1.2 动量守恒定律及其应用（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（鲁科版2019）

第2节　动量守恒定律及其应用 核心 素养 物理观念 科学思维 科学探究 科学态度与责任 理解动量守恒定律，知道系统、内力和外力的概念。 理解动量守恒定律的确切含义和表达式，会运用动量守恒定律解决实际问题。 探究物体碰撞前和碰撞后，动量的大小关系。 知道反冲运动及火箭的飞行原理，了解所学知识在实际生活中的具体应用。 [对应学生用书P7] 知识点一 动量守恒定律 1.系统、内力、外力❶ (1)系统：相互作用的两个或多个物体组成的整体。 (2)内力：系统内部物体间的相互作用力。 (3)外力：系统以外的物体对系统内物体的作用力。 2．内容：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变❷。 3．表达式❸：对两个物体组成的系统，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 4．守恒条件：系统所受合外力为0。 1．某个力是内力还是外力是相对的，与系统的选取有关。(　　√　　) 2．一个系统初、末状态动量大小相等，即该系统动量守恒。 (　　×　　) 3．只要系统所受合外力的冲量为0，该系统动量就守恒。(　　√　　) 知识点二 反冲运动与火箭 1.反冲❹：气球喷出气体后，气球向相反方向运动的这类现象。 2．火箭发射原理：火箭的飞行应用了反冲的原理。火箭负荷越小、喷气速度越大、燃料越多，火箭能达到的速度越大。 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：宇航员无绳太空行走、自动喷水装置、水电站反击式水轮机等。 (2)不利影响：用枪射击时，枪身的反冲会影响射击的准确性；高压水枪灭火时，高压水枪向后反冲，消防队员必须牢牢抓住水枪将身体稍向前倾以保持平衡。 1．农田、园林的喷灌装置利用了反冲的原理。(　　√　　) 2．火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。 (　　×　　) 批注❶：外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。 批注❷：动量守恒定律是实验定律，适用于任何物理研究领域。不仅低速、宏观领域，高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。 批注❸：(1)p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)。 (2)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反)。 (3)Δp＝0(系统总动量的增量为0)。 批注❹：反冲运动的基本原理是动量守恒定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，那么系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量。 [对应学生用书P8] 探究点一　动量守恒定律的理解与判断　(科学思维之提升) ►情境探究 在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示。 (1)如果以人和平板车为系统，大锤对平板车的打击力是内力还是外力？ 提示：大锤是人和平板车组成的系统以外的物体，所以大锤对平板车的打击力是外力。 (2)若以人、大锤组成的系统为研究对象，在打击过程中，系统动量守恒吗？ 提示：系统动量不守恒，因为以人、大锤组成的系统为研究对象，打击过程中，系统外的车参与了作用。 (3)上述现象中，怎样选取系统，打击过程才能满足系统动量守恒？ 提示：以人、大锤和平板车组成的系统为研究对象，打击过程满足动量守恒。 ►探究归纳 1．对动量守恒定律适用条件的理解 三种情况 条件 理想 条件 系统不受外力或者所受合外力为0，系统动量守恒 近似 条件 系统所受合外力不为0，但当内力远大于外力时，系统动量近似看作守恒 分方向 条件 系统在某个方向上所受合外力为0时，则系统在该方向上动量守恒 2.对动量守恒定律“五性”的理解 系统性 注意判断是哪几个物体组成的系统动量守恒 矢量性 动量守恒定律的表达式是一个矢量式，解题时要规定正方向，然后将矢量运算转化为代数运算 相对性 系统中，各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，若无特殊说明则通常为相对于地面的速度 同时性 初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量 普适性 不仅适用于低速、宏观领域，也适用于高速、微观领域 ►对点例练 (2021·湖南郴州高二期末)对于下列四幅图所反映的物理过程，相关说法正确的是(　　) A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒 B．乙图中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断束缚M、N的细线，在弹簧从压缩状态恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒 C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程中，两球组成的系统动量不守恒，机械能守恒 D．丁图中木块沿光滑固定斜面下滑，木块和斜面组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B　解析：子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒且能量守恒，A错误；系统所受合外力不等于0，所以M、N与弹簧组成的系统动量不守恒，除重力和弹簧弹力外，其他力做功之和为0，所以M、N与弹簧组成的系统机械能守恒，B正确；细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程中，两球组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒，由于浮力对系统做功，所以系统机械能不守恒，C错误；木块沿光滑固定斜面下滑，木块和斜面组成的系统所受合外力不为0，故该过程中系统的动量不守恒，D错误。 [练1] (多选)如图所示，A、B两物体的质量比为mA∶mB＝3∶2，它们均静止在平板车C上。A、B间有一根被压缩了的弹簧，且A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑。当弹簧突然释放后，若A、B两物体分别向左、向右运动，则有(　　) A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒 C．小车向左运动 D．小车向右运动 BC　解析：弹簧释放后，C对A的摩擦力向右、大小为μmAg，C对B的摩擦力向左、大小为μmBg，所以A、B系统所受合外力方向向右，动量不守恒，A错误；由于力的作用是相互的，A对C的摩擦力向左，大小为μmAg，B对C的摩擦力向右，大小为μmBg，所以C所受合外力方向向左，C向左运动，C正确，D错误；由于地面光滑，A、B、C系统所受合外力为0，动量守恒，B正确。 判断动量守恒的两关键环节 (1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。所以判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。 (2)判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为0，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力。 探究点二　冲量的理解与应用　(科学思维之提升) ►情境探究 光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球在沿同一水平方向做匀速直线运动，速度分别为v1、v2，且v1<v2。两球相撞后，速度分别变为v1′和v2′。请问： (1)两球在碰撞过程中系统动量守恒吗？若守恒，请写出动量守恒表达式。 提示：系统动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (2)试用动量定理和牛顿第三定律推导出两球碰前动量m1v1＋m2v2和碰后动量m1v1′＋m2v2′的关系。 提示：设m1和m2间的相互作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t， 根据动量定理可得 F1t＝m1v1′－m1v1，F2t＝m2v2′－m2v2， 由牛顿第三定律可得F1＝－F2， 故有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)， 即关系为m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ►探究归纳 对“系统的总动量保持不变”的四点理解 (1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和。 (2)总动量保持不变指的是动量的大小和方向均始终不变。 (3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化。 (4)系统在整个运动过程中，任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。 ►对点例练 如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量为m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板。一质量为M＝1 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4 m/s。铜块最终停在第二块木板上(重力加速度g取10 m/s2，结果保留2位有效数字)。求： (1)第一块木板的最终速度。 (2)铜块的最终速度。 答案：(1)2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同 (2)3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同 解析：(1)铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度大小为v2，则由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，解得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。 (2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度大小为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，解得v3＝3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。 [练2] 如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(　　) A．4 m/s B．5 m/s C．8.5 m/s D． m/s B　解析：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝mv2－mv，解得v0＝15 m/s，虽小球和车作用过程中总动量不守恒，但水平方向动量守恒，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，B正确。 应用动量守恒定律的解题步骤 (1)确定相互作用的系统为研究对象。 (2)分析研究对象所受的外力。 (3)判断系统是否符合动量守恒条件。 (4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号。 (5)根据动量守恒定律列式求解。 探究点三　动量定理的理解与应用　(科学思维之提升) ►情境探究 乌贼的游泳速度非常快，与一般鱼靠鳍游泳不同，它是靠肚皮上的漏斗管喷水的反作用力飞速前进，其喷射能力就像火箭发射一样，可以使乌贼从深海中跃起，跳出水面高达7～10米。 (1)上述现象原理是什么？你能否概括一下这种现象的原理？ 提示：反冲运动；当一个物体向某一方向射出(或抛出)它的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动，这就是反冲运动。 (2)在上述乌贼的这类运动中，系统的合外力一般不为0却可认为系统动量是守恒的，为什么？ 提示：在反冲运动中，内力远大于外力，所以外力的冲量可以忽略不计，因而可认为反冲运动中的系统动量是守恒的。 ►探究归纳 1．反冲运动的特点及其遵循的规律 (1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果。 (2)条件：①系统不受外力或所受外力的矢量和为0。②内力远大于外力。③系统在某一方向上不受外力或在该方向上所受外力之和为0。 (3)反冲运动遵循动量守恒定律。 2．讨论反冲运动应注意的三个问题 (1)速度的方向 对于原来静止的整体，抛出部分与剩余部分的运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则另一部分的速度应取负值。 (2)相对速度问题 在反冲运动中，有时遇到的速度是两物体的相对速度。此类问题中应先将相对速度转换成对地速度，再应用动量守恒定律列方程。 (3)质量改变问题 如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。 ►对点例练 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。 (1)当第三次气体喷出后，火箭速度的大小是多少？ (2)运动第1 s末，火箭速度的大小是多少？ 答案：(1)2 m/s　(2)13.5 m/s 解析：(方法一) (1)设第一次气体喷出后，火箭的速度大小为v1，以火箭运动方向为正方向，喷出气体的运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒，有 (M－m)v1－mv＝0， 可得v1＝， 设第二次气体喷出后，火箭的速度大小为v2，有 (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1， 可得v2＝， 设第三次气体喷出后，火箭的速度大小为v3，有 (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2， 可得v3＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)依次类推，设第n次气体喷出后，火箭的速度大小为vn，有 (M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1， 可得vn＝， 因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭的速度大小为 v20＝＝ m/s＝13.5 m/s。 (方法二) (1)设喷出三次气体后火箭的速度大小为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得 (M－3m)v3－3mv＝0， 可得v3＝＝2 m/s。 (2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，有 (M－20m)v20－20mv＝0， 可得v20＝＝13.5 m/s。 [练3] 章鱼是一种温带软体动物，生活在水中。一只悬浮在水中的章鱼，当外套膜吸满水后，它的总质量为M。当章鱼突然发现后方有一只海鳗，章鱼迅速将体内的水通过短漏斗状的体管在极短时间内向后喷出，从而迅速向前逃窜。若章鱼喷射出的水的质量为m，喷射速度为v0，则下列说法正确的是(　　) A．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒 B．章鱼喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量增加 C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为 D．章鱼喷水的过程中受到的冲量为 C　解析：在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，故系统机械能增加，A错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，且内力远大于外力，所以章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，B错误；由动量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v＝，C正确；章鱼喷水的过程中受到的冲量大小等于喷出的水的动量大小，为mv0，D错误。 分析火箭问题的两点技巧 (1)处理火箭多次向外喷射相同速度的气体的问题时，可以把多次喷射的气体当作一次以相同的速度全部喷出，然后对火箭和喷出的气体应用动量守恒定律解决问题。 (2)动量守恒定律中的速度必须是相对同一参考系且要注意速度的方向。 探究点四　解决实际问题　(科学态度与责任之落实) [练4] (生活情景)下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲运动原理的是(　　) D　解析：喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，章鱼在水中的前行和转向利用了水喷出时的反冲作用，火箭的发射是利用喷气的方式获得动力的，利用了反冲运动，故A、B、C不符合题意；码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，没有利用反冲运动原理，故D符合题意。 [练5] (科技情景)如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置后，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) D　解析：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，若规定初速度的方向为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋(v0－v2)，D正确。 [练6] (体育情景)(多选)(2021·福建龙岩高二检测)如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，在她恰好到达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是(　　) A．在击打过程中，朱婷与球组成的系统动量不守恒 B．击打前后瞬间，朱婷与球组成的系统的动能相等 C．朱婷击打完后，比排球先落地 D．朱婷击打完后，落回起跳点 AC　解析：击打过程中，朱婷与球在半空中都受到重力的作用，即两者组成的系统也就受到向下的冲量，故该系统动量不守恒，A正确；击打前后瞬间，朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，系统动能同样不守恒，B错误；击球后，朱婷与球均做平抛运动，朱婷的高度(以脚的位置为准)低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，C正确；朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$