2017_2018学年高中物理碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用教学案粤教版

1、第三节动量守恒定律在碰撞中的应用梯度目标L、用动助守归定律分析，解决碰撞等相比作用间也L碰情过程中道衙的规律J * = /应用功必守恒定律解决问题的一般丘骤L应用动量守恒解决问题时应注意的题一认识 _> 2,应用前拉守恒解捌比川牛顿运动定律的优越性健之窗77一注植昆砧小认对应学生用书页码P71.应用动量守恒定律解题的一般步骤为：(i)确定研究对象组成的系统。分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量 守恒定律的应用条件。(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动生(3)根据动量守恒定律列方程。(4)解方程，统一单位后代入数值进行运算,列出结果。2,碰撞类问题中，相互作用力往往是

2、变力，过程相当复杂,很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态,不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用。3.不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律,但不一定满足机械能守恒定律。if M41时新加对应学生用书页码P7对碰撞问题的分析1 .常见碰撞情况的分析(1)弹性碰撞特点：在弹性碰撞过程中系统无机械能损失。即只发生机械能传递而不发生能量转化。弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。(2)非弹性碰撞特点：在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能。故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。(3)完全非弹性碰撞特点：在碰撞过程中机械能损

3、失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒。2 .碰撞过程应满足的条件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 二冬(1)系统的总动量守恒。(2)系统的机械能不增加，即 E' ki+E' k2WEd+&。(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有 v前丫后，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。1 .相向运动的

4、A、B两辆小车相撞后，一同沿 A原来的方向前进，这是由于 ()A. A车的质量一定大于 B车的质量B. A车的速度一定大于 B车的速度C. A车的动量一定大于 B车的动量D. A车的动能一定大于 B车的动能解析：碰撞过程中动量守恒， 碰后一同沿 A原来方向前进，说明总动量与 A的动量方向 相同，故A车动量大于B车的动量，选项 C对。答案：C子弹打木块模型这类问题具有以下共同特点:(1)作用时，F内？ F外，子弹与木块作用过程中系统动量守恒。(2)作用时间极短，子弹与木块作用过程中，木块的位置几乎不变。(3)作用后，子弹留在木块中，即合二为一，与完全非弹性碰撞相同；作用后子弹穿过 木块，与非弹性

5、碰撞相类似。(4)子弹打木块过程，除了列出动量守恒定律，还要列出能量方程，子弹打木块过程中 产生的能量 Q= f L相对，也等于系统作用过程中动能的减少量。对 L相对的理解：子弹留在 木块中，L相对为子弹打入木块的深度，子弹射穿木块，L相对为木块的长度。器辿坦ai Fl：2 .质量为M的木块静止在光滑水平面上，一质量为m速度为V0的子弹水平射入木块且并未穿出，设木块对子弹的阻力大小恒为F,试求：(1)打击完毕后木块的速度为多少？(2)打击过程中产生的内能为多少？(3)木块至少多长子弹才不会穿出？解析：(1)以木块和子弹组成的系统为研究对象，设速度为v,由动量守恒定律可得:mv= ( W m)

6、v(2)系统损失的动能联立解得A E< =2Mmv由能量守恒可知损失的动能转化为内能,2一 一i 八 l Mmv故内胎 Q= AR=2 m+ m 0(3)设木块长度至少为L,则由功能关系可得Q= F-2Q Mmv解得:IL F 2F 出 m答案:mv2Mmv MlTm (2) 2M+ m2c Mmv 2F M+ m“动量守恒定律的应用1.运用动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确题意，确定研究对象和研究过程。动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件， 系统的划分非常重要， 往往通过 适当变换划入系统的物体，才可以找到满足守恒条件的系统。(2)对系统内物体受力分析，判断系统在其过程中是

7、否满足动量守恒的条件若满足则进行下一步列式， 否则需考虑修改系统的划定范围 (增减某些物体)或改变过程 的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件。(3)明确所研究过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达式。(4)根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程。(5)合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。2.动量守恒定律与机械能守恒定律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Pl+ P2= Pl' + P2'&+曰1=&+b2标矢性矢里式标里式守恒条件的理解外力总冲量为零，系统总动量

8、/、变只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功注息事项应选取正方向选取零势能面(1)动量守恒定律的表达式为矢量式，应用时应注意方向，而机械能守恒定律的表达式 为标量式，对功和能只能求代数和。(2)动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件不同，故系统的动量守恒时，机械能不 定守恒，同理机械能守恒时，动量也不一定守恒。图1313 .(双选)质量为M内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上, 箱子中间的一质量为 m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为 11。初始时小物块停在箱子正中间，如图 1 31所示。现给小物块 水平向右的初速度 v,小物块与箱壁碰撞 N次后恰又回

9、到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失mMvB.-2 m MD. N(i mgL的动能为()12A. -mv21CqNw mgL解析：设最终箱子与小物块的速度为V1根据动量守恒定律：mv= (m+ Mv1,则动能损失AE=1mV1(m Mv2,解得AE<=, rmM. v2, B对；依题意：小物块与箱壁碰撞N次后222 M回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s=0.5L+(N 1)L+0.5L= NL,故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能：AE = Q= N mgL D对。答案：BD对应学生用书页码P8碰撞问题的分析例1(双选)半径相等的小球

10、甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是()A.甲球的速度为零，而乙球的速度不为零B.乙球的速度为零，而甲球的速度不为零C.两球的速度均不为零D.两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等解析甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前，由于2一 P , 一一，一5甲=后乙，而E = 2m由题设条件 m甲>m乙可知p甲p乙，碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A选项对。如果乙球速度

11、为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误。如果甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项对。如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，由0=2得p甲'>p，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D2mL l选项错误。答案AC/榭副刻制运用动量守恒定律解决碰撞类问题时应该注意的问题(1)要注意结果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能凭空产生。(2)注意动量的矢量性，即动量的方向性要特别注意，在一条直线上的碰撞，我们总是 规定某一方向上动量为正，则另一相反方向动量为负。(3)注意速度要符合物理情景，如A球去

12、碰静止的B球，碰后两球同向，则 A球速率不能大于B球。=理包搀4E-" 1ETM1. A、B两球沿同一条直线运动，如图 132所示的s t图像记录了它们碰撞前后 的运动情况，其中a,b分别为A,B碰撞前的s-t图像，c为碰撞后它们的s-t图像。若A球质量为1 kg ,则B球质量为多大？O 1 2 3 4 i/s图 1 32解析：若规定碰前 A球的速度方向为正方向，则va= 3 m/s , vb= 2 m/s , vc = 1 m/s , 由动量守恒定律得：mvA+ mvB= ( mA+ m) Vc,，口mvA mvc 1X31X1解得：mB= TX =1-2 kg2=-kg = 0.

13、67 kg 。3 -答案：0.67 kgera碰撞中的临界问题及多体问题例2如图1 33所示，滑块 A C质量均为 滑块B质3画卷，量为m）开始时A B分别以vi、V2的速度沿光滑水平轨道向固定在"场图 1 3 3右侧的挡板运动，现将C无初速地放在 A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若 B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使 B能与挡板碰撞两次，vi、V2应满足什么关系？解析设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为 v',由动量守恒定律得mv= 2mv为保证B碰挡板前A未追上B,应满足V' < V2设A与B碰

14、后的共同速度为 v，由动量守恒定律得2mV ?mv = ?mV' 22为使B能与挡板再次碰撞， A与B碰后的共同速度 v"方向应向右，即应满足 v" >0 以上各式联立解得：f 121 . 5V2<vi w 2 V2 或viW vzVvi。 23i2答案i.5 V2< vi w2 V2或；viW V2<vi 23（i）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：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

15、定律。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。（2）多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时：正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量。合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题。:跟盛物搀4讪"Km'"*，2 .如图i34所示的三个小球的质量都为mI B、C两球用轻弹图i-3-4簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度V0沿B、C

16、两球球心的连线向 B球运动，碰后 AB两球粘在一起。问：(1) A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？(2)弹簧压缩到最短时 C球的速度。解析：(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生弹力完全忽略，即 C 球并没有参与作用，因此 A、B两球组成系统所受合外力为零，动量守恒。以V0的方向为动、- L-V0重的正方向，则有 mv=2mv, vi = ,。(2)粘合在一起的 A B两球通过弹簧和 C球的作用过程中，由于弹力的作用，C球被加速，速度由零开始增大，而 A B两球被减速，速度逐渐减小，当三球的速度相同时，弹簧 最短，在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有2 Vo2mv=

17、3mv, v2>= -Vi = °3 3答案：(1) 1vo (2) 1v0 23回动量守恒与能量守恒的综合例3如图1-3-5所示，光滑水平面上有 A、B两辆小车，C球用0.5 m长的细线悬挂 在A车的支架上，已知 ra= m>= 1 kg, mc= 0.5 kg。开始时 A静止，B车以vo=4 m/s的速度 驶向A车并与其正碰后粘在一起，若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10 m/s 2,求C球摆起的最大高度。收Iw 1R - I I a图 1 35解析由于A B碰撞时间极短，C球尚未开始摆动，AB组成的系统动量守恒，有mV。=(m+ m) V1 对A、B C组成的系统

18、，图示状态为初始状态；C球摆起到最大高度时，A、B C有共同速度V2,该状态为终了状态，有 (nA+ m)v1=(m+ mB+ m)v2 .1212-系统能重寸恒，有 2(m)v1 2(nA+ nB+ m)v2=mgh 由上述方程分别求出 A B刚粘合在一起的速度 V1=2 m/s,系统最后的共同速度 v2= 1.6m/s,最后求得小球 C摆起的最大高度 h=0.16 m。答案0.16 mHE演/麦叫(1)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们的研究对象都是物体 组成的系统，解题时必须注意动量守恒和机械能守恒成立的条件。(2)利用机械能守恒定律、能量守恒定律解题时着重分析力的做

19、功情况、能量的转化情 况；而利用动量守恒定律解题时着重分析系统的受力情况。H跟摩演推3 .如图1 3 6所示，abc是光滑的轨道，其中 ab是水平的，bc是位于竖直平面内与 ab相切的半圆，半径 R= 0.40 m。质量mr 0.30 kg的小球A静止在水平轨道上，另一质量M= 0.50 kg的小球B以V0=4 m/s的初速度与小球 A发生正碰。已知碰后小球A经过半圆的最高点c后落到轨道上距 b点为L=1.2 m处，重力加速度g= 10 m/s2。求碰撞结束后：图 1 36(1)当A球经过半圆的最高点 c时轨道对它的作用力Fn；4 2) A B两球的速率 Va和Vb。解析：(1)设碰后小球 A

20、在半圆的最高点c时速度为va',球A随后离开c点做平抛运 动，有1 2_2R=洱L = v ' a t 在c点时，由牛顿第二定律可得：v ' AFn+ mgr mR厘丘/口L2联立解得：Fn=(定1) mgF 3.75 N(2)对于碰撞过程，由动量守恒定律得：Mv=Mw+mA对碰后小球A运动到半圆的最高点 c的过程，由机械能守恒定律得:1 21, 2-2mv= mg 2 R+ 2mv a联立式并代入数据解得：Va= 5 m/s , Vb= 1 m/s 。答案：(1)3.75 N (2)5 m/s 1 m/s课堂小绪»>动俄守tlffr碰撞中的应用1.质量

21、相等的B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是7kg - m/s, B球的动量是5 kg - m/s,当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A B两球的动量可能值是（）A. Pa= 6 kg - m/s, Pb=6 kg - m/sB. pA= 3 kg - m/s, pb=9 kg - m/sC. pA= 2 kg m/s, pB= 14 kg m/sD. pA= 4 kg m/s, pB= 17 kg m/s解析：由碰撞过程中动量守恒Pa+Pb= Pa' + Pb'可知D错。由碰撞过程中动能不可能 增加22，2，2PA PB PAPBp+:P->p+p可得

22、 B、C错，A对。2m 2m 2m2m "寸'答案：A2. A B两物体发生正碰，碰撞前后物体A B都在同一直线上运动,其位移一时间图像（st图）如图1中A、D C和B、口 C所示。由图可知,物体A B的质量之比为（）B. 1 ： 2A. 1 ： 1C. 1 ： 3D. 3 ： 1解析：由图可得，碰撞前 Va= 4 m/s, Vb=0;碰撞后Va' = Vb' = 1 m/s,一 B j, 一口 mAv1 ,由动重寸恒 mVA= (nA+nB)v 可得一=丁=工，故 C对。mB va-v3答案：C3.如图2所不，在光滑水平面上，有一质量为M= 3 kg的薄板和

23、质量 m= 1 kg的物块, 都以v= 4 m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是（）A.做加速运动B.做减速运动C.做匀速运动D.以上运动都有可能解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v',由动量守恒定律得（取薄板运动方向为正方向）Mv- mv= ( M+ m v'。则VMv- mv 3X41X4-；m/s = 2 m/s 。3+1共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同。在物块和薄板相互作用过程中， 薄板一直做匀减速运动,而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m/s 。当薄板速度 v

24、i= 2.4 m/s时，设物块的速度为 丫2,由动量守恒定律得:Mv- mv= Mv+ mv。M-m vMvv2=:m2X4 3X2.4m/s = 0.8 m/s。即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动。答案：A4.如图3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,到另一边的最高点时，圆槽的速度为（）A. 0B.向左如将线烧断，小球滑C.向右D.无法确定解析：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&#

25、39;,由动量守恒定律有:0=（叫mv'，所以v' =0,故a对。答案：A5.质量相等的三个小球 a, b, c在光滑的水平面上以相同的速度运动，它们分别与原来静止的三个小球A B, C相碰，相碰后，a继续沿原来方向运动，b球静止，c球被反弹回来，这时A, B,C三个被碰小球中动量最大的是（）A. A球B. B球C. C球D.无法确定解析：设a,b, c质量均为m|碰前速度均为 v,则a碰A过程中有 mv= mv + pA； b碰B过程中有 mv= pB>； C碰C过程中有 mv= mw+ pj可得pC> pB> pA故选项c对。答案：C6.如图4所示，小球A

26、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，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是A. h1B. 2h1C.4h1D.8h解析：A与B碰前速度va= J2gh。A与B碰后粘合在一起的共同速度v'由动量守恒可求出。m- va= 2mV ,所以 v',能上升的高度 H可由2mg1, 2H= -X2 mv 求得,答案：C7.如图5所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高 20 m处以一定的初速度向左平 抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为 4 kg 。设小球

27、在落到车底前瞬间的速度是25 m/s ,则当小球与小车相对静止时,小车的速度是（图5A.5 m/sB. 4 m/sC.8.5 m/sD. 9.5 m/s解析：小球做平抛运动,它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy=>/2gh=/2X 10X 20 m/s=20 m/s则小球的水平分速度为Vg="2_ v = 15 m/s小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则:Mv- mv=（ M+ m v'm/s = 5 m/s。Mv mv 4X7.50.5 x 15M+ m 4.5所以选项A正确。答案：A8.（双选）向空中发射一物体.不计空气阻力，当物体的速度恰好沿

28、水平方向时，物体 炸裂为a, b两块.若质量较大的 a块的速度方向仍沿原来的方向，则 （）A. b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比 b的大C. a、b一定同时到达地面D.炸裂的过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析：炸裂过程物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，有：（nA+ nB）v= rava+ mvB,当va与原来速度v同向时，vb可能与v反向，也可能与 v同向，A错误；a、b2h在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，落地时间 t=/石，所以落地时间相等，C 正确；由于水平飞行距离 x = vt, a、b炸裂后的速度va、vb大小关系不确定，所以水平飞行