì)量為205 g．試完成實驗步驟⑥的內(nèi)容． (2)已知打點計時器每隔0.02 s打一個點，試計算兩滑塊相互作用以前系統(tǒng)的總動量為________kgm/s；兩滑塊相互作用以后系統(tǒng)的總動量為________kgm/s.(保留三位有效數(shù)字)． (3)試說明(2)問中兩結果不完全相同的主要原因是_____________________. 【解析】　(1)使用打點計時器時，應先接通電源，待打點計時器正常工作后，再放開滑塊． (2)由紙帶上打出的點跡可知兩滑塊相互作用前滑塊1的速度v1＝ m/s＝2 m/s. 系統(tǒng)的總動量 p1＝m1v1＝0.3102 kgm/s＝0.620 kgm/s 相互作用后，兩滑塊的速度 v2＝ m/s＝1.2 m/s. 系統(tǒng)的總動量 p2＝(m1＋m2)v2＝(310＋205)10－31.2 kgm/s＝0.618 kgm/s. (3)系統(tǒng)相互作用前后的總動量不完全相同的主要原因是紙帶與打點計時器的限位孔之間有摩擦． 【答案】　(1)接通電源　放開滑塊 (2)0.620　0.618　(3)紙帶與打點計時器限位孔之間有摩擦 7．某同學用圖125甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中EQ是斜槽，QR為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10次，得到10個落點痕跡，再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始向下運動，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作10次，O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零點與O點對齊. 【導學號：18850007】 甲　　　 　　乙 圖125 (1)碰撞后B球的水平射程應取為________cm. (2)在以下選項中，哪些是本實驗必須進行測量的？答________(填選項號)． A．測量A球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比) B．測量G點相對于水平槽面的高度 C．測量R點相對于水平地面的高度 D．A球與B球碰撞后，測量A球落點位置M到O點的距離與B球落點N到O點的距離 E．水平槽上未放B球時，測量A球落點位置P到O點的距離 F．測量A球或B球的直徑 【解析】　(1)用一個最小的圓圈包圍10個點痕，圓心所對應的刻度是84.7 cm(84.5～84.9 cm)． (2)根據(jù)本實驗的實驗原理表達式mA＝mA＋mB，可知答案為A、D、E. 【答案】　(1)84.7(84.5～84.9)　(2)ADE