2013届高三物理一轮复习课件(粤教版)动量、动量守恒定律及其应用.pptVIP

* 第1节 动量、动量守恒定律及其应用 【例1】(双选)如图6-1-1所示，A、 B两物体质量比mA∶mB=3∶2，它 们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的轻质弹簧，AB与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，当弹簧突然释放，A、B相对车同时发生滑动(平板车足够长)．则在A、B被弹开过程中有(　　) A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒 C．小车向左运动 D．小车向右运动 动量守恒条件 图6-1-1 【解析】 分别对A、B、C隔离受力分析知：摩擦力fA=μmAgfB=μmBg，且fA与fB方向相反．可见A、B系统合外力不为零，所以A、B系统动量不守恒；而对A、B、C组成的系统，则摩擦力和弹簧的弹性力均为内力，竖直方向受力平衡，故A、B、C系统动量守恒．单独隔离小车C，知摩擦力fACfBC.可见小车受合力水平向左，故小车向左运动． 【答案】 BC 【点评】 判断动量是否守恒，要从受力分析入手，隔离看一看，整体看一看，分清哪些是内力、哪些是外力． 【例2】(单选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一个弹簧，如图6-1-2所示，用手抓住小车并使弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法不正确的是(　　) 对动量守恒定律的理解 图6-1-2 A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C．先放开左手，再放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 【解析】 在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，选项B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，选项C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么 系统的总动量为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手时系统所具有的总动量相等，即不为零，选项D正确． 【答案】 B 【点评】 分析动量守恒时要着眼系统所受合力的矢量和是否为零． 1．忽略动量是矢量，容易只算大小不管方向，不会正确计算动量的变化量，只单纯地用数字计算，忽略了其矢量性． 2．不理解守恒条件，特别对单方向动量守恒定律判断不准确，找不到解题的突破口． 3．对典型的物理过程的特点不熟悉，不能掌握其规律，如对于碰撞、爆炸和反冲过程的特点不清楚． 4．系统中物体个数较多时，在分析系统动量守恒时易漏掉个别物体的动量，使所解方程错误． 5．不理解物体运动过程的临界转折状态． 【例3】如图6-1-3所示的装置中，质量为1.99kg的木块B与水平桌面间的接触是光滑的，质量为10g的子弹A以103m/s的速度沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，求弹性势能的最大值． 图6-1-3 【错解原因】 产生上述错误的原因在于没有认识到子弹打木块的过程是一个机械能不守恒过程，这个过程有着机械能与内能之间的转化． 【答案】 25J 【纠错心得】 子弹打木块过程时间很短，作用力很大，弹簧还来不及形变，合外力即弹簧的弹力可认为为零，满足动量守恒定律．处理子弹打击木块问题和压缩弹簧问题时，一定要把过程的初末态把握准确，同时要明确子弹与木块作用时是要伴随着机械能的损失的． 【例4】在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止．当人从船头走到船尾，船后退多大距离？(忽略水的阻力) 题型一　人船模型 【切入点】由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．根据题意画出如图所示的示意图． 【答案】 船后退距离为2m 【思维拓展】动量守恒定律解决问题时，所涉及的速度应该是统一参考系的，这是能够准确解决问题的关键点之一．在解相关物理问题时，人船模型有多种表现形式，哪些情景可简化为人船模型，这需要同学们在日常训练中去思考．当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量守恒求解．本题已用到关系式m1s1=m2s2来求解，关键是先判断初速是否为零(若初速度不为零，则此式不成立)．“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型． 跟踪训练1　如图6-1-4所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M