2017-2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第3节动量守恒定律的应用教学案教科版选修

1、第 3 节动量守恒定律的应用：爭.之窗 韋尹-（对应学生用书页码P8）一、 碰撞问题的定量分析1.碰撞过程中动量守恒物体在碰撞过程中，由于碰撞时间极短， 外力远小于碰撞物体间的内力，故碰撞过程中动量守恒。2.碰撞过程中的能量物体在碰撞过程中，动能不会增加，碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失 最多。二、 中子的发现、反冲与火箭1.中子的发现查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。2反冲现象及火箭发射反冲：A .1反冲现象。根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。-2特点。A.物体的不同部分在

2、内力作用下向相反方向运动。B.反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。C.反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。- 火箭：1工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出牛2时，使火箭获得巨大速度。2影响火箭获得速度大小的因素。A.喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s4 000 m/s。B.质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。 喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。1判断：2（1）发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。（）（2）发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。（）3(3

3、)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。答案：V(2)X(3)V2.思考：如图1-3-1所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定交换速度吗?B.若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C.若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D.若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：选AD光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两 球组成的系统总动量守恒。提示：不一定。图1-3-1只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。门丄(对应学生用书页码P9)ll碰撞过程满足的条件

4、在所给的条件不同的情况下， 碰撞情况有各种可能， 但不管哪种情况必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒。系统的机械能不增加，即Ek1+E2WEk1+Ek2(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力 的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。話號试应用1.在光滑水平面上,能的是()若两球质量相等,A.两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可碰后以某

5、一相等速率互相分开4选项A,碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的。选项B,若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动5量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能。选项C,碰撞前、后系统的总动量的 方向不同，不符合动量守恒，选项C不可能。选项D,碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量 也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。“子弹打木块”模型的结论及其应用如图1-3-2所示， 一质量为m的子弹以速度V。打入静止在光滑水平面 上质量为M的木块，若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止， 此时木块 位移为s，则由动量守恒定律有：mv=(mMv1212对子弹由动

6、能定理：一Ff(s+d)=qmvmv12对木块由动能定理：FfS=1212联立可得：Ffd=mv62(mMv由式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即E=Ffd。Vu图1-3-26这种模型与完全非弹性碰撞具有相同的运动特征。这种模型还有：运动物块置于光滑水平面上的木板直至相对静止、物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等,这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止。=燈试应用2如图1-3-3所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的

7、水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦图1-3-3因数为卩，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少?解析：达到相对静止时有共同速度v则由动量守恒有Mv=(m M)v平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为1212由能量守恒有 卩mgL=?Mv2(m+Mv联立解得L=2MM2卩mMgMV答案：7动量守恒和能量守恒的综合应用1.动量守恒与能量守恒的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒条件不受外力或所受合外力为零只有重力和弹力做功一般表达式Pi+卩2=Pi+P2Ed+Epi=Ek2+E2标矢性矢量式标量式守恒条件的理解外力总冲量为零，系统总动量不变只发生势能和动能相互转化。可以 有重力

8、和弹力以外的力作用，但必 须是不做功注意事项应选取正方向选取零势能面2解决该类问题用到的规律动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。3解决该类问题的基本思路认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。(2)如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有 摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。/ %(5)选取所需要的方程列式并求解。魯 4 宦注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。一般的碰撞及有摩擦的情况下,当有弹簧参与下的多

9、过程问题,不同的。/试应用3.如图1-3-4所示，设车厢长为L,质量为M静止在光滑水平面上， 车厢内有一质量为m的物体，以速度V。向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为()A. Vo,水平向右解析：选C物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞机械能不守恒，应利用能量守恒求解。定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律B. 0mvC.Mrm水平向右MvoD.Mrm水平向右m的初速度为vi=Vo,M的初速度图1-3-48程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则9为V2=0;作用后它们的末速度相同即V1=V2=v由动量守恒定律mivi+m2V2=mw1+

10、mv2得：mv=(mi+ M)v解得：v=丽方向与v0相同，水平向右。选项C正确。所以0.57VB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件：VBVA。由VAVB得PAm,即rnBVA得 匚,mBmAmPAmPB8_140.5710(重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度V=2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3:1。不计质量损失，取重力加速度g=10 m/s2,(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。(2)个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可 能发生二次碰撞的速度关系判定。p2

11、_ 126(3)要灵活运用Ek=2-或p=2mE; & =pv或P=几个关系转换动能、动量。例2如图1-3-6所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m12-两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2V0、Vo.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为船上的人接到货物后船的速度为V2,由动量守恒定律得抛出货物后船的速度为V1,甲12xvo=11xV1-rrKv-in10mK2Vo- mxVmin=11nrV2为避免两船相撞应满足V1=V2Vmin=4V

12、o答案4vo在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：(1)分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。(2)分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物 理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系， 这些特 定关系是求解这类问题的关键。例3碰撞过程中的临界问题分析图1-3-6联立式得动量守恒和能量守恒的综合应用则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()图1-3-7解析弹丸水平飞行爆炸时

13、，在水平方向只有内力作用，外力为零，系统水平方向动量守恒，设口乙=m m甲=3m则爆炸前p总=(3m)v=8m而爆炸后两弹片都做平抛运动，12由平抛规律可得：竖直自由落体h=2gt，解得t=1 s;水平方向匀速X=vt。选项A：v甲=2.5 m/s,v乙=0.5 m/s(向左)，p总=3mx 2.5+mX (0.5)=7m不满足动量守恒，选项A错误。选项B:p总=3mx 2.5+mx 0.5=8m满足动量守恒；选项B正确。同理，选项C: p总=3rir1+mx2=5m,选项D：p总=3mX(1)+mx2=m均错误。答案BP10)1.质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度V0做匀速直线运动，此时从砂

14、车上方落入一个质量为m的大铁球，如图1-3-8所示，则铁球落入砂车后，砂车将(A.立即停止运动B.仍匀速运动，速度仍为V0C.仍匀速运动，速度小于V0D.做变速运动，速度不能确定解析：选C砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv=(M+m v,得v=MMrm70VV0,故选Co卫I- 2.5in-0,5 m2.5 inBAD对应学生用书页码2.如图1-3-9所示，光滑绝缘的水平面上ABM N两点有完全相 413同的金属小球A和B,带有不等量的同种电荷。现使A B以大小相等的初动量相向运动,并发生弹性碰撞，碰后返回M N两点，则（）A.碰撞发生在M N的中点之外B.两

15、球同时返回M N两点C.两球回到原位置时各自的动量比原来大些D.两球回到原位置时各自的动量与原来相等解析：选BC尽管两小球所带电荷量不相等，但两小球间相互作用的库仑力大小相等， 两小球又是完全相同的金属小球，所以两小球相向运动的速度大小及加速度大小时刻相等，两小球肯定在MN的中点发生碰撞，碰后两小球速度互换同时返回到M N两点，碰撞后两小 球所带电荷量相等，相互作用的库仑力大于相向运动时同一位置的库仑力，即两小球返回到原位置过程中库仑力所做的正功大于相向运动过程中库仑力所做的负功，所以两小球返回到原位置时速率增大，但总动量仍为零，正确答案为B Co3.如图1-3-10所示的装置中，木块B与水平

16、面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系AT统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）彳卫?JQQQ0CC0Q000Q8匚J I . 图1-3-10A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒解析：选B如果只研究子弹A射入木块B的短暂过程，并且只选A B为研究对象， 由于时间极短，则只需考虑在A、B之间的相互作用，A、B组成的系统动量守恒，但此过程中存在着动能和内能之间的转化，所以A、B系统机械能不守恒。本题研究的是从子弹开始射入木块

17、到弹簧压缩至最短的整个过程，而且将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象， 在这个过程中有接触面对系统的弹力作用（此力对系统来讲是外力），故动量不守恒。综合上面的分析可知，正确选项为Bo4.如图1-3-11所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水 平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，14cjh1图1-3-11并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是（）BhA. h15D.无法确定解析：选A小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量 守恒。细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零。又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v,

18、由动量守恒定律有:=0,m.M碰撞后的速度相同，V1=V2=v=1 m/s。根据动量守恒列式：mv+Mv=(m+M)v，即4m= (m+M)x1,得m：M=1:3,选项A正确。7.穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上， 沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后,人后退的速度为v,则（）A.无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B.射出n颗子弹后，人后退的速度为nvC.射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD.射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C设人、枪（包括子弹）的总质量为M每颗子弹质量为m子弹出射速度为由已知有0=（Mm）vmv.设射出n颗后，后退速度为v。则有（M-nm）v=nmv

19、.解析：选CA与B碰前速度VA=,2gh。A与B碰后粘合在一起的共同速度v由动量1守恒可求出。nrVA=2mv，所以v=VA=1, 22mg- H=訂2 mv求得，所以H= 4。5如图1-3-12所示，光滑圆槽的质量为M静止在光滑的水平面上,其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处,如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为（）A. 0B.向左C.向右0=( Wm)v，所以v=0，故A对。6.质量分别是m和M的两球发生正碰前后的位移跟时间如图1-3-13所示,由此可知，两球的质量之比m：M为（A. 1:3B. 3:1C. 1:1D. 1:2解析：选A从xt图可知m M碰撞前速度分别为

20、由以上分析有mvMm，能上升的高度H可由图1-3-12t的关系图1-3-13V1=4 m/s,16/vnmv Mnm。因Mm Mnm所以有v nv,选项C正确。17&如图1-3-14所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质 量为m的木块以初速度V0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则图1-3-14解析：选A由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车表面足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关。9.在光滑水平面上，动能为 吕、动量的大小为po的小钢球i与静止小钢球2发生碰撞, 碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞

21、后球1的动能和动量的大小分别记为动能和动量的大小分别记为巳、p2,则必有(后总机械能不能增加，所以C错误。10如图1-3-15甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m= 2 kg的另一物体B以水平速度vo=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是azo图i-3-i5木板获得的动能为i J，系统损失的i m,B运动的加速度大小为i m/s2,A.木块的最终速度为 爲。B.由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C.车表面越粗糙，木块减少的动量越多D.车表面越粗糙，小车获得的动量越多Ei、pi,球2的A. EiVEoPiVp0p2po解析：选ABD根据动量守恒定律po=-pi+4,对球i有poi 2=2mE), 碰撞过程中球i对球2做功，所以有EV曰，可以判断piVpo,p2po,AC. E2EoB.D.2pi=2mEi，由于B、D正确；碰撞A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为C.木板A的最小长度为i mD.A、B间的动摩擦因数为0.i