1.4 动量守恒定律的应用（2课时）课件-2026-2027学年高二上学期物理粤教版选择性必修第一册

第四节 动量守恒定律的应用（1） 第一章 动量和动量守恒定律 粤教版 选择性必修一 第一章 定律内容 公式表达 动量守恒判断方法 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ A B A B A B F F 动量守恒定律 （1）从现象看：系统的动量大小、方向是否发生变化。（2）从条件看：系统所受合外力是否为零; 知识回顾 一、动量守恒的条件拓展 思考：下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（ ） B A. 地面光滑，剪断细线 弹簧恢复原长的过程 B. 木块静止在水平面上， 子弹射入木块的过程 C. 木块沿固定斜面 由静止滑下的过程 D. 斜面静止在光滑水平面上， 物体由静止滑下的过程 v1 v2 F G F地 F G F地 G F地 v 动量增大 v 动量增大 作用时间极短 系统内力远大于外力 系统动量守恒 水平方向 合外力为零 水平方向 动量守恒 系统动量守恒的条件： （1）理想条件：系统不受外力 （2）实际条件：系统所受合外力为零； （3）近似条件：系统所受合外力不为零，但系统内力远大于外力，外力可以忽略不计，则系统动量近似守恒。 （4）单向条件：系统总的来看虽不符合上述条件，但在某一方向符合上述某一条件，则系统在该方向上动量守恒。 守恒条件拓展 案例1：冰壶运动 二、动量守恒定律的基本应用 应用案例分析 冰壶简介： 冰壶，又称掷冰壶，冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。 该项目设2小队，双方站在 冰场两端，以 相对方向的垒圈为 目标投掷冰壶，使之 溜进垒圈或者接近垒圈。 思考： （1）冰壶碰撞的过程，两个冰壶组成的系统动量守恒吗？ （2）碰撞后，冰壶速度如何变化？ （3）冰壶运动中，除了冰壶碰撞过程外，还有哪些过程也遵循动量守恒定律？ 2022年冬奥会冰壶混双比赛 二、动量守恒定律的基本应用 案例1：冰壶运动 应用案例分析 思考： （1）冰壶碰撞的过程，两个冰壶组成的系统动量守恒吗？ 分析：冰壶与冰面间摩擦因数很小，摩擦力很小；且冰壶碰撞时间极短，内力远大于外力，故摩擦力可以忽略不计，可认为系统所受合外力为零。 结论：无论正碰还是斜碰，系统动量守恒。 （2）碰撞后，冰壶速度如何变化？ 二、动量守恒定律的基本应用 2022年冬奥会冰壶混双比赛 案例1：冰壶运动 应用案例分析 定量计算1：在某次投掷中，黄色冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与静止的红色冰壶发生正碰，碰后红色冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等，求碰后黄色冰壶的速度。 冰壶撞击瞬间 二、动量守恒定律的基本应用 情境转化 v0=0.4m/s v2=0.3m/s 物理建模 m m （假设）v1 案例1：冰壶运动 应用案例分析 正方向 （假设）v1 v0=0.4m/s v2=0.3m/s 物理建模 m m 定量计算1：在某次投掷中，黄色冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与静止的红色冰壶发生正碰，碰后红色冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。若两冰壶质量相等，求碰后黄色冰壶的速度。 解：设碰前运动方向为正方向，则 黄色冰壶碰前v0=0.4m/s，碰后假设速度沿正方向设为v1；红色冰壶碰后速度v2=0.3m/s 根据系统动量守恒定律：mv0=mv1+mv2 解得：v1= 0.1m/s 即：速度大小为0.1m/s，方向不变。 应用动量守恒定律应注意： —— 矢量性：一维相互作用时，应选定正方向，用“+、-”号表示速度方向。 应用案例分析 思考： （1）冰壶碰撞的过程，两个冰壶组成的系统动量守恒吗？ （2）碰撞后，冰壶速度如何变化？ （3）冰壶运动中，除了冰壶碰撞过程外，还有哪些过程也遵循动量守恒定律？ 2022年冬奥会冰壶混双比赛 二、动量守恒定律的基本应用 案例1：冰壶运动 掷壶过程：冰壶与冰面间的摩擦力可以忽略不计，运动员和冰壶组成的系统水平方向可视为合外力为0，故系统水平方向动量守恒。 应用案例分析 定量计算2：假设掷壶运动员手持冰壶从本垒圆心向前的速度v0=1m/s，至前卫线冰壶出手瞬间，冰壶在水平方向上相对于手的速度v1=2m/s。已知掷壶运动员的质量M=60kg，冰壶的质量m=20kg，则冰壶出手后，运动员的速度如何变化？ 二、动量守恒定律的基本应用 案例1：冰壶运动 v（假设） v+v1（对地速度） 掷壶瞬间 情境转化 M m v0 = 1m/s 物理建模 应用案例分析 解：以地面为参考系，取初速度方向为正方向 冰壶出手时，假设掷壶队员的速度为v，方向沿正方向，则冰壶的对地速度为v+v1： 根据系统动量守恒定律有： （M+m）v0 = Mv + m（v+v1） 整理可得：v= 代入数据求得：v= 0.5m/s，方向不变。 v（假设） v+v1（对地速度） M m v0 = 1m/s 物理建模 应用动量守恒定律应注意： —— 同系性：各速度必须是相对于同一参考系的速度，一般以地面为参考系。 —— 同时性：初状态总动量中各速度是相互作用前同一时刻的瞬时速度； 末状态总动量中各速度是相互作用后同一时刻的瞬时速度。 应用案例分析 课堂探究 思考： （4）是否可以用牛顿运动定律求解？ 碰撞过程、掷壶过程力的变化比较复杂，且相互作用时间很短，利用牛顿运动定律解决很困难。 动量守恒定律只考虑相互作用前后两个状态量，不需要考虑相互作用的过程量，体现了动量守恒定律的普适性和易用性。 二、动量守恒定律的基本应用 案例1：冰壶运动 应用案例分析 二、动量守恒定律的基本应用 飞船和空间站对接 火箭发射 碰碰车 女子短道速滑 许多相互作用过程由于作用力难以确定，不能直接应用牛顿定运动律解决问题，可以利用动量守恒定律来解决。 这正是动量守恒定律的特点和优点，同时又为我们解决力学问题提供了一种新的思路和方法。 应用案例分析 如图所示，质量mB=1kg的平板小车B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左匀速运动。某时刻质量mA=2kg的小铁块A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小车，A与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A最终没有滑出小车，求A在小车上停止运动时，小车的速度大小。（取g＝10m/s2。） 解析： （1）条件判断：因为水平面光滑，铁块A和小车B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。 （2）状态分析：A在小车上停止运动，意味着AB保持相对静止，有共同速度。 v1=1m/s v2=2m/s 二、动量守恒定律的基本应用 案例2：滑块和小车的相互作用 应用案例分析 （3）规范求解： 解：取水平向右为正方向，当A在小车上停止运动时，假设A、B以共同速度向右运动，设为v： 根据系统动量守恒定律：mAv2- mBv1=（mA+mB）v 解得：v = 1m/s，方向向右。 （4）思考：能用牛顿运动定律求解吗？ 正方向 v1=1m/s v2=2m/s 案例2：滑块和小车的相互作用 二、动量守恒定律的基本应用 应用案例分析 方法2：牛顿运动定律 解：设经过时间t，A在小车上停止运动， 假设A、B以共同速度向右运动，设为v： 对铁块A: 解得： 对小车B: 解得： 两者共速： μmAg = mAaA aA=2m/s2 （向左） μmAg = mBaB aB =4m/s2（向右） v=-v1+aBt = v2-aAt 解得：t＝0.5s，v=1m/s v1=1m/s v2=2m/s f f = μmAg A 案例2：滑块和小车的相互作用 二、动量守恒定律的基本应用 正方向 应用案例分析 方法1：系统动量守恒定律 mAv2- mBv1=（mA+mB）v 解得：v = 1m/s，方向向右。 方法1更简洁： ——动量守恒定律只考虑相互作用前后两个状态量，不需要考虑相互作用过程中的细节。 方法2：牛顿运动定律 对铁块A: 解得： 对小车B: 解得： 两者共速： μmAg = mAaA aA=2m/s2 （向左） μmAg = mBaB aB =4m/s2（向右） v=-v1+aBt = v2-aAt 解得：t＝0.5s，v=1m/s 二、动量守恒定律的基本应用 案例2：滑块和小车的相互作用 应用案例分析 案例3：探究未知粒子的性质 二、动量守恒定律的基本应用 1932年，查德威克利用动量守恒定律和能量守恒定律发现了中子。 α粒子 质子 未知射线 Be 石蜡 博特（德国） 居里夫妇（法国） 轰击氢核、氮核：发现中子 查德威克（英国） 应用案例分析 v m1 m1 m2 m1 m2 一质子以1.0×107m/s的速度向右与一个静止的未知核碰撞。已知质子的质量是1.67×10-27kg，碰撞后质子以6.0×106m/s的速度反向弹回，未知核以4.0×106m/s的速度向右运动，试确定未知核的“身份”。 x 解：设向右为正方向，根据动量守恒定律： 解得： 代入数据得： 案例3：探究未知粒子的性质 氦核 动量守恒定律的普适性：微观、高速的情况也适用。 应用案例分析 20 第四节 动量守恒定律的应用（2） 乌贼把水吸入体腔，然后用力压水，通过身体前面的孔将水喷出，使身体很快地运动。通过调整喷水方向，可以使得身体向任意方向前进。 反冲小车 1.概念：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这种现象叫作反冲。 一、反冲 2.特点： （1）物体原先处于 状态； （2）物体的不同部分在内力作用下向 运动； （3）物体不同部分间相互作用力很大，作用时间很短，一般满足内力 外力，可用动量守恒定律来处理。 （4）速度的相对性：一般都指对地速度 （5）反冲运动中，有其他形式的能量转化为机械能，所以系统的总动能增加。 静止 相反方向 远大于 二、火箭的发射 火箭发射 反冲小车 简化为   物理情景：反冲小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出。 问题1：整个反冲小车遵循动量守恒吗？ 问题2：胶塞从试管口喷出瞬间，小车是否运动？ 问题3：设反冲小车总质量为M，胶塞质量为m，胶塞喷出时，胶塞相对于地面的速度为v，此时，小车相对于地面的速度是多少？ 系统合外力为0,动量守恒 mv＋(M－m)v′＝0 胶塞向右运动，则小车向左运动   mv＋(M－m)v′＝0   ①火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比。现代火箭的质量比一般小于10。 ②现代火箭的喷气速度v的范围为2 000～4 000 m/s。   多 级 火 箭   火箭如何提速？ 酒泉卫星发射中心 西昌卫星发射中心 中国建设最早，规模最大的卫星发射中心 中国对外开放中规模最大、设备技术最先进、承揽卫星发射任务最多、具备发射多型号卫星能力的新型航天器发射场，主要承担地球同步轨道卫星，通信、广播、气象卫星等试验发射和应用发射任务。 太原卫星发射中心 文昌卫星发射中心 发射了中国第一颗太阳同步轨道气象卫星“风云一号”，第一颗中巴“资源一号”卫星，第一颗海洋资源勘察卫星等。 中国首个滨海发射基地，也是世界上为数不多的低纬度发射场之一。 喷灌装置的自动旋转 三、反冲现象的应用及防止： （1）应用： 火箭发射 用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响 （2）防止： 炮弹射击时要固定好后座 四、反冲运动的典型应用——人船模型 情境：两位同学在公园里划船,当小船离码头大约1.5 m左右时,有一位同学心想:自己在体育课上立定跳远的成绩从未低过2 m,跳到岸上绝对没有问题,于是她纵身一跃,结果却掉在水里,她为什么不能如她想的那样跳上岸呢?(不计水的阻力) 要点提示:因为她起跳时和船相互作用,给船一个向后的作用力,船后退,这样她相对于岸的速度就小于起跳时相对于船的速度,因此会掉进水里。 1.定义 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题 四、人船模型 32 如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力． x1 x2 解析：人和船系统动量守恒, Mv1=mv2 二者位移关系：x1+x2=L 任一时刻人和船的动量大小相等，所以二者平均动量相等。 即Mx2=mx1。 2.特点 ①两物体满足动量守恒定律： m1v1－m2v2＝0. ②运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人、船位移比等于它们质量的反比；人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即 ③应用此关系时要注意一个问题：即公式中v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的． 4 某同学想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量，他进行了如下操作：首先他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，不计水的阻力，则渔船的质量为（　　） A． B． C． D． C 四、人船模型 35 载人气球原静止在高度为H的高空，气球的质量为M，人的质量为m，现人要沿气球上的软绳梯滑至地面，则绳梯至少要多长？ H s H 【解析】由系统动量守恒： mv1＝Mv2 则 mH＝Ms， 且 s＋H＝L L＝(1＋m/M)H 四、人船模型 36 质量为10g的子弹，以300m/s的水平速度击中质量为24g，静止在光滑水平桌面上的木块。 （1）若子弹留在木块中，则木块运动的速度是多大？ （2）若子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100m/s，这时木块的速度又是多大？ （1）对系统： 解得： （2）对系统： 解得： 五、子弹打木块模型 37 如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑) (　　) 【答案】C 六、单一方向动量守恒 38 如图所示，带有半径为R的1/4光滑圆弧的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别为多少？（重力加速度为g） 解得： 水平方向动量守恒： 机械能守恒： 六、单一方向动量守恒 39 （1）找：研究对象(系统包括哪几个物体)+ 研究过程； （2）析：受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)； （3）定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图； （4）列：根据动量守恒定律列方程； （5）算：合理运算求结果，并对结果进行分析。 课堂探究 课堂总结 动量守恒定律应用的一般步骤和注意事项： 理想条件、实际条件、近似条件、单向条件 矢量性、同系性、同时性、普适性（与牛顿运动定律的比较） 1.下列所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是（　　） A.喷灌装置的自动旋转 B.章鱼在水中前行和转向 C.运载火箭发射过程 D.码头边轮胎的保护作用 解析：A错：喷灌装置的自动旋转是利用了水流喷出时的反冲作用。 B错：章鱼在水中前行和转向是利用了喷出的水的反冲作用。 C错：火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理。 D对：码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲原理。 D 当堂检测 2. 火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1 000 m/s，设火箭质量M=300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，求火箭1 s末的速度大小。 3. 一个连同装备共有100 kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s（相对于飞船）的速度喷出气体。航天员为了能在10 min内返回飞船，他至少需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？ 根据动量守恒定律： 解得： 解：设喷气前总质量为M，喷出气体的质量为m，取喷气后航天员的速度方向为正方向。 以飞船为参考系，喷气后，航天员做匀速直线运动，最小速度为 Lavf57.83.100 解：以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象，1 s末发动机喷气20次，共喷出气体的总质量为20m=20×0.2 kg=4 kg， 根据动量守恒定律得（M-20m）v′-20mv=0， 得火箭1 s末的速度大小为v′= ≈13.5 m/s。 $