《2018-2019版高中物理 第1章 碰撞與動(dòng)量守恒 微型專題 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用課件 滬科版選修3-5.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019版高中物理 第1章 碰撞與動(dòng)量守恒 微型專題 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用課件 滬科版選修3-5.ppt（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

微型專題動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用,第1章碰撞與動(dòng)量守恒,[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.進(jìn)一步理解動(dòng)量守恒定律的含義及守恒條件.2.進(jìn)一步熟練掌握應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問題的方法和步驟.,內(nèi)容索引,,題型探究重點(diǎn)難點(diǎn)各個(gè)擊破,達(dá)標(biāo)檢測(cè)當(dāng)堂檢測(cè)鞏固反饋,題型探究,1.動(dòng)量守恒定律成立的條件：(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零；(2)系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力；(3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0.2.動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象是系統(tǒng).研究多個(gè)物體組成的系統(tǒng)時(shí)，必須合理選擇系統(tǒng)，再對(duì)系統(tǒng)進(jìn)行受力分析.分清系統(tǒng)的內(nèi)力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動(dòng)量守恒的條件.,一、動(dòng)量守恒條件的擴(kuò)展應(yīng)用,例1(多選)質(zhì)量分別為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定速度v沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時(shí)間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是,圖1,A.M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2C.m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′D.M、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2,√,√,答案,解析,解析M和m碰撞時(shí)間極短，在極短的時(shí)間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計(jì)，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動(dòng)量不變(速度不變)，可以認(rèn)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(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，所以只有B、C正確.,例2如圖2所示，一輛砂車的總質(zhì)量為M，靜止于光滑的水平面上.一個(gè)質(zhì)量為m的物體A以速度v落入砂車中，v與水平方向成θ角，求物體落入砂車后車的速度v′.,圖2,答案,解析,解析物體和車作用時(shí)總動(dòng)量不守恒，而水平面光滑，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，即mvcosθ＝(M＋m)v′，,雖然系統(tǒng)整體上不滿足動(dòng)量守恒的條件，但在某一特定方向上，系統(tǒng)不受外力或所受外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)沿這一方向的分動(dòng)量守恒，可沿這一方向由動(dòng)量守恒定律列方程解答.,求解這類問題時(shí)應(yīng)注意：(1)正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況；(2)分清作用過程中的不同階段，并按作用關(guān)系將系統(tǒng)內(nèi)的物體分成幾個(gè)小系統(tǒng)，既要符合守恒條件，又要方便解題.(3)對(duì)不同階段、不同的小系統(tǒng)準(zhǔn)確選取初、末狀態(tài)，分別列動(dòng)量守恒方程.,二、動(dòng)量守恒定律在多物體、多過程中的應(yīng)用,例3如圖3所示，A、B兩個(gè)木塊的質(zhì)量分別為2kg與0.9kg，A、B上表面粗糙，水平地面光滑，質(zhì)量為0.1kg的鐵塊以10m/s的速度從A的左端向右滑動(dòng)，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5m/s，求：,答案,解析,圖3,(1)A的最終速度大??；,答案0.25m/s,解析選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)總動(dòng)量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA可求得：vA＝0.25m/s.,(2)鐵塊剛滑上B時(shí)的速度大小.,答案,解析,答案2.75m/s,解析設(shè)鐵塊剛滑上B時(shí)的速度為v′，此時(shí)A、B的速度均為vA＝0.25m/s，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA可求得v′＝2.75m/s.,處理多物體、多過程動(dòng)量守恒應(yīng)注意的問題：(1)正方向的選取.(2)研究對(duì)象的選取，明確取哪幾個(gè)物體為系統(tǒng)作為研究對(duì)象.(3)研究過程的選取，明確哪個(gè)過程中動(dòng)量守恒.,達(dá)標(biāo)檢測(cè),1.(某一方向上的動(dòng)量守恒)(多選)如圖4所示，在光滑的水平面上放著一個(gè)上部為半圓形光滑槽的木塊，開始時(shí)木塊是靜止的，把一個(gè)小球放到槽邊從靜止開始釋放，關(guān)于兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是A.當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，木塊有最大速率B.當(dāng)小球的速率最大時(shí)，木塊有最大速率C.當(dāng)小球再次上升到最高點(diǎn)時(shí)，木塊的速率為最大D.當(dāng)小球再次上升到最高點(diǎn)時(shí)，木塊的速率為零,√,1,2,3,4,√,圖4,√,答案,解析,解析小球和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，初狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)量為零，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球有最大速率，所以木塊也有最大速率；小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小球速率為零，木塊的速率也為零.故選A、B、D.,1,2,3,4,2.(多過程中的動(dòng)量守恒)如圖5所示，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)表面不光滑，盒內(nèi)放有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊.從某一時(shí)刻起給m一個(gè)水平向右的初速度v0，那么在物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后A.兩者的速度均為零B.兩者的速度總不會(huì)相等,√,答案,圖5,1,2,3,4,解析,解析物塊與盒子組成的系統(tǒng)所受合外力為零，物塊與盒子前后壁多次往復(fù)碰撞后，以速度v共同運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，,1,2,3,4,3.(多過程中的動(dòng)量守恒)如圖6所示，甲車的質(zhì)量是2kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個(gè)質(zhì)量為1kg的小物體，乙車質(zhì)量為4kg，以5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與甲車碰撞以后甲車獲,答案,圖6,解析,1,2,3,4,得8m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長(zhǎng)，上表面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長(zhǎng)時(shí)間相對(duì)乙車靜止？(g取10m/s2),答案0.4s,解析乙與甲碰撞過程動(dòng)量守恒：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′得v乙′＝1m/s小物體在乙上滑動(dòng)至有共同速度v時(shí)，對(duì)小物體與乙車運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，得v＝0.8m/s對(duì)小物體應(yīng)用牛頓第二定律得a＝μg＝2m/s2,1,2,3,4,4.(多過程中的動(dòng)量守恒)如圖7所示，光滑水平面上有三個(gè)木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA、mB、mC，mA＝mC＝2m、mB＝m.A、B用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與木塊不拴接).開始時(shí)A、B以共同速度v0運(yùn)動(dòng)，C靜止.某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三木塊速度恰好相同，求B與C碰撞前B的速度.,1,2,3,4,圖7,答案,解析,解析細(xì)繩斷開后，在彈簧彈力的作用下，A做減速運(yùn)動(dòng)，B做加速運(yùn)動(dòng)，最終三者以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)共同速度為v，A和B分開后，與C碰撞前B的速度為vB，對(duì)三個(gè)木塊組成的系統(tǒng)，整個(gè)過程總動(dòng)量守恒，取v0的方向?yàn)檎较?，則有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v①對(duì)A、B兩個(gè)木塊，分開過程滿足動(dòng)量守恒，則有(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB②,1,2,3,4,