2020高中物理 第1章 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用學(xué)案 教科版-5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE17-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)］1。知道碰撞的特點(diǎn)和遵循的規(guī)律，會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決實(shí)際問(wèn)題．(重點(diǎn)、難點(diǎn))2.了解中子發(fā)現(xiàn)的過(guò)程．3．知道反沖現(xiàn)象,了解火箭的工作原理，會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決反沖運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題．（重點(diǎn)、難點(diǎn)）一、碰撞問(wèn)題的定量分析1．在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短,外力通常遠(yuǎn)小于碰撞物體之間的內(nèi)力，可以忽略不計(jì),認(rèn)為碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒．2．兩物體碰后粘在一起,獲得共同速度，這類(lèi)碰撞屬于完全非彈性碰撞．二、中子的發(fā)現(xiàn)、反沖現(xiàn)象與火箭的發(fā)射1．中子的發(fā)現(xiàn)1932年，英國(guó)物理學(xué)家查德威克發(fā)現(xiàn)了中子．2．反沖現(xiàn)象反沖現(xiàn)象遵循動(dòng)量守恒定律，火箭的發(fā)射利用了反沖現(xiàn)象．3．火箭的發(fā)射（1)影響火箭最大速度的因素火箭的最大速度主要取決于兩個(gè)條件：一是向后的噴氣速度;二是質(zhì)量比（火箭開(kāi)始飛行時(shí)的質(zhì)量與燃料燃盡時(shí)的質(zhì)量之比)．噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，最終速度就越大．(2)多級(jí)火箭在現(xiàn)有技術(shù)條件下,一級(jí)火箭的最終速度還不能達(dá)到發(fā)射人造衛(wèi)星所需要的速度，因而發(fā)射衛(wèi)星要用多級(jí)火箭．1．正誤判斷(正確的打“√”,錯(cuò)誤的打“×”）（1）發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量是守恒的． (√)（2）發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的． （×)（3)碰撞后,兩個(gè)物體粘在一起,動(dòng)量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的． （√)（4）靜止的物體做反沖運(yùn)動(dòng)的兩部分的動(dòng)量一定大小相等，方向相反． (√)（5）章魚(yú)、烏賊的運(yùn)動(dòng)利用了反沖的原理． （√)2．(多選)如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來(lái)在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng),A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對(duì)心碰撞．對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值,某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，下面的猜測(cè)結(jié)果可能實(shí)現(xiàn)的是（)A．vA′＝－2m/s,vB′＝6m/sB．vA′＝2m/s,vB′＝2m/sC．vA′＝1m/s，vB′＝3m/sD．vA′＝－3m/s,vB′＝7m/sABC［兩球碰撞前后,應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律及碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①,eq\f(1,2)mAveq\o\al（2,A）＋eq\f（1，2)mBveq\o\al（2,B）≥eq\f(1,2）mAvA′2＋eq\f(1，2）mBvB′2②，答案D滿足①式,但不滿足②式．］3．如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為_(kāi)_____________．[解析]以速度v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得：（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，解得分離后衛(wèi)星的速率v1＝v0＋eq\f(m2，m1)（v0－v2）．[答案]v0＋eq\f（m2，m1）(v0－v2）碰撞問(wèn)題的定量分析1．處理碰撞問(wèn)題的三個(gè)原則（1）動(dòng)量守恒,即p1＋p2＝p1′＋p2′。（2）動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.(3）速度要合理eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(①碰前兩物體同向，則v后〉v前，碰后，原來(lái),在前的物體速度一定增大，且v′前≥v′后，②兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向，不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度,均為零））2．三類(lèi)“碰撞”模型相互作用的兩個(gè)物體在很多情況下皆可當(dāng)作碰撞處理,那么對(duì)相互作用中兩物體相距恰“最近"、相距恰“最遠(yuǎn)”或恰上升到“最高點(diǎn)”等一類(lèi)臨界問(wèn)題，求解的關(guān)鍵都是“速度相等"．常見(jiàn)的三類(lèi)模型如下:(1）子彈打擊木塊模型甲如圖甲所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v0射中放在光滑水平面上的木塊B，當(dāng)子彈相對(duì)于木塊靜止不動(dòng)時(shí),子彈射入木塊的深度最大,二者速度相等，此過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．（2)連接體模型乙如圖乙所示，光滑水平面上的A物體以速度v0去撞擊靜止的B物體,A、B兩物體相距最近時(shí)，兩物體速度相等，此時(shí)彈簧最短，其壓縮量最大．此過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能．(3)板塊模型丙如圖丙所示，物塊A以速度v0滑上靜止在光滑的水平面上的木板B,當(dāng)A在B上滑行的距離最遠(yuǎn)時(shí)，A、B相對(duì)靜止,A、B的速度相等．此過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．3．爆炸與碰撞的對(duì)比爆炸碰撞相同點(diǎn)過(guò)程特點(diǎn)都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時(shí)間很短，平均作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過(guò)程中系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒過(guò)程模型由于碰撞、爆炸過(guò)程相互作用的時(shí)間很短，作用過(guò)程中物體的位移很小，一般可忽略不計(jì),因此可以把作用過(guò)程看作一個(gè)理想化過(guò)程來(lái)處理，即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始能量情況都滿足能量守恒，總能量保持不變不同點(diǎn)動(dòng)能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，動(dòng)能會(huì)增加彈性碰撞時(shí)動(dòng)能不變，非彈性碰撞時(shí)動(dòng)能要損失,動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動(dòng)能減少【例1】如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B。從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0。3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回,且恰好追不上平臺(tái)．已知所有接觸面均光滑，重力加速度取g＝10m/s2。求小球B的質(zhì)量．[思路點(diǎn)撥]（1)所有接觸面均光滑,可知小球A下滑過(guò)程中弧形軌道與小球A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,水平方向動(dòng)量守恒．（2）A球與B球發(fā)生彈性碰撞,說(shuō)明兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量、動(dòng)能均守恒．(3）A球與B球碰后恰好追不上平臺(tái)，說(shuō)明A球最終速度水平向左，且與平臺(tái)速度相等．[解析］設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1，平臺(tái)水平速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2）mAveq\o\al（2,1)＋eq\f（1,2）Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有v1′＝1m/s由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2）mAveq\o\al(2，1）＝eq\f(1,2）mAv′eq\o\al(2，1)＋eq\f（1,2）mBveq\o\al（2,2）聯(lián)立解得mB＝3kg.[答案]3kg對(duì)碰撞問(wèn)題的三點(diǎn)提醒(1）當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問(wèn)題,不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動(dòng)量守恒定律．（2)對(duì)心碰撞是同一直線上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，只在一個(gè)方向上列動(dòng)量守恒方程即可，此時(shí)應(yīng)注意速度正、負(fù)號(hào)的選取．(3)而對(duì)于斜碰，要在相互垂直的兩個(gè)方向上分別應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．上例中若弧形軌道固定不動(dòng),小球A與小球B發(fā)生彈性正碰，小球A被反彈恰能上升到eq\f(h，2)處,則小球B的質(zhì)量是多少?［解析］設(shè)小球A與小球B碰撞前瞬間速度為v1則由機(jī)械能守恒定律得mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al（2，1) ①碰后小球A的速度為v1′，小球B的速度為v2。由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2 ②eq\f(1,2)mAveq\o\al(2，1）＝eq\f（1，2)mAv1′2＋eq\f(1，2）mBveq\o\al（2,2） ③eq\f(1，2)mAv1′2＝eq\f（1，2）mAgh ④聯(lián)立解得mB＝（3＋2eq\r(2)）kg。[答案](3＋2eq\r（2))kg1．（多選）如圖所示，水平面上O點(diǎn)的正上方有一個(gè)靜止物體P，炸成兩塊a、b水平飛出，分別落在A點(diǎn)和B點(diǎn)，且OA〉OB.若爆炸時(shí)間極短，空氣阻力不計(jì)，則(）A．落地時(shí)a的速度大于b的速度B．落地時(shí)a的速度小于b的速度C．爆炸過(guò)程中a增加的動(dòng)能大于b增加的動(dòng)能D．爆炸過(guò)程中a增加的動(dòng)能小于b增加的動(dòng)能AC［P爆炸生成兩塊a、b過(guò)程中在水平方向動(dòng)量守恒，則mava－mbvb＝0,即pa＝pb，由于下落過(guò)程是平拋運(yùn)動(dòng)，由圖知va＞vb,因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb,C正確，D錯(cuò)誤；由于va＞vb,而下落過(guò)程中a、b在豎直方向的速度增量為gt是相等的,因此落地時(shí)仍有v′a＞v′b，A正確，B錯(cuò)誤．］對(duì)反沖現(xiàn)象的理解1．反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)（1)反沖運(yùn)動(dòng)中，物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)．（2）反沖運(yùn)動(dòng)中,相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力，所以可以用動(dòng)量守恒定律來(lái)處理．（3)反沖運(yùn)動(dòng)中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以系統(tǒng)的總動(dòng)能增加．2．討論反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題（1)相對(duì)速度問(wèn)題：在討論反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)，有時(shí)給出的速度是相互作用的兩物體的相對(duì)速度．由于動(dòng)量守恒定律中要求速度為對(duì)同一參考系的速度(通常為對(duì)地的速度），應(yīng)先將相對(duì)速度轉(zhuǎn)換成對(duì)地速度后,再列動(dòng)量守恒定律方程．（2)變質(zhì)量問(wèn)題：在討論反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)，還常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動(dòng),如在火箭的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時(shí)必須取火箭本身和在相互作用的短時(shí)間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對(duì)象，取相互作用的這個(gè)過(guò)程為研究過(guò)程．3．“人船模型”問(wèn)題（1)定義兩個(gè)原來(lái)靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒．在相互作用的過(guò)程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比．這樣的問(wèn)題歸為“人船模型”問(wèn)題.（2)特點(diǎn)①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律:m1eq\x\to(v）1－m2eq\x\to（v）2＝0.②運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng),人停船停，人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它們質(zhì)量的反比;人船平均速度（瞬時(shí)速度）比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(\x\to（v)1,\x\to(v）2)＝eq\f(m2，m1）.③應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問(wèn)題:即公式eq\x\to（v)1、eq\x\to(v)2和x一般都是相對(duì)地面而言的．【例2】一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體噴出時(shí)的速度v＝1000m/s，設(shè)火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次．(1)當(dāng)?shù)谌螝怏w噴出后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為多大？[思路點(diǎn)撥］（1)火箭噴氣屬于反沖運(yùn)動(dòng)，火箭和氣體系統(tǒng)動(dòng)量守恒．(2)火箭噴氣后質(zhì)量發(fā)生變化，噴氣后的質(zhì)量為M－nm.[解析］法一：(1）噴出氣體的運(yùn)動(dòng)方向與火箭的運(yùn)動(dòng)方向相反，氣體和火箭系統(tǒng)動(dòng)量守恒．第一次氣體噴出后火箭速度為v1，有(M－m）v1－mv＝0,所以v1＝eq\f（mv，M－m）第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m）v2－mv＝（M－m)v1，所以v2＝eq\f（2mv,M－2m)第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝（M－2m)v2所以v3＝eq\f(3mv，M－3m）＝eq\f（3×0.2×1000，300－3×0。2)m/s≈2m/s.(2）由上面推導(dǎo)可知,第n次氣體噴出后，火箭速度為vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m］vn－1所以vn＝eq\f(nmv，M－nm）因?yàn)槊棵雵姎?0次，所以1s末火箭速度為v20＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f（20×0。2×1000，300－20×0。2）m/s≈13.5m/s。法二：選取整體為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解．(1）設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，得(M－3m）v3－3mv＝0所以v3＝eq\f（3mv，M－3m)≈2m/s。(2）以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有（M－20m）v20－20mv＝0所以v20＝eq\f（20mv,M－20m）≈13。5m/s。[答案］（1）2m/s（2)13。5m/s反沖運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩點(diǎn)提醒(1)對(duì)于原來(lái)靜止的整體，拋出部分具有速度時(shí)，剩余部分的反沖是相對(duì)于拋出部分來(lái)說(shuō)的,兩者運(yùn)動(dòng)方向必然相反．(2）在列動(dòng)量守恒方程時(shí)，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t反方向運(yùn)動(dòng)的另一部分的速度應(yīng)取負(fù)值．2．質(zhì)量為m、半徑為R的小球,放在半徑為2R、質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)，大球開(kāi)始靜止在光滑水平面上．當(dāng)小球從如圖所示的位置無(wú)初速度沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時(shí),大球移動(dòng)的距離是（）A.eq\f（R,2)B.eq\f（R，3)C。eq\f(R,4）D.eq\f(R，6）B[由水平方向動(dòng)量守恒有mx小球－2mx大球＝0,又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝eq\f（R,3），選項(xiàng)B正確．］課堂小結(jié)知識(shí)網(wǎng)絡(luò)1.碰撞的三個(gè)原則及三類(lèi)模型.2.碰撞的應(yīng)用-—中子的發(fā)現(xiàn)。3.反沖現(xiàn)象及其應(yīng)用。1．在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球,它們成一條直線,2、3小球靜止，并靠在一起，1球以速度v0射向它們，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r（3））v0 B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f（1,\r(2）)v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0D[由題設(shè)條件，三個(gè)小球在碰撞過(guò)程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒．若各球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv0,總動(dòng)能為eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0)。假如選項(xiàng)A正確，則碰后總動(dòng)量為eq\f（3,\r(3)）mv0，這顯然違反動(dòng)量守恒定律,故不可能．假如選項(xiàng)B正確，則碰后總動(dòng)量為eq\f(2，\r（2)）mv0，這也違反動(dòng)量守恒定律，故也不可能．假如選項(xiàng)C正確，則碰后總動(dòng)量為mv0,但總動(dòng)能為eq\f（1，4)mveq\o\al(2，0)，這顯然違反機(jī)械能守恒定律，故也不可能．假如選項(xiàng)D正確的話，則通過(guò)計(jì)算其既滿足動(dòng)量守恒定律,也滿足機(jī)械能守恒定律，故選項(xiàng)D正確．］2．小車(chē)上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示,桶的前、后、底及側(cè)面各