高二-粵教版-物理-選擇性必修一 第一章《第四節(jié) 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用（1）》課件

第四節(jié)

動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用（1）高二—粵教版—物理—選擇性必修一

第一章

學(xué)習(xí)目標(biāo)2.知道應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決問(wèn)題時(shí)的注意事項(xiàng)和一般步驟。3.了解動(dòng)量守恒定律的普遍適用性。1.深刻理解動(dòng)量守恒定律，會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決生產(chǎn)生活中的問(wèn)題。定律內(nèi)容公式表達(dá)動(dòng)量守恒判斷方法如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ABABAB

FF動(dòng)量守恒定律知識(shí)回顧（1）從現(xiàn)象看：系統(tǒng)的動(dòng)量大小、方向是否發(fā)生變化。（2）從條件看：系統(tǒng)所受合外力是否為零;要點(diǎn)一、動(dòng)量守恒的條件拓展思考：下列四幅圖所反映的物理過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（

）BA.地面光滑，剪斷細(xì)線

彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程B.木塊靜止在水平面上，

子彈射入木塊的過(guò)程

C.木塊沿固定斜面

由靜止滑下的過(guò)程

D.斜面靜止在光滑水平面上，

物體由靜止滑下的過(guò)程v1v2FGF地FGF地GF地v動(dòng)量增大v動(dòng)量增大作用時(shí)間極短系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力系統(tǒng)動(dòng)量守恒水平方向合外力為零水平方向動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件：（1）理想條件：系統(tǒng)不受外力（2）實(shí)際條件：系統(tǒng)所受合外力為零；（3）近似條件：系統(tǒng)所受合外力不為零，但系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，外力可以忽略不計(jì)，則系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒。（4）單向條件：系統(tǒng)總的來(lái)看雖不符合上述條件，但在某一方向符合上述某一條件，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。守恒條件拓展冰壺簡(jiǎn)介：

冰壺，又稱擲冰壺，冰上溜石，是以隊(duì)為單位在冰上進(jìn)行的一種投擲性競(jìng)賽項(xiàng)目。該項(xiàng)目設(shè)2小隊(duì)，雙方站在冰場(chǎng)兩端，以相對(duì)方向的壘圈為目標(biāo)投擲冰壺，使之溜進(jìn)壘圈或者接近壘圈。案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用應(yīng)用案例分析思考：（1）冰壺碰撞的過(guò)程，兩個(gè)冰壺組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？（2）碰撞后，冰壺速度如何變化？（3）冰壺運(yùn)動(dòng)中，除了冰壺碰撞過(guò)程外，還有哪些過(guò)程也遵循動(dòng)量守恒定律？2022年冬奧會(huì)冰壺混雙比賽要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)應(yīng)用案例分析思考：（1）冰壺碰撞的過(guò)程，兩個(gè)冰壺組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？

分析：冰壺與冰面間摩擦因數(shù)很小，摩擦力很?。磺冶鶋嘏鲎矔r(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故摩擦力可以忽略不計(jì)，可認(rèn)為系統(tǒng)所受合外力為零。

結(jié)論：無(wú)論正碰還是斜碰，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。（2）碰撞后，冰壺速度如何變化？要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用2022年冬奧會(huì)冰壺混雙比賽案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)應(yīng)用案例分析

定量計(jì)算1：在某次投擲中，黃色冰壺運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4m/s的速度與靜止的紅色冰壺發(fā)生正碰，碰后紅色冰壺以0.3m/s的速度向前滑行。若兩冰壺質(zhì)量相等，求碰后黃色冰壺的速度。冰壺撞擊瞬間要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用情境轉(zhuǎn)化v0=0.4m/sv2=0.3m/s物理建模mm（假設(shè)）v1案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)應(yīng)用案例分析正方向（假設(shè)）v1v0=0.4m/sv2=0.3m/s物理建模mm

定量計(jì)算1：在某次投擲中，黃色冰壺運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后以0.4m/s的速度與靜止的紅色冰壺發(fā)生正碰，碰后紅色冰壺以0.3m/s的速度向前滑行。若兩冰壺質(zhì)量相等，求碰后黃色冰壺的速度。

解：設(shè)碰前運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則黃色冰壺碰前v0=0.4m/s，碰后假設(shè)速度沿正方向設(shè)為v1；紅色冰壺碰后速度v2=0.3m/s根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律：mv0=mv1+mv2解得：v1=0.1m/s即：速度大小為0.1m/s，方向不變。應(yīng)用動(dòng)量守恒定律應(yīng)注意：

——矢量性：一維相互作用時(shí)，應(yīng)選定正方向，用“+、-”號(hào)表示速度方向。應(yīng)用案例分析思考：（1）冰壺碰撞的過(guò)程，兩個(gè)冰壺組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎？（2）碰撞后，冰壺速度如何變化？（3）冰壺運(yùn)動(dòng)中，除了冰壺碰撞過(guò)程外，還有哪些過(guò)程也遵循動(dòng)量守恒定律？2022年冬奧會(huì)冰壺混雙比賽要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)擲壺過(guò)程：冰壺與冰面間的摩擦力可以忽略不計(jì)，運(yùn)動(dòng)員和冰壺組成的系統(tǒng)水平方向可視為合外力為0，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。應(yīng)用案例分析

定量計(jì)算2：假設(shè)擲壺運(yùn)動(dòng)員手持冰壺從本壘圓心向前的速度v0=1m/s，至前衛(wèi)線冰壺出手瞬間，冰壺在水平方向上相對(duì)于手的速度v1=2m/s。已知擲壺運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量M=60kg，冰壺的質(zhì)量m=20kg，則冰壺出手后，運(yùn)動(dòng)員的速度如何變化？要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)v（假設(shè)）v+v1（對(duì)地速度）擲壺瞬間情境轉(zhuǎn)化Mmv0=1m/s物理建模應(yīng)用案例分析

v（假設(shè)）v+v1（對(duì)地速度）Mmv0=1m/s物理建模應(yīng)用動(dòng)量守恒定律應(yīng)注意：

——

同系性：各速度必須是相對(duì)于同一參考系的速度，一般以地面為參考系。——同時(shí)性：初狀態(tài)總動(dòng)量中各速度是相互作用前同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度；

末狀態(tài)總動(dòng)量中各速度是相互作用后同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度。應(yīng)用案例分析課堂探究思考：（4）是否可以用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解？

碰撞過(guò)程、擲壺過(guò)程力的變化比較復(fù)雜，且相互作用時(shí)間很短，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決很困難。

動(dòng)量守恒定律只考慮相互作用前后兩個(gè)狀態(tài)量，不需要考慮相互作用的過(guò)程量，體現(xiàn)了動(dòng)量守恒定律的普適性和易用性。要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用案例1：冰壺運(yùn)動(dòng)應(yīng)用案例分析要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用飛船和空間站對(duì)接火箭發(fā)射碰碰車(chē)

女子短道速滑許多相互作用過(guò)程由于作用力難以確定，不能直接應(yīng)用牛頓定運(yùn)動(dòng)律解決問(wèn)題，可以利用動(dòng)量守恒定律來(lái)解決。

這正是動(dòng)量守恒定律的特點(diǎn)和優(yōu)點(diǎn)，同時(shí)又為我們解決力學(xué)問(wèn)題提供了一種新的思路和方法。應(yīng)用案例分析如圖所示，質(zhì)量mB=1kg的平板小車(chē)B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻質(zhì)量mA=2kg的小鐵塊A以v2=2m/s的速度水平向右滑上小車(chē)，A與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2。若A最終沒(méi)有滑出小車(chē)，求A在小車(chē)上停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車(chē)的速度大小。（取g＝10m/s2。）解析：（1）條件判斷：因?yàn)樗矫婀饣?，鐵塊A和小車(chē)B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。（2）狀態(tài)分析：A在小車(chē)上停止運(yùn)動(dòng)，意味著AB保持相對(duì)靜止，有共同速度。v1=1m/sv2=2m/s要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用案例2：滑塊和小車(chē)的相互作用應(yīng)用案例分析（3）規(guī)范求解：解：取水平向右為正方向，當(dāng)A在小車(chē)上停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè)A、B以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)為v：根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律：mAv2-mBv1=（mA+mB）v解得：v=1m/s，方向向右。（4）思考：能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解嗎？正方向v1=1m/sv2=2m/s案例2：滑塊和小車(chē)的相互作用要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用應(yīng)用案例分析方法2：牛頓運(yùn)動(dòng)定律解：設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A在小車(chē)上停止運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A、B以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)為v：對(duì)鐵塊A:

解得：對(duì)小車(chē)B:解得：兩者共速：μmAg=mAaAaA=2m/s2（向左）μmAg=mBaBaB=4m/s2（向右）v=-v1+aBt=v2-aAt

解得：t＝0.5s，v=1m/sv1=1m/sv2=2m/sff=μmAgA案例2：滑塊和小車(chē)的相互作用要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用正方向應(yīng)用案例分析方法1：系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律mAv2-mBv1=（mA+mB）v解得：v=1m/s，方向向右。方法1更簡(jiǎn)潔：——?jiǎng)恿渴睾愣芍豢紤]相互作用前后兩個(gè)狀態(tài)量，不需要考慮相互作用過(guò)程中的細(xì)節(jié)。方法2：牛頓運(yùn)動(dòng)定律對(duì)鐵塊A:

解得：對(duì)小車(chē)B:解得：兩者共速：μmAg=mAaAaA=2m/s2（向左）μmAg=mBaBaB=4m/s2（向右）v=-v1+aBt=v2-aAt

解得：t＝0.5s，v=1m/s要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用案例2：滑塊和小車(chē)的相互作用應(yīng)用案例分析案例3：探究未知粒子的性質(zhì)要點(diǎn)二、動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用1932年，查德威克利用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律發(fā)現(xiàn)了中子。α粒子質(zhì)子未知射線Be石蠟博特（德國(guó)）居里夫婦（法國(guó)）轟擊氫核、氮核：發(fā)現(xiàn)中子查德威克（英國(guó)）應(yīng)用案例分析

m1m1m2m1m2

一質(zhì)子以1.0×107m/s的速度向右與一個(gè)靜止的未知核碰撞。已知質(zhì)子的質(zhì)量是1.67×10-27kg，碰撞后質(zhì)子以6.0×106m/s的速度反向彈回，未知核以4.0×106m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，試確定未知核的“身份”。x解：設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：解得：代入數(shù)據(jù)得：案例3：探究未知粒子的性質(zhì)氦核動(dòng)量守恒定律的普適性：微觀、高速的情況也適用。應(yīng)用案例分析（1）找：研究對(duì)象(系統(tǒng)包括那幾個(gè)物體)+研究過(guò)程；（2）析：受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；（3）定：規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量正負(fù)號(hào)，畫(huà)好分析圖；（4）列：根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程；（5）算：合理運(yùn)算求結(jié)果，并對(duì)結(jié)果進(jìn)行分析。課堂探究課堂總結(jié)動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的一般步驟和注意事項(xiàng)：理想條件、實(shí)際條件、近似條件、單向條件矢量性、同系性、同時(shí)性、普適性（與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的比較）謝謝觀看!第四節(jié)

動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用（1)答疑高二—粵教版—物理—選擇性必修一

第一章

第1題：質(zhì)量為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，如圖所示，碰撞時(shí)間極短，在此過(guò)程中，下列情況可能發(fā)生的是（

）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＋mv2＋m0v3B.

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課堂探究習(xí)題講解BC課堂探究習(xí)題講解【解析】（1）M和m碰撞，由于時(shí)間極短，彈簧形變極小可忽略不計(jì)，因而m0在水平方向上沒(méi)有受到外力作用。簡(jiǎn)言之：M和m碰撞過(guò)程中，m0沒(méi)有參與，其速度v0不變，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤。（2）M和m的碰撞過(guò)程的特點(diǎn)：由于未說(shuō)明兩者碰撞后速度的情況，可能具有共同速度，也可能分開(kāi)，選項(xiàng)BC正確。第2題：如圖，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車(chē)在水平冰面上游戲。甲和他的冰車(chē)的總質(zhì)量為M＝

30kg，乙和他的冰車(chē)的總質(zhì)量也為30kg。游戲時(shí)，甲推著一個(gè)質(zhì)量為m＝

15kg的箱子和他一起以v0＝

2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來(lái)。（1）若甲和乙迎面相撞，碰撞后兩車(chē)以共同的速度運(yùn)動(dòng)，求碰撞后兩車(chē)的共同速度。解：（1）以甲車(chē)初速度方向?yàn)檎较蚣?、箱子、乙三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒：（M＋m