动量守恒定律的应用二-PPT课件

1、动量守恒定律的应用(二) 碰撞和反冲专题.碰 撞一碰撞：、碰撞：碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生了显著的变化的过程。2.“碰撞过程”的特征(1).经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以忽略的；(2).碰撞双方相互作用的内力往往是远大于来自外部物体的作用力(3)碰撞过程两物体产生的位移可忽略3.“碰撞过程”的制约动量制约(系统动量守恒的原则)：即碰撞过程必须受到“动量守恒定律的制约”；动能制约：即在碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约(碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保

2、证其顺序合理。)比如，某物体向右运动，被后面物体迫及而碰撞后，其运动速度只会增大而不应该减小。5.在碰撞和爆炸现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理。6.“碰撞过程”的推广 相互作用的双方在相互作用过程中系统所受到的合外力为零时，我们可以将这样的过程视为“广义的碰撞过程”加以处理。二碰撞的几种类型：1. 弹性碰撞(1)两物体碰后很短时间内分开，能量（动能）无损失，称为弹性碰撞；(2)动量守恒，动能没有损失(3)弹性碰撞公式(4)对弹性碰撞的讨论V0静止ABABV1V2由动量守恒得： m1V0= m1V1 + m2V2 （1）由系统动能无损失联立式得：a.当m1m2时，v1=

3、0; v2=v1 质量相等，交换速度；b.当m1m2时， v10; v20大碰小，一起跑；c.当m1m2时， v10; v20小碰大，要反弹。d.当m1m2时， v1 v1; v2 2v1e.当m1m2时， v1 v1; v2 02.完全非弹性碰撞(1)两物体碰后合为一体，以共同的速度运动，称为完全非弹性碰撞，此类碰撞能量（动能）损失最多；(2)动量守恒，动能损失最大.(3)A、B最终的共同速度为：(4)系统的动能损失最大，为： 3.非弹性碰撞(1)两物体碰后虽然分开，但碰撞时间较长，能量（动能）有损失。(2)动量守恒，动能有损失. 例1.在光滑的水平面上,有A B两球沿同一直线向右运动,(如

4、图示),已知碰撞前两球的动量分别为PA=12kgm/s , PB=13kgm/s , 碰撞后它们的动量变化是PA, PB有可能的是: （ ）A. PA= -3 kgm/s PB=3 kgm/s B. PA =4 kgm/s PB= - 4 kgm/s C. PA = - 5 kgm/s PB=5 kgm/sD. PA= - 24 kgm/s PB=24 kgm/sPA=12kgm/sPB=13kgm/sA C例2.如图所示，光滑水平面上质量为m1=2kg的物块以v0=2m/s的初速冲向质量为m2=6kg静止的光滑圆弧面斜劈体。求：(1)物块m1滑到最高点位置时，二者的速度； (2)物块m1从圆

5、弧面滑下后，二者速度(3)若m1= m2物块m1从圆弧面滑下后，二者速度 v0m2m1解：（1）由动量守恒得m1V0=（m1+m2）V V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s（2）由弹性碰撞公式（3）质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度 v1 = 0 v2=2m/s练习1.如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面上，车上有一光滑的弧形轨道，另一质量为m的小球以水平初速沿轨道的右端的切线方向进入轨道，则当小球再次从轨道的右端离开轨道后，将作（ ） A向左的平抛运动； B向右的平抛运动； C自由落体运动； D无法确定.分析与解 以球和小车的构成的系统为研究对象，由于水平方向无外力，因此，

6、系统的水平动量守恒.即mv0mv1mv2考虑到没有摩擦力作用，故系统的机械能守恒，于是又有mv02/2 mv12/2mv22/2 由此不难解得：经小球与小车间的相互作用过程后，小球的速度从v0减为v10而小车的速度则从0增为v2v0由此可以得出判断：此例应选C.例3. 质量为1kg的小球A以速度8m/s沿光滑水平面运动，与质量为3kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率v1,v2可能为 A.v11m/s B.v13m/s C.v21m/s D.v23m/s分析与解:此例中两球的碰撞类型没有明确，不妨取两种极端的情况来计算. 若碰撞是弹性的，碰后两球的速度分别为vA4m/svB4m/s若碰

7、撞是完全非弹性的，碰后两球的速度相等，为uAuB2m/s碰后A、B两球的速度的取值范围分别为vA4m/s,2m/svB2m/s,4m/s 若不考虑速度的方向，则碰后A、B两球的速率的取值范围分别为v10,4m/sv22m/s,4m/s 此例应选A、B、D例4.如图所示，质量M=2kg的盒子放在光滑的水平面上，盒子长L=1m，质量为m=1kg的小物块从盒子的右端以0=6m/s的初速度向左运动，小物块与盒子底部间动摩擦因数=0.5，与盒子两侧壁间的碰撞无机械能损失，则小物块最终将相对静止于盒子的何处？分析：一方面小物块和盒子间相对运动和相互碰撞过程中要遵从动量守恒定律，另一方面小物块和盒子间相对运

8、动时滑动摩擦将使系统的动能减少，于是有解答：由动量守恒定律得m0=(m+M)由能量守恒可得mgd=m02/2(m+M)2/2代入数据可解得：从开始运动到小物块与盒子相对静止的过程中，小物块的相对路程为d=2.4m由此知：小物块最终相对静止于距盒子右端0.4m处.反冲运动1.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。2.在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象.3.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求

9、反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态【例5】一玩具车携带若干质量为m的弹丸,车和弹丸的总质量为M,在半径为R的光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动,若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射一枚弹丸,求:1.至少发射多少颗弹丸后,小车开始反向运动?2.写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式.解析:(1)设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为v1,由切线方向动量守恒得:(Mm)v1mu=Mv0 得第二枚弹丸发射后,则(M2m)v2mu=(Mm)v1 得则第n枚弹丸发射后,小车的速度为小车开始反向运动时,vn0,则(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射

10、第k(kn)枚弹丸后小车的周期,即:练习2. 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，【练习3】春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是（ ） A，合外力不变； B反冲力变小； C机械能变大；D动量变小解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象

11、，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案B和D也是对的，否则就会将B和D答案漏选 答案：ABCD例6、 如图所示，质量为M =2kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为m=1kg 的物块。两者间的动摩擦因数为=0.1，使物块以v1=0.4m/s 的水平速度向左运动，同时使小车以v2=0.8m/s 的初速度水平向右运动， （取g= 10m/s2）求：（1）物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向 （2）为使物块不从小车上滑下，小车的长度L至少多大？动量和能量综合Mmv1v2解：（1）木块先向左匀减速运动到0，再匀加速运动到共同速度VMmV1MmVV由动量守恒定律 (m+M)V=M

12、v2-mv1V=0.4m/s（2）由能量守恒定律mgL=1/2Mv22+ 1/2mv12 - 1/2(m+M)V2L=0.48m （20分）对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时.相互作用力为零：当它们之间的距离小于d 时，存在大小恒为F的斥力。 设A物休质量m1=1.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2=3.0kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图所示。若d=0.10m, F=0.60N，v0=0.20m/s，求：（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少