第1章 第2节 第1课时 动量守恒定律-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

第2节　动量守恒定律及其应用 1．了解系统、内力和外力的概念。　2.理解动量守恒定律的内涵、表达式及守恒的条件。　3.能用动量守恒定律解释生产生活中的物理现象，并能提出一些参考性建议。　4.知道什么是反冲，了解火箭的飞行原理和主要用途。　 课前 知识梳理 1 课堂 深度探究 2 随堂 巩固落实 3 内容 索引 课前 知识梳理 PART 01 第一部分 一、动量守恒定律 1．内容：一个系统____________或者________________时，这个系统的总动量保持不变。 2．表达式：m1v1＋m2v2＝________________(作用前后总动量相等)。 3．适用条件：系统______________________或者所受合外力为0。 4．普适性：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅低速、宏观领域遵循这一规律，高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律。 不受外力 所受合外力为0 m1v1′＋m2v2′ 不受外力 返回导航 课前 知识梳理 二、反冲运动与火箭 1．将气球充气后松口释放，气球会沿与喷气方向相反的方向飞去，这就是一种反冲运动。 2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律。 3．反冲现象的应用及防止 (1)防止：用枪射击时，由于枪身的________会影响射击的准确性，所以用枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 (2)应用：有的自动喷水装置喷水时，水流的反冲作用可使喷水管____________起来，这样就能达到多角度喷洒的目的。 反冲 旋转 返回导航 课前 知识梳理 4．火箭 (1)工作原理：是典型的________________运动，火箭点火后燃料燃烧产生的高速气流从火箭尾部喷出，使火箭向前飞行。 (2)影响火箭获得速度大小的两个因素 ①喷气速度。 ②质量比：火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比。 反冲 返回导航 课前 知识梳理 判断下列说法是否正确。 (1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(　　) (2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(　　) (3)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　　) (4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒。(　　) (5)只要合外力对系统做功为0，系统动量就守恒。(　　) (6)一切反冲现象都是有益的。(　　) × √ √ × × × 返回导航 课前 知识梳理 第1课时　动量守恒定律 课堂 深度探究 PART 02 第二部分 1．对“总动量保持不变”的理解 (1)系统在整个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。 (2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。 知识点一　动量守恒的判断 返回导航 课堂 深度探究 2．对守恒条件的进一步理解 (1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞、微观粒子间的碰撞等都可视为这种情形。 (2)系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的矢量和为0。 (3)系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。 (4)系统所受的合外力不为0，即F外≠0，但在某一方向上合外力为0(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。 返回导航 课堂 深度探究 角度1　动量守恒条件的理解 (2024·山东青岛统考期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件。关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　) A．只要系统所受外力的合力为零，系统动量一定守恒 B．只要系统内某个物体做加速运动，系统动量就不守恒 C．只要系统所受合外力恒定，系统动量守恒 D．只要系统内存在摩擦力，系统动量不可能守恒 √ 返回导航 课堂 深度探究 [解析]　只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可以做加速运动，故A正确，B错误； 系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，故C错误； 即使系统内存在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量一定守恒，故D错误。 返回导航 课堂 深度探究 角度2　动量守恒定律的判断 (2024·湖南张家界民族中学期中)关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　) A．静止在光滑水平面上的斜槽顶端有一小球，小球 由静止释放，在离开斜槽前小球和斜槽组成的系统的动量守恒 B．在光滑的水平地面上有两辆小车，在两小车上各绑一个条形磁铁，他们在相向运动的过程中动量不守恒 C．一枚在空中飞行的火箭在某时刻突然炸裂成两块，在炸裂前后系统动量不守恒 D．子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统动量守恒 √ 返回导航 课堂 深度探究 [解析]　离开斜槽前小球和斜槽组成的系统竖直方向所受合力不为零，动量不守恒，故A错误； 两小车相向运动的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误； 火箭炸裂前后系统内力远大于外力，系统动量守恒，故C错误； 子弹打进木块的瞬间子弹和木块组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，故D正确。 返回导航 课堂 深度探究 (2024·江苏苏州统考期中)如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　) A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C.小球向左摆到最高点时，小球的速度为零而小车的速度不为零 D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零) √ 返回导航 课堂 深度探究 [解析]　依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，则有小球向左摆动时，小车向右运动，故A、B错误； 由于系统在水平方向动量守恒，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)，小球向左摆到最高点时，小球的速度为零，则小车的速度也为零，故C错误，D正确。 返回导航 课堂 深度探究 1．表达式的含义 (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)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和。 (3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。 (4)Δp＝0：系统总动量增量为零。 知识点二　动量守恒定律的基本应用 返回导航 课堂 深度探究 2．解题步骤 (1)明确研究对象：将要发生相互作用的物体视为系统。 (2)进行受力分析、运动过程分析：确定系统动量在研究过程中是否守恒。 (3)规定正方向，确定初、末状态动量：一般来说，系统内的物体将要发生相互作用和相互作用结束，两个状态为作用过程的始末状态。 (4)列动量守恒方程及相应辅助方程，求解作答。 返回导航 课堂 深度探究 √ 返回导航 课堂 深度探究 (2024·江苏常州联考期中)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量M2＝30 kg，为避免相撞，甲不断地将小球以相对于地面v＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。 返回导航 课堂 深度探究 (1)求甲第一次抛球时对小球的冲量。 [解析]　根据动量定理有I＝mv－mv0 解得I＝10.5 N·s，方向水平向右。 [答案]　10.5 N·s，方向水平向右 返回导航 课堂 深度探究 (2)求乙接到第一个球后的速度(保留1位小数)。 [解析] 对第一个小球和乙的整体，根据动量守恒定律有 M2v0－mv＝(M2＋m)v1 解得v1≈5.3 m/s，方向水平向左。 [答案]　5.3 m/s，方向水平向左　 返回导航 课堂 深度探究 (3)为保证两车不相撞，甲总共抛出的小球个数是多少？ [解析] 对所有物体组成的系统，根据动量守恒定律有 M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′ 对乙和他的小车及小球组成的系统，根据动量守恒定律有 M2v0－nmv＝－(M2＋nm)v′ 解得n＝15，则为保证两车不相撞，甲总共抛出15个小球。 [答案]　15 返回导航 课堂 深度探究 角度2　速度相对于不同参考系 一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是120 kg。这个士兵用自动步枪在2 s内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10 g，子弹离开枪口时相对于步枪的速度是800 m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。 返回导航 课堂 深度探究 (1)每次射击后皮划艇的速度改变多少？ 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 返回导航 课堂 深度探究 (2)连续射击后皮划艇的速度是多大？ [答案]　0.67 m/s 返回导航 课堂 深度探究 (3)连续射击时枪所受到的平均反冲作用力是多大？ [答案]　40 N 返回导航 课堂 深度探究 随堂 巩固落实 PART 03 第三部分 1．(动量守恒的判断)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) A．只有甲、乙正确　　　 B．只有丙、丁正确 C．只有甲、丙正确 D．只有乙、丁正确 √ 返回导航 随堂 巩固落实 解析：在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受合外力为0，系统动量守恒，故甲正确；剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故乙错误；木球与铁球的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故丙正确；木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故丁错误。 返回导航 随堂 巩固落实 2.(动量守恒的判断)(2024·山东菏泽统考期中)如图所示，木块M和N用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，M紧靠在墙壁上，对N施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，关于M、N和轻弹簧组成的系统，下列说法正确的是(　　) A．M离开墙壁前，系统动量守恒 B．M离开墙壁前，M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等、方向相反 C．M离开墙壁后，系统动量守恒 D．M离开墙壁后，M的动量变化量与N的动量变化量相同 √ 返回导航 随堂 巩固落实 解析：当撤去外力F后，M尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的合外力不为零，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误； M离开墙壁时，弹簧处于原长状态，M离开墙壁前一直保持静止状态，则所受合力的冲量为0，初始状态N动量为0，撤去外力F后，一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁，此过程中N所受合力的冲量向右，故B错误； M离开墙壁后，系统所受合外力为0，所以M、N和轻弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知系统动量变化量为0，即ΔpM＝－ΔpN，动量变化量是矢量，M的动量变化量与N的动量变化量大小相等、方向相反，故C正确，D错误。 返回导航 随堂 巩固落实 3．(动量守恒定律的基本应用)如图所示，两条船A、B的质量均为3m，静止于湖面上。质量为m的人一开始静止在A船中，人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经多次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则A船和B船(包括人)的动能之比为(　　) A．1∶1 B．4∶3 C．3∶2 D．9∶4 √ 返回导航 随堂 巩固落实 返回导航 随堂 巩固落实 4．(动量守恒定律的基本应用)质量为40 kg的小车上站着一个质量为60 kg的人，小车与人一起在光滑的水平轨道上以1 m/s的速度运动。若人相对于小车以2 m/s的速度水平向车前方跳出，其他条件不变，车的速度变为(　　) A．2.5 m/s B．－0.5 m/s C．1 m/s D．－0.2 m/s 解析：人从车上跳出的过程，人和车组成的系统动量守恒，规定人跳出的方向为正方向，(m人＋m车)v0＝m人v人＋m车v车，v人＝v车＋2，代入数据解得v车＝－0.2 m/s，故A、B、C错误，D正确。 √ 返回导航 随堂 巩固落实 [解析]　小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律有(m＋λm)v0＝m·2v0＋λm· eq \f(v0,2) ，解得λ＝2。 角度1　速度相对于同一参考系 滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为λm的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然发现前面有一个小水坑，由于来不及转向和刹车，该小孩立即以对地2v0的速度向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的 eq \f(1,2) ，且方向不变，则λ为(　　) A．1　 　 　B．2　 　 　C．3　 　 　D．4 [解析]　设皮划艇、枪(含子弹)及人构成的系统的质量为m，每发子弹的质量为m0，子弹射出的反方向为正方向，子弹相对于步枪的速度大小为u。 (1)设第1次射出后皮划艇的速度大小为v1，由动量守恒定律得到 0＝(m－m0)v1＋m0(v1－u) 解得v1＝ eq \f(m0,m) u 设第2次射出后皮划艇的速度大小为v2，由动量守恒定律得到(m－m0)v1＝(m－2m0)v2＋m0(v2－u)， 解得v2－v1＝ eq \f(m0u,m－m0) 设第3次射出后皮划艇的速度大小为v3，由动量守恒定律得到(m－2m0)v2＝(m－3m0)v3＋m0(v3－u)，解得v3－v2＝ eq \f(m0u,m－2m0) 以此类推，若第10次射出后皮划艇的速度大小为v10，由动量守恒定律应得到(m－9m0)v9＝(m－10m0)v10＋m0(v10－u)，解得 v10－v9＝ eq \f(m0u,m－9m0) 。通过归纳得出，射出子弹n发，每次射击后皮划艇速度的改变量Δv＝ eq \f(m0u,m－（n－1）m0) ＝ eq \f(8,120.01－0.01n) m/s。 [答案]　 eq \f(8,120.01－0.01n) m/s　 [解析]　连续射击10次后，可得v10＝ eq \f(m0u,m) ＋ eq \f(m0u,m－m0) ＋…＋ eq \f(m0u,m－9m0) ＝8× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,120)＋\f(1,120－0.01)＋…＋\f(1,120－9×0.01))) m/s≈8× eq \f(10,120) m/s≈0.67 m/s。 [解析]　设士兵连续射击时间Δt＝2 s，对整个过程应用动量定理得到FΔt＝(m－10m0)v10－0，解得 F＝ eq \f(（m－10m0）v10,Δt) ≈40 N。 解析：整个过程中，人和两船组成的系统动量守恒，系统初动量为零，故经n次跳跃后，有3mvA＝(3m＋m)vB，所以 eq \f(vA,vB) ＝ eq \f(4,3) ，根据EkA＝ eq \f(1,2) ·3m·v eq \o\al(2,A) ，EkB＝ eq \f(1,2) ·4m·v eq \o\al(2,B) ，联立求得 eq \f(EkA,EkB) ＝ eq \f(4,3) 。 $