高考物理一轮复习-13.2动量守恒定律的应用学案.doc

第 2课时　动量守恒定律的应用

基础知识归纳
1.动量守恒方程的几种形式
(1)系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，即　p＝p′　.
(2)系统总动量的增量为零，即　Δp＝p′－p＝0　.
(3)对两部分物体组成的系统，在相互作用前后各部分的动量变化等值反向，即　Δp1＝－Δp2　.
2.动量守恒定律的应用范围
“动量守恒定律”既可以用于解决物体的　低速　运动问题，又可处理接近于光速的物体　高速　运动问题；它既可用于解决宏观物体间的相互作用问题，又可处理　微观粒子间　的相互作用问题.因此它比“牛顿运动定律”的适用范围要广泛得多.动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一.
重点难点突破
一、人船模型
系统在全过程中动量守恒(包括某个方向上动量守恒)，人在船上走动的过程中，每时每刻人、船速度之比均与他们的质量成反比，因此，两者平均速度之比也与他们的质量成反比，由动量守恒可得M1s1＝M2s2，这是个重要的结论.
二、多物体组成的系统
有时候对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.
三、应用动量守恒定律解决问题的基本思路
1.分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.
2.要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒.
3.明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.
4.确定好正方向，建立动量守恒方程求解.
典例精析
1.人船模型的应用
【例1】长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站立在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
【解析】选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零，当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速度为v1，船对地的速度为v2，根据动量守恒得
mv1－Mv2＝0 ①
因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量时刻满足守恒，对①式两边同乘以Δt，得
ms1－Ms2＝0 ②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系.
由图所示还可看出：s1＋s2＝L ③
联立②③两式得
【思维提升】“人船模型”的特点：
(1)p0＝0；
(2)m1－m2＝0；
(3)m1－m2＝0即m1s1＝m2s2.
注意：人与船系统在其运动方向上合外力为零，在此方向动量守恒.若相互作用的系统动量不守恒.但p0＝0，且在某一方向动量守恒，则该方向上仍具有“人船模型”的特点.
【拓展1】如图所示，质量为mB的斜面体B放在质量为mA的斜面体A的顶端，斜面体A放在水平面上，若斜面体A的下底边长度为a，斜面体B的上边长度为b，且mA＝2mB，不计一切摩擦，求当B由A的顶端从静止开始滑到A的底端时，A移动的距离.
【解析】我们可画出如图所示的示意图.
我们注意到，以A、B组成的系统动量不守恒，但该系统水平方向动量守恒(因为该系统水平方向不受外力).
设A、B在题述过程中的水平位移大小分别为sA、sB，则联想“人船模型”，可得：
mAsA＝mBsB
因为mA＝2mB
所以2sA＝sB
注意到sB＝a－sA－b
可得sA＝
2.多体问题
【例2】如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500 g，B的质量是300 g，有一质量为80 g的小铜块C(可视为质点)以25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动.铜块最后停在B上，B与C一起以2.5 m/s的速度共同前进.求：
(1)木块A最后的速度vA′；
(2)C离开A时的速度vC′.
【解析】C在A上滑动时，选A、B、C作为一个系统，其总动量守恒，则：mCv0＝mCvC′＋(mA＋mB)vA′
C滑到B上后A做匀速运动，再选B、C作为一个系统，其总动量也守恒，则mCvC′＋mBvA′＝(mB＋mC)vBC
也可以研究C在A、B上面滑动的全过程，在整个过程中A、B、C组成系统的总动量守恒，则
mCv0＝mAvA′＋(mB＋mC)vBC
把上述三个方程式中的任意两个联立求解即可得到vA′＝2.1 m/s，vC′＝4 m/s
【思维提升】在多个物体相互作用的系统中，恰当选取系统中部分物体为研究对象，往往是解决问题的关键.
【拓展2】两只小船平行匀速逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，每一只船上各投质量m＝50 kg的一只麻袋到对面船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船以
v＝8.5 m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量各为m1＝500 kg，m2＝1 000 kg，问在交换麻袋前两只船的速率各为多少？
【解析】每只船和麻袋都匀速行驶，在交换麻袋时近似认为两船在水平方向受力不变，水平方向动量守恒.
(1)选取抛出麻袋后的小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船m1的速度方向为正方向如图所示，依动量守恒定律有
(m1－m)v1－mv2＝0
即450v1－50v2＝0 ①
(2)选取抛出麻袋后的大船和从小船投过的麻袋为系统，由动量守恒定律，有－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v
即－950v2＋50v1＝－1 000×8.5 ②
(3)选取四个物体为系统，有
m1v1－m2v2＝－m2v
即500v1－1 000v2＝－1 000×8.5 ③
联立①、②、③式中的任意两式解得
v1＝1 m/s，v2＝9 m/s
3.动量守恒在微观领域的应用
【例3】在认识原子核的艰难历程中，中子的发现有过一段曲折的经历.1930的德国物理学家玻特和他的学生贝克用放射性物质钋(Po)放射出的α粒子去轰击轻金属铍(Be)时，发现有一种贯穿力很强的中性射线产生，他们认为这是γ射线.后来法国物理学家约里奥·居里夫妇也进行了类似的实验，他们用玻特发现的这种中性射线去轰击含有很多氢原子的石蜡，结果有质子被打了出来.对于这一现象，约里奥·居里夫妇则认为是γ射线像α粒子那样和石蜡里的氢原子核发生碰撞.1932年英国物理学家查德威克研究这种中性射线时，发现它的速度不到光速的十分之一，从而否定了这种中性射线是γ射线.为了确定这种中性粒子，必须确定它的质量，查德威克用这种中性射线与质量已知的氢核和氮核发生碰撞.测得氢核和氮核的速率之比是7.5，试确定这种中性粒子的质量和氢核的质量的关系.
【解析】设中性粒子的质量为m.碰前速率为v，碰后速率为v′，氢核的质量为mH，碰前速率为零，碰后速率为vH，由碰撞前后的动量守恒和动能守恒可得
mv＝mv′＋mHvH
mv2＝mv′2＋mHv
联立解得vH＝
同理由中性粒子和氮原子核的碰撞可得
mv＝mv′＋mNvN
mv2＝mv′2＋mNv
联立解得vN＝
可得＝
已知氮核质量与氢核质量的关系为mN＝14mH
查德威克在实验中测得氢核和氮核的速率之比是＝7.5，所以有＝7.5
因而得m＝mH
由此可知这种中性粒子的质量与氢核的质量相同，由于不带电，故被称之为中子.
【思维提升】微观粒子的碰撞满足动量守恒定律.
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4.动量守恒问题中的机械能损失
【例4】如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m1＝20 kg的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m2＝25 kg的平板车厢连接.质量为m3＝15 kg的小物体放在平板车厢上，物体与平板车之间的滑动摩擦因数为μ＝0.20.开始时车厢静止，绳松弛，小车以v0＝3 m/s的速度前进，设平板足够长，试求小物体m3在平板上移动的距离x.
【错解】三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v，由系统动量守恒得
m1v0＝(m1＋m2＋m3)v
代入数据解得v＝1 m/s
又因为系统损失动能的多少等于物体克服摩擦力做的功，则m1v－(m1＋m2＋m3)v2＝μm3gx
代入数据解得x＝2 m
【错因】上述错误的原因是忽略了绳子的微小形变过程中机械能的损失.三个物体的作用过程可以简化为：先由m1、m2相互作用，两者达到共同速度，这个过程要损失机械能；然后m1、m2的共同体与m3发生相互作用，三者达到共同速度，这个过程又要损失机械能.
【正解】(1)第一个过程是m1、m2相互作用，两者达到共同速度v1，m1、m2组成的系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v1
代入数据解得v1＝ m/s
(2)三个物体组成的系统在全过程中动量守恒，设最终三者的共同速度为v2，由系统动量守恒得
m1v0＝(m1＋m2＋m3)v2
代入数据解得v2＝1 m/s
(3)第二个过程是m1、m2组成的系统与m3发生作用，这个过程中，由功和能的关系得
(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v＝μm3gx
代入数据解得x＝ m
【思维提升】对于微小形变过程中的机械能是否守恒的判断一定要结合物理情景和题设条件，切不可想当然.
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用心 爱心 专心