动量守恒定律章末复习学案 人教课标版(精品教案)

第十六章动量守恒定律

章末复习

【知识网络梳理】

【知识要点和方法指导】

一、动量

、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．

是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；

通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。

是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是·；、动量和动能的区别和联系

①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。

②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。

③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。

④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：＝

、动量的变化及其计算方法

动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：

（）Δ一，主要计算、在一条直线上的情况。

（）利用动量定理Δ·，通常用来解决、；不在一条直线上或为恒力的情况。

二、冲量

、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．

是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是·；

、冲量的计算方法

（）·．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。

（）利用动量定理Δ．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中为合外力（或某一方向上的合外力）。

.注意（）注意区别所求的是某一力的冲量还是合外力的冲量．

()恒力的冲量一般直接由＝求，变力的冲量一般由＝Δ求．

三、动量定理

、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．一或＝－；

该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点在短时间Δ内受合力为合，合力的冲量是合Δ；质点的初、未动量是、，动量的变化量是ΔΔ（）－．根据动量定理得：合Δ（）Δ）

．单位：·与／统一：／／··；

．理解：（）上式中为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。

（）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把矢量运算转化为代数运算。

（）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．

.注意:应用动量定理公式＝一时，不要把公式左边的冲量单纯理解为合外力的冲量，可以进一步

理解为“外力冲量的矢量和”，这样就对全过程应用一次动量定理就可以解决问题而使思路和解题过程简化。

四、动量守恒定律

1、内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量

保持不变。即作用前的总动量与作用后的总动量相等．（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统）

2、动量守恒定律适用的条件：

①系统不受外力作用。(理想化条件)

②系统受外力作用，但合外力为零。

③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。

④系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。

⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，

即：原来连在一起的系统匀速或静止(受合外力为零)，分开后整体在某阶段受合外力仍为零,可用动量守恒。

例：火车在某一恒定牵引力作用下拖着拖车匀速前进，拖车在脱勾后至停止运动前的过程中(受合外力为零)动量守恒

3、常见的表达式

不同的表达式及含义(各种表达式的中文含义)：

＝′ 或＋＝′＋′或＋＝′＋′

(其中、分别表示系统的末动量和初动量，系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量′)

Δ＝(系统总动量变化为，或系统总动量的增量等于零。)

Δ－Δ，(其中Δ、Δ分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的实际应用中具体来说有以下几种形式

、＋＝＋，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。、＋，适用于原来静止的两个物体组成的系统。

、＋（＋），适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。

原来以动量()运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：(－)

.爆炸现象的三个规律

()动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.

()动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.

()位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.

【典题探究】

类型一：动量守恒定律的实际应用

【例】如图所示，质量为M 的小车在光滑的水平面上以速度0v 向右做匀速直线运动，一个质量为m 的小球从高h 处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为h 。设M ?m ，

发生碰撞时弹力N F ?mg ，小球与车之间的动摩擦因数为μ，

则小球弹起时的水平速度可能是

A .0v

B .0

C .gh 22μ

D .0v -

【解析】小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了0v ，则摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下两种情况进行分析：

小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v ，则水平方向上动量守恒，有

v m M Mv )(0+=

由于M ?m

所以0v v =

若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得

水平方向上有

v m t F '=μ

竖直方向上有

gh m mv t F N 222==

又N F F μμ=

解以上三式，得

gh v 22μ='

故，正确的选项为A C 。

类型二：动量与能量结合的综合应用

【例】如图所示，一辆质量是2kg 的平板车左端放有质量

3kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ，开始时平

板车和滑块共同以2m 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取10m ）求：

（）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．

（）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度．

（）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？

【解析】：（）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动，速度为．由于体系总动量向右，平板车

速度为零时，滑块还在向右滑行． 动能定理201

02

MgS mv μ-=-① 202mv s Mg

μ=② 代入数据得22210.33m 20.43103

s ?===???③ （）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m ，

滑块的速度则大于2m ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度．此即平板车碰墙前瞬间的速度．

00()Mv mv M m v -=+④ ∴0M m v v M m

-=+⑤ 代入数据得010.4m/s 5

v v ==⑥

（）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为，则有

201()2

M m v Mgl μ+=⑦ 20()2M m v l Mg

μ+=⑧ 代入数据得25250.833m 20.43106

l ?===???⑨ 即为平板车的最短长度．

【例】如图，、、三个木块的质量均为。置于光滑的水平面上，、之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把和紧连，使弹簧不能伸展，以至于、可视为一个整体，现以初速沿、的连线方向朝运动，与相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使与，分离，已知离开弹簧后的速度恰为，求弹簧释放的势能。

【详解】设碰后、和的共同速度大小为，由动量守恒有，

①

设离开弹簧时，、的速度大小为，由动量守恒有，

②

设弹簧的弹性势能为，从细线断开到与弹簧分开的过程中机械能守恒，有，

（3m ）＋（2m ）＋③

由①②③式得弹簧所释放的势能为

【答案】

【例】如图所示，小球系在细线的一端，线的另一端固定在点，点到水平面的距离为。物块质量是小球的倍，置于粗糙的水平面上且位于点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为

。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，

重力加速度为，求物块在水平面上滑行的时间。

【解析】设小球的质量为，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为1v ，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有

2112

mgh mv =①

得1v =设碰撞后小球反弹的速度大小为1'v ，同理有

211'162

h mg mv =②

得1'v =

设碰撞后物块的速度大小为2v ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有

112'5mv mv mv =-+③

得2v = 物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小

5F mg μ=⑤

设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定理，有

205Ft mv -=-⑥

得t = 类型三：动量守恒定律在多物体多过程中的应用

【例】雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为0m ，初速度为0v ，下降距离l 后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为1m 。此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为2m 、3m ．．．．．．n m ．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。

（１） 若不计重力，求第n 次碰撞后雨滴的速度n

v '；

（２） 若考虑重力的影响，

ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度1v 和1

v '； ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的动能212

n n m v '。 【解析】（）不计重力，全过程中动量守恒，′ 得00n n

m v v m '= （）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

．第次碰撞前22102,v v gl =

+1v 第次碰撞后0111

m v m v '=

0111m v v m '== . 第次碰撞前2221

2v v gl '=+ 利用式化简得2

2222001202112m m m v v gl m m ????+=+ ? ????? 第次碰撞后，利用式得

22

22222001122022222m m m m v v v gl m m m ??????+'==+ ? ? ???????

同理，第次碰撞后2222220012302332m m m m v v gl m m ????++'=+ ? ????? ………… 第次碰撞后1222200

022n i i n n n m m v v gl m m -=?? ??? ?'=+ ? ??? ???

∑ 动能12222000

11(2)22n n n i i n m v m v gl m m -='=+∑