2024-2025學(xué)年高中物理第1章第3節(jié)動量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用教案粵教版選修3-5

PAGE10-第三節(jié)動量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.知道彈性碰撞的概念和特點.2.知道非彈性碰撞和完全非彈性碰撞的概念和特點.3.會用動量守恒定律和能量守恒觀點分析一維碰撞問題．(重點、難點)4.知道動量守恒定律的普遍意義．一、應(yīng)用動量守恒定律是物理學(xué)中最常用的定律之一．迄今為止，每當(dāng)在試驗中視察到好像是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學(xué)家們都會提出新的假設(shè)以堅持動量守恒定律的正確性，最終的結(jié)果，往往是因為有新的發(fā)覺而成功告終．二、應(yīng)用動量守恒定律解題的一般步驟(1)確定探討對象組成的系統(tǒng)，分析所探討的物理過程中，系統(tǒng)受外力的狀況是否滿意動量守恒定律的應(yīng)用條件．(2)設(shè)定正方向，分別寫出系統(tǒng)初、末狀態(tài)的總動量．(3)依據(jù)動量守恒定律列方程．(4)解方程、統(tǒng)一單位后代入數(shù)值進行運算，求出結(jié)果．1．正誤推斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)動量守恒定律是物理學(xué)中最常用的定律之一，在理論探究和實際應(yīng)用中均發(fā)揮了巨大作用． (√)(2)在碰撞類問題中，相互作用力往往是變力，很難用牛頓運動定律求解． (√)(3)應(yīng)用動量守恒定律解題只需考慮過程的初、末狀態(tài)，不必涉及過程的細微環(huán)節(jié)． (√)(4)兩個物體發(fā)生正碰時，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒．(×)2．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()A．動量守恒，機械能守恒B．動量守恒，機械能不守恒C．動量不守恒，機械能守恒D．無法判定動量、機械能是否守恒B[在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動量守恒．在此過程中，有摩擦力做功，所以系統(tǒng)機械能不守恒．故B正確，A、C、D錯誤．]3．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同始終線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定水平向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s.則()A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10A[由兩球的動量都是6kg·m/s可知，運動方向都水平向右，且能夠相碰，說明左方是質(zhì)量小、速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的動量削減了4kg·m/s，即A球的動量為2kg·m/s，由動量守恒定律得B球的動量為10kg·m/s，又因mB＝2mA，可得其速度比為2∶5，故選項A是正確的．]動量守恒定律的特性1.對“守恒”的理解(1)動量守恒定律的探討對象是相互作用的物體構(gòu)成的系統(tǒng)．(2)系統(tǒng)“總動量保持不變”，不僅是系統(tǒng)的初末兩時刻的總動量(系統(tǒng)內(nèi)各物體動量的矢量和)相等，而且系統(tǒng)在整個過程中隨意兩時刻的總動量都相等，但絕不能認為系統(tǒng)內(nèi)的每一個物體的動量都保持不變．2．動量守恒定律的“四性”(1)矢量性：動量守恒定律中的速度是矢量，所以動量守恒定律的表達式也是矢量表達式．在一維的狀況下，首先必需規(guī)定正方向，化矢量運算為代數(shù)運算，在不知物體運動方向的狀況下，可假設(shè)運動方向與正方向一樣，依據(jù)計算結(jié)果的“正”和“負”，得到物體實際的運動方向．(2)相對性：動量守恒定律中的速度具有相對性，所以動量的大小也與參考系的選取有關(guān)，在中學(xué)物理中一般以地面為參考系．(3)瞬時性：系統(tǒng)中各物體相互作用時速度改變是同時的，任一瞬間的動量之和都保持不變．(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于低速、宏觀的物體系，也適用于高速、微觀的物體系，具有普適性．【例1】甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上嬉戲，甲和他的冰車質(zhì)量共為M＝30kg，乙和他的冰車質(zhì)量也是30kg.嬉戲時，甲推著一個質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以大小為v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避開相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時，乙快速把它抓住，若不計冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相對地面)將箱子推出，才能避開與乙相撞？【解析】設(shè)恰不相碰時三個物體的共同速度為v，取甲原來的運動方向為正，依據(jù)系統(tǒng)動量守恒，有(M＋m)v0－Mv0＝(M＋m＋M)vv＝eq\f(mv0,2M＋m)＝eq\f(15×2,2×30＋15)m/s＝0.40m/s設(shè)箱子被推出的速度為v′，依據(jù)箱子、乙二者動量守恒有mv′－Mv0＝(M＋m)vv′＝eq\f(M＋mv＋Mv0,m)＝eq\f(15＋30×0.40＋30×2,15)m/s＝5.2m/s.[答案]5.2m/s應(yīng)用動量守恒定律解題時，在規(guī)定正方向的前提下，要留意各已知速度的正、負號，求解出未知速度的正、負號，肯定要指明速度方向.訓(xùn)練角度1：動量守恒條件與機械能守恒條件的比較1．足夠深的水池中有一個木塊和鐵塊，用細繩拴連后在水里懸?。F(xiàn)剪斷細繩，在鐵塊沉入水底且木塊浮出水面之前，若只考慮重力和浮力，對于鐵塊與木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．動量守恒，機械能增加B．動量守恒，機械能削減C．動量守恒，機械能守恒D．動量不守恒，機械能守恒A[木塊和鐵塊用細繩拴連后在水里懸浮，木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，在鐵塊沉入水底且木塊浮出水面之前，依據(jù)F＝ρgV排，系統(tǒng)受到的浮力不變，重力也不變，所以系統(tǒng)合力為零，系統(tǒng)動量守恒；在上升過程中，系統(tǒng)中浮力做正功，依據(jù)機械能守恒條件可知，系統(tǒng)機械能增加，故A正確，B、C、D錯誤．]訓(xùn)練角度2：動量守恒定律的應(yīng)用2．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽視)()A．30kg·m/s B．5.7×102C．6.0×102kg·m/s D．6.3×A[由于噴氣時間短，且不計重力和空氣阻力，則火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒．燃氣的動量p1＝mv＝0.05×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動量p2＝p1＝30kg·m/s，選項A正確．]碰撞與爆炸1.碰撞過程的特點(1)發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短，各物體作用前后各自動量改變顯著，物體在作用時間內(nèi)的位移可忽視．(2)即使碰撞過程中系統(tǒng)所受外力不等于零，由于內(nèi)力遠大于外力，作用時間又很短，所以外力的作用可忽視，認為系統(tǒng)的動量是守恒的．(3)若碰撞過程中沒有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，則系統(tǒng)碰后的總機械能不行能大于碰前系統(tǒng)的機械能．(4)對于彈性碰撞，碰撞前后無動能損失；對于非彈性碰撞，碰撞前后有動能損失；對于完全非彈性碰撞，碰撞前后動能損失最大．2．碰撞過程的分析推斷依據(jù)在所給的條件不足的狀況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必需同時滿意以下三條：(1)系統(tǒng)的總動量守恒．(2)系統(tǒng)的動能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.(3)符合實際狀況，如碰后兩者同向運動，應(yīng)有v前≥v后，若不滿意，則該碰撞過程沒有結(jié)束．3．彈性碰撞的規(guī)律設(shè)質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后m1、m2的速度分別為v1′和v2′，由動量守恒和動能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)以上兩式聯(lián)立可解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，由以上兩式對彈性碰撞試驗探討結(jié)論的說明：(1)當(dāng)m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后兩球交換速度；(2)當(dāng)m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后兩球向前運動；(3)當(dāng)m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來．4．爆炸的特點是動量守恒，其他形式的能轉(zhuǎn)化為動能．同樣，在許多狀況下相互作用的物體具有類似的特點．例如，光滑水平面上彈簧將兩物體彈開；人從車(或船)上跳離；物體從放置于光滑水平面上的斜面上滑下．這些過程與爆炸具有類似的特征，可應(yīng)用動量守恒定律，必要時結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律分析求解．【例2】在光滑水平桌面上，有一長l＝2m的木板C，它的兩端各有一擋板，C的質(zhì)量mC＝5kg，在C的正中心并排放著兩個可視為質(zhì)點的滑塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1kg，mB＝4kg.起先時A、B、C都靜止，并且A、B間夾有少量的塑膠炸藥，如圖所示，炸藥爆炸使得A以6m/s的速度水平向左運動．假如A、B與C間的摩擦忽視不計，兩滑塊中任一塊與擋板碰撞后都與擋板結(jié)合成一體，爆炸和碰撞時間都可忽視．求：(1)當(dāng)兩滑塊都與擋板相碰后，板C的速度為多大？(2)到兩個滑塊都與擋板碰撞為止，板C的位移大小和方向如何？思路點撥：(1)爆炸瞬間，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒．(2)地面光滑，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒．[解析](1)對于由A、B、C組成的系統(tǒng)，起先時靜止，由動量守恒定律有(mA＋mB＋mC)vC＝0，得vC＝0，即最終木板C的速度為0.(2)A先與C相碰，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mC)v共所以v共＝1m/s.對A、B組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有mAvA＝mBvB得vB＝1.5m/s.從炸藥爆炸到A、C相碰的時間t1＝eq\f(\f(l,2),vA)＝eq\f(1,6)s，此時B距C的右壁xB＝eq\f(l,2)－vBt1＝0.75m，設(shè)再經(jīng)過t2時間B與C相碰，則t2＝eq\f(xB,vB＋v共)＝0.3s，故C向左的位移ΔxC＝v共t2＝1×0.3m＝0.3m，方向向左．[答案](1)0(2)0.3m，方向向左處理爆炸、碰撞問題的四點提示1．在處理爆炸問題，列動量守恒方程時應(yīng)留意：爆炸前的動量是指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量是指爆炸剛好結(jié)束時那一刻的動量．2．在爆炸過程中，系統(tǒng)的動量守恒，機械能肯定不守恒．3．在碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能不肯定守恒；在物體與彈簧相互作用過程中物體與彈簧組成的系統(tǒng)動量、機械能均守恒．4．宏觀物體碰撞時一般相互接觸，微觀粒子的碰撞不肯定接觸，但只要符合碰撞的特點，就可以認為是發(fā)生了碰撞．訓(xùn)練角度1：碰撞可能性推斷3．如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同始終線相向做勻速直線運動，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞．對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某試驗小組的同學(xué)們做了許多種揣測，下面的揣測結(jié)果不行以實現(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/sD[兩球碰撞前后應(yīng)滿意動量守恒定律及碰后兩球的動能之和不大于碰前兩球的動能之和．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中滿意①式，但不滿意②式．]訓(xùn)練角度2：爆炸問題分析4．如圖所示，水平面上O點的正上方有一個靜止物體P，炸成兩塊a、b水平飛出，分別落在A點和B點，且OA>OB.若爆炸時間極短，空氣阻力不計，則()A．落地時a的速度小于b的速度B．爆炸過程中a增加的動能大于b增加的動能C．爆炸過程中a增加的動能小于b增加的動能D．下落過程中a、b兩塊動量的增量相等B[P爆炸生成兩塊a、b過程中在水平方向動量守恒，則mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落過程是平拋運動，由圖va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb，B正確，C錯誤；由于va＞vb，而下落過程中a、b在豎直方向的速度增量為gt是相等的，因此落地時仍有v′a＞v′b，A錯誤．magt＜mbgt，由動量定理知，D錯誤．]訓(xùn)練角度3：含有彈簧的系統(tǒng)碰撞問題5．如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設(shè)A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后接著運動．假設(shè)B和C碰撞過程時間極短，求從A起先壓縮彈簧直至與彈簧分別的過程中，(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．[解析]A、B碰撞時動量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一塊時，動量守恒．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為機械能的損失．當(dāng)A、B、C速度相等時，彈性勢能最大．(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝2mv1 ①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2) ③聯(lián)立①②③式得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0). ④(2)由②式可知v2＜v1，A將接著壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep.由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep ⑥聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0). ⑦[答案](1)eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(2,0)課堂小結(jié)知識脈絡(luò)1.兩物體碰撞時作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，可認為系統(tǒng)動量守恒．2．兩物體發(fā)生碰撞時系統(tǒng)動能不行能增加，碰后若兩物體同向運動，肯定有v前≥v后．3．爆炸過程中因內(nèi)力遠大于外力，作用時間極短，系統(tǒng)動量守恒，而系統(tǒng)機械能是增加的.1．有一個質(zhì)量為3m的爆竹被斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東；在最高點炸裂成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋vC[爆竹在最高點速度大小為v0、方向水平向東，爆炸前動量為3mv0，設(shè)爆炸后另一塊的瞬時速度大小為v′，取水平向東為正方向，因爆炸過程動量守恒，則有3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v，選項C正確．]2．(多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的()A．M、m0、m速度均發(fā)生改變，分別為v1、v2、v3，而且滿意(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿意Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不變，M、m的速度都變?yōu)関′，且滿意Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均發(fā)生改變，M和m0速度都變?yōu)関1，m速度變?yōu)関2，而且滿意(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2BC[M和m在碰撞過程中動量守恒，m0的速度瞬間不變，設(shè)初速度方向為正，假如碰撞后M和m的速度不等，則Mv＝Mv1＋mv2；假如碰撞后M和m速度相同，則Mv＝(M＋m)v′，B、C選項正確．]3．在光滑水平面上有三個完全相同的小球，它們排成一條直線，2、3小球靜止并靠在一起，1球以速度v0向它們運動，如圖所示．設(shè)碰撞中不損失機械能，則碰后三個小球的速度分別是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0D[由于1球與2球發(fā)生碰撞時間極短，2球的位置來不及發(fā)生改變，此時2球?qū)?球不產(chǎn)生力的作用，即3球不會參加1、2球的碰撞，由動量守恒和機械能守恒知1、2球碰撞后馬上交換速度，即碰后1球停止，2球速度馬上變?yōu)関0.同理分析，2、3球作用后也交換速度，故D正確．]4．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復(fù)運動．木塊從被子彈擊中前到