物理粵教版選修3-5學案第1章第三節(jié)動量守恒定律在碰撞中的應用

第三節(jié)動量守恒定律在碰撞中的應用學習目標重點難點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．能用動量守恒定律和能量守恒觀點分析一維碰撞問題．4．知道動量守恒定律的普遍意義．重點：1．對碰撞的三種不同類型的理解．2．一維碰撞的定性分析和定量計算．難點：掌握三種碰撞過程中動量、能量的規(guī)律．1．應用動量守恒定律解題的一般步驟（1）確定研究對象組成的系統(tǒng)，分析所研究的物理過程中，系統(tǒng)受________是否滿足動量守恒定律的應用條件．（2）設定正方向，分別寫出系統(tǒng)________的總動量．（3）根據(jù)____________列方程．（4）解方程，統(tǒng)一單位后代入數(shù)值進行計算，算出結(jié)果．預習交流1如圖所示，木箱、彈簧和人看做一個系統(tǒng)，在重力、支持力、摩擦力和彈簧彈力中，哪些是內(nèi)力，哪些是外力呢？2．動量守恒定律的普遍適用性在碰撞類問題中，相互作用力往往是變力，過程相當復雜，很難用牛頓運動定律來求解，而應用動量守恒定律只需要考慮過程的______，不必涉及過程的細節(jié)，且在實際應用中，往往需要知道的也僅僅是碰撞后物體運動的____，所以__________在解決各類碰撞問題中有著極其廣泛的應用．預習交流2有些核反應堆里要讓中子與原子核碰撞，以便把中子的速率降下來．為此，應該選用質(zhì)量較大的還是質(zhì)量較小的原子核？為什么？在預習中還有哪些問題需要你在聽課時加以關(guān)注？請在下列表格中做個備忘吧！我的學困點我的學疑點答案：1．（1）外力的情況（2）初、末狀態(tài)（3）動量守恒定律預習交流1：答案：重力、支持力和摩擦力的施力物體分別是地球和地面，是外力；彈簧彈力是系統(tǒng)內(nèi)物體間的作用力，是內(nèi)力．2．初、末狀態(tài)速度動量守恒定律預習交流2：答案：中子和原子核的碰撞可以看成是彈性碰撞，設中子的質(zhì)量為m1，碰撞前速度為v，方向為正方向，原子核的質(zhì)量為m2，碰撞前可以認為是靜止的，則碰撞后中子的速度為v′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v．由于中子的質(zhì)量一般小于原子核的質(zhì)量，因此|v′|＝eq\f(m2－m1,m1＋m2)v＝（1－eq\f(2m1,m1＋m2)）v．可見m2越小，|v′|越?。蕬x用質(zhì)量較小的原子核來降低中子的速率，核電站常常用石墨（碳）作為中子減速劑．一、對碰撞問題的認識與理解1．碰撞的特點是什么？2．碰撞過程中相互作用的物體間遵循怎樣的規(guī)律？（2011·全國卷）如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能．處理碰撞問題應把握好三個基本原則在碰撞過程中，系統(tǒng)的總動能不可能增加，如果是彈性碰撞，碰撞前后總動能不變，如果是非彈性碰撞，則有部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)總動能減少．其中碰后結(jié)合為一體的情形，損失的動能最多，所以，在處理碰撞問題時，通常要抓住三項基本原則：（1）碰撞過程中動量守恒原則；（2）碰撞后總動能不增加原則；（3）碰撞后狀態(tài)的合理性原則（碰撞過程的發(fā)生必須符合客觀實際）．比如追及碰撞：碰后在前面運動的物體速度一定增加，若碰后兩物體同向運動，后面的物體速度一定不大于前面物體的速度．二、某一方向上動量守恒定律的應用在下列各過程中，把物體A和B看成一個系統(tǒng)，試討論以下各過程系統(tǒng)的動量守恒情況．1．小車B在光滑水平面上，球A沿車上的光滑槽滾動，如圖甲所示．甲2．物體A在光滑斜面體B上下滑，斜面體與水平面也無摩擦，如圖乙所示．乙3．人在小船（B物體）上向右水平拋出石塊A，忽略水和空氣的阻力，如圖丙所示．丙4．子彈A豎直向下射入位于地面上的木塊B中，并未穿出，如圖丁所示．丁5．以上各種運動情景中，哪些運動過程中，系統(tǒng)的動量不守恒，這些運動過程中是否還可以應用動量守恒定律解題？如圖所示，帶有半徑為R的1/4光滑圓弧的小車其質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小球從圓弧的最頂端由靜止釋放，則球離開小車時，球和車的速度分別為多少？對于某一方向上合外力為零或內(nèi)力遠大于外力的情況，可在該方向上應用動量守恒定律，但必須點明在該方向上應用動量守恒定律．對整個過程而言，系統(tǒng)總動量可能不守恒．三、多物體系統(tǒng)中動量守恒定律的應用你讀過我國古典名著《三國演義》嗎？其中有一個“草船借箭”的故事你一定知道吧．如圖所示，設草船的質(zhì)量為m1，草船以速度v1返回時，曹兵萬箭齊發(fā)，先后有n支箭射中草船，箭的速度均為v，方向與船行方向相同，由此可推算，草船的速度會增加多少？（不計水的阻力）兩只小船平行相向航行，如圖所示，航線鄰近，當它們頭尾相齊時，由每一只船上各投質(zhì)量m＝50kg的麻袋到對面一只船上去，結(jié)果載重較小的一只船停了下來，另一只船則以v＝8.5m/s的速度向原方向航行，設兩只船及船上的載重量分別為m1＝500kg及m2＝1000kg．問：在交換麻袋前兩只船的速率為多少？（水的阻力不計）多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，使用牛頓定律求解很難奏效，但若系統(tǒng)不受外力或所受合力為零，卻可以使用動量守恒定律求解，使問題得以簡化．在具體應用中要從以下幾點去考慮：（1）正確分析作用過程中各物體狀態(tài)的變化情況，建立運動模型；（2）分清相互作用的各個階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量，各個階段可分別建立方程；（3）合理確定研究對象，既要使確定的研究對象滿足動量守恒定律，又能方便研究各個過程．復雜的問題是由簡單問題組合的，把復雜問題細化就是分解矛盾，化難為簡．做好這一問題的關(guān)鍵仍是兩個分析：受力分析和運動分析．另外應用動量守恒定律解決問題時主要是研究初、末狀態(tài)，可以淡化過程，除非過程中還有隱情．四、平均動量守恒問題兩個小朋友在平靜的水塘里劃船，當船頭靠在岸邊時，坐在船尾的小朋友想從船尾一直走上岸，在不計水的阻力，另一名小朋友也不動的情況下，他能做到嗎？如果該小朋友的質(zhì)量為m1，小船與另一位小朋友的總質(zhì)量為m2，該小朋友坐的位置離船頭距離為l，則你能否求出當他到達船頭時，船頭離河岸的距離？（設船身始終與河岸垂直）一個質(zhì)量為M、底面長為b的三角形劈靜止于光滑的水平桌面上（如圖所示）．有一質(zhì)量為m的小物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時，劈移動的距離為多少？若系統(tǒng)在全過程中動量守恒（包括某個方向上動量守恒），則這一系統(tǒng)在全過程中的平均動量也必定守恒．1．用動量守恒定律求位移的題目，大都是系統(tǒng)原來處在靜止狀態(tài)，然后系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用．此時動量守恒式經(jīng)常寫成m1v1＝m2v2的形式．此種狀態(tài)下，動量守恒的過程中，任意時刻系統(tǒng)的總動量為零，因此任意時刻的瞬時速率v1和v2都與各物體的質(zhì)量成反比，所以全過程的平均速度也與質(zhì)量成反比，即有m1eq\x\to(v1)＝m2eq\x\to(v2)，如果作用時間為t，則有m1eq\x\to(v1)·t＝m2eq\x\to(v2)·t，故有：m1x1＝m2x2，其中x1和x2是兩物體對地位移的大?。?．處理平均動量守恒的問題，應結(jié)合草圖確定位移關(guān)系．五、打擊、爆炸類問題有一大炮豎直向上發(fā)射炮彈，炮彈的質(zhì)量為M＝6.0kg（內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計），射出的初速度v0＝60m/s．當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片，其中一片質(zhì)量為m＝4.0kg．現(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心，以R＝600m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？（g取10m/s2，忽略空氣阻力）如圖所示，質(zhì)量為M的木塊放在粗糙的水平面上且彈簧處于原長狀態(tài)，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0擊中木塊而未穿出，則擊中木塊瞬間二者的共同速度為多大？1．爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，可認為系統(tǒng)動量守恒，特別是物體在高空爆炸時，若爆炸前速度方向恰好水平，則在該方向上系統(tǒng)不受外力，該水平方向上動量守恒，爆炸前的動量指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量指爆炸剛好結(jié)束那一刻的動量．2．子彈打木塊問題中，子彈與木塊作用過程時間極短，因此作用力很大，也屬于內(nèi)力遠大于外力的近似動量守恒情況．3．爆炸過程中有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，而子彈打木塊模型中損失機械能，轉(zhuǎn)化為其他形式的能．1．在勻速行駛的船上，當船上的人相對于船豎直向上拋出一個物體時，船的速度將（）．（水的阻力不變）A．變大B．變小C．不變D．無法判定2．（雙選）如果問題的研究對象是兩個或兩個以上的物體，這些物體就組成了系統(tǒng)，它們可以作為一個整體成為我們的研究對象．下列與系統(tǒng)有關(guān)的說法中正確的是（）．A．系統(tǒng)的內(nèi)力的施力物體一定在系統(tǒng)內(nèi)部，系統(tǒng)的外力的施力物體一定在系統(tǒng)外部B．系統(tǒng)的內(nèi)力是系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用，它不影響系統(tǒng)的總動量C．系統(tǒng)的內(nèi)力是系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用，它不影響系統(tǒng)內(nèi)物體各自的動量D．系統(tǒng)的外力是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)內(nèi)的每一個物體都必須施加的作用，它影響系統(tǒng)的總動量3．（雙選）如圖所示，小車放在光滑的水平面上，輕繩上系有一小球，將小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中（）．A．小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)在水平方向動量守恒B．小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)在水平方向動量守恒C．小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車速度不為零D．在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反4．一列火車共有n節(jié)車廂，各節(jié)車廂質(zhì)量相等，相鄰車廂間留有空隙，首端第一節(jié)車廂以速度v向第二節(jié)撞去，并連接在一起，然后再向第三節(jié)撞去，并又連接在一起，這樣依次撞下去，使n節(jié)車廂全部運動起來，那么最后火車的速度是（鐵軌對車廂的摩擦不計）（）．A．vB．nvC．eq\f(v,n)D．n2v5．質(zhì)量為3kg的小球A在光滑水平面上以6m/s的速度向右運動，恰遇上質(zhì)量為5kg的小球B以4m/s的速度向左運動，碰撞后B球恰好靜止，求碰撞后A球的速度．提示：用最精煉的語言把你當堂掌握的核心知識的精華部分和基本技能的要領部分寫下來并進行識記．知識精華技能要領答案：活動與探究1：1．答案：（1）發(fā)生碰撞的物體間一般作用力很大，作用時間很短，各物體作用前后動量變化顯著．（2）即使碰撞過程中系統(tǒng)所受合力不等于零，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略，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)碰后的總機械能不可能大于碰前系統(tǒng)機械能．（4）對于彈性碰撞，碰撞前后無動能損失；對非彈性碰撞，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．（5）位移特點：碰撞、爆炸過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以，在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，可忽略物體的位移，認為物體在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．2．答案：在所給條件不足的情況下，碰撞結(jié)果有各種可能，但不管哪種結(jié)果必須同時滿足以下三條：（1）系統(tǒng)動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．（2）系統(tǒng)動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)．（3）符合實際情況，如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實現(xiàn)碰撞，碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束．如果碰前兩物體相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零．遷移與應用1：答案：eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)解析：設碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有，3mv＝mv0①設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有，3mv＝2mv1＋mv0②設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)（3m）v2＋Ep＝eq\f(1,2)（2m）veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)．活動與探究2：1．答案：A和B之間的相互作用力使地面給系統(tǒng)的彈力不等于系統(tǒng)的重力，系統(tǒng)所受的合外力不為零，故系統(tǒng)的動量不守恒．2．答案：由于A沿斜面加速運動，使系統(tǒng)給地面的壓力小于系統(tǒng)的重力，故地面的支持力小于系統(tǒng)的重力，系統(tǒng)所受的合外力不為零，動量不守恒．3．答案：系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒．4．答案：當子彈射入木塊時，系統(tǒng)加大了對地面的壓力，造成系統(tǒng)所受的合外力不為零，故動量不守恒．5．答案：甲、乙、丁過程中系統(tǒng)動量不守恒，但系統(tǒng)水平方向動量守恒．一定條件下，仍可以應用動量守恒定律解題．遷移與應用2：答案：eq\r(\f(2MgR,M＋m))eq\r(\f(2m2gR,MM＋m))解析：球和車組成的系統(tǒng)雖然總動量不守恒，但在水平方向動量守恒，且全過程滿足機械能守恒，設球車分離時，球的速度為v1，方向向左，車的速度為v2，方向向右，則：mv1－Mv2＝0mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\r(\f(2MgR,M＋m))，v2＝eq\r(\f(2m2gR,MM＋m))．活動與探究3：答案：n支箭盡管不是同時與草船作用，但每一次作用過程中，在不計水的阻力的條件下，箭與船組成的系統(tǒng)所受合外力均為零，所以總動量守恒，因此將n支箭分別射到草船上和將n支箭一起同時射到草船上，其效果相同，因此可以不考慮其復雜的作用過程．設船速增加Δv，則船速v2＝v1＋Δv，由動量守恒知m1v1＋nmv＝（m1＋nm）v2所以Δv＝eq\f(nmv－nmv1,m1＋nm)．遷移與應用3：答案：小船速率為1m/s，大船速率為9m/s．解析：選取小船和從大船投過來的麻袋為系統(tǒng)，并以載重較小的船的速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：（m1－m）v1－mv2＝0①選取大船和從小船投過來的麻袋為系統(tǒng)有：－（m2－m）v2＋mv1＝－m2v②選取四個物體為系統(tǒng)有：m1v1－m2v2＝－m2v③聯(lián)立①②③代入數(shù)據(jù)解得：v1＝1m/s，v2＝9m/s．活動與探究4：答案：不能eq\f(m1,m1＋m2)l選小朋友和船為一系統(tǒng)，由于系統(tǒng)在水平方向不受外力（水的阻力不計）作用，則系統(tǒng)在水平方向動量守恒．設某一時刻小朋友對地速度大小為v1，船的速度大小為v2，以小朋友運動的方向為正方向，由動量守恒知m1v1－m2v2＝0．在人與船相互作用過程中，上式始終成立，不難想到，船的運動受小朋友運動的制約，人走船走，人停船停．所以當小朋友走到船頭時，船向后退了一段距離，即船頭離岸有一段距離，因此小朋友不能直接走上岸（當然如果船后退距離很小，小朋友一步邁到岸上是另一回事）．既然小朋友與船組成的系統(tǒng)在任一時刻均滿足m1v1－m2v2＝0，如果用eq\x\to(v1)、eq\x\to(v2)分別表示整個相互作用過程中小朋友和船的平均速度大小，則必有m1eq\x\to(v1)－m2eq\x\to(v2)＝0．設相互作用時間為t，小朋友和小船對地的位移大小為x1、x2，則eq\x\to(v1)＝eq\f(s1,t)，eq\x\to(v)2＝eq\f(s2,t)，則有m1eq\f(s1,t)－m2eq\f(s2,t)＝0，因此有關(guān)系式m1s1＝m2s2．而s1＋s2＝l．所以可求船后退的距離s2＝eq\f(m1,m1＋m2)l此即為小朋友到達船頭時，船頭離河岸的距離．遷移與應用4：答案：eq\f(mb,M＋m)解析：劈和小物塊組成的系統(tǒng)在整個運動過程中都不受水平方向的外力，所以系統(tǒng)在水平方向平均動量守恒，劈和小物塊在整個過程中發(fā)生的水平位移如題圖所示，由圖知劈的位移為x，小物塊的水平位移為（b－x），由m1x1＝m2x2得：Mx＝m（b－x），所以x＝eq\f(mb,M＋m)．活動與探究5：答案：6.0×104J設炮彈上升到達最高點的高度為h，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有veq\o\al(2,0)＝2gh設質(zhì)量為m的彈片剛爆炸后的速度為v1，另一塊的速度為v，根據(jù)動量定律有mv1＝（M－m）v．設質(zhì)量為m的彈片運動的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有h＝e