第十三章第一單元 第2課時

1、第一單元　動量　動量守恒定律 　第2課時　動量守恒定律的應用,選修3－5 　 　　　第十三章　碰撞與動量守恒,,基礎回顧,1．碰撞：兩個或兩個以上物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，使每個物體的動量發(fā)生顯著變化，這個過程就稱為碰撞．2．彈性碰撞：碰撞后物體的形變可以完全恢復，且碰撞前后系統(tǒng)的總機械能________．3．非彈性碰撞：碰撞后物體的形變只有部分恢復，系統(tǒng)有部分機械能________．,答案：2．不變　3．

2、損失,4．完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復，以致物體合為一體一起運動，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運動，系統(tǒng)損失的機械能________．5．特點(1)動量特點：無論是哪一類碰撞，由于系統(tǒng)的相互作用力極大，遠遠大于外力，所以碰撞過程中，系統(tǒng)的________守恒．(2)能量特點：根據(jù)彈性碰撞與非彈性碰撞進行確定．非彈性碰撞中系統(tǒng)的機械能轉化為系統(tǒng)的________．,答案：4．最大 5．(1)動量　(

3、2)內(nèi)能,要點深化,1．關于碰撞的幾點說明(1)高中階段研究的碰撞為正碰，即物體碰撞前后在同一直線上運動．(2)完全非彈性碰撞是非彈性碰撞的特例，碰撞過程中機械能損失最大．,(3)仔細分析一下碰撞的全過程：設光滑水平面上，如右圖所示，質(zhì)量為m1的物體A以速度v0向質(zhì)量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧．在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等(設為v)，彈簧被壓縮到最短；再往

4、后A、B開始遠離，彈簧開始恢復原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為v1、v2.全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了．①彈簧是完全彈性的．Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉化為彈性勢能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少全部轉化為動能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)動能相等，這種碰撞叫彈性碰撞．由動量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：

5、 (這個結論最好背下來，以后經(jīng)常要用到)．,②彈簧不是完全彈性的．Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和①相同，彈性勢能仍最大，但比①??；Ⅱ→Ⅲ彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內(nèi)能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失(一部分動能轉化為內(nèi)能)，這種碰撞叫非彈性碰撞．③彈簧完全沒有彈性．Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動能減少全部轉化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和①相同

6、，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有Ⅱ→Ⅲ過程，這種碰撞叫完全非彈性碰撞．可以證明，A、B最終的共同速度為,(4)碰撞遵守三個原則①動量守恒；p1＋p2＝p1′＋p2′(本式為矢量式)．②動能不增加：③碰撞前、后兩物體速度的關系：碰撞前兩物體同向，碰撞物體的速度為v1，被碰撞物體的速度為v2，則v1＞v2；碰撞后兩物體同向，碰撞物體的速度為v1′，被碰撞物體的速度為v2′，則v1′＜v2′.2．

7、爆炸兩物體間由于炸藥的作用均受到巨大作用力，兩作用力遠大于外力，一般情況下認為動量守恒．由于爆炸力做功，所以系統(tǒng)的動能增加．,基礎回顧,1．反沖運動：當物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將做________的運動，這種現(xiàn)象叫反沖運動．2．實例：發(fā)射炮彈；爆竹爆炸；發(fā)射火箭；發(fā)電水輪機等．3．特點(1)動量特點：系統(tǒng)相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)受到的外力，系統(tǒng)的________守恒．(2)能量特點：由其他形式的能轉化為機械

8、能，每個物體的________增加．,答案：1．相反方向　 3．(1)動量　(2)機械能,要點深化,1．反沖運動反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，反沖運動過程中，一般滿足系統(tǒng)的合外力為零，或內(nèi)力遠大于外力的條件，因此可用動量守恒定律進行分析．2．火箭發(fā)射簡介火箭主要是由殼體和燃料兩大部分組成．殼體是圓筒形，前端是封閉的尖端，后端有尾噴管，燃燒燃料產(chǎn)生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出，火箭就向前飛去．火箭

9、飛行所能達到的最大速度，即燃料燃燒完畢時獲得的最終速度，主要取決于兩個因素，一是噴氣速度，另一個是質(zhì)量比(即火箭開始飛行時的質(zhì)量與燃燒燃料完時質(zhì)量之比)，噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，最終速度就越大．單級火箭燃料用完后，空殼自行脫落，減少了總質(zhì)量，可達到很高的速度．,,,反沖運動發(fā)生在同一物體上，把同一物體分為兩個部分，這兩個部分發(fā)生分離，當一部分向一個方向運動時，剩余部分將做相反方向的運動．,下列屬于反沖運動的是(　　)A．汽車的運動　

10、　　　　　　B．直升飛機的運動C．火箭發(fā)射過程的運動　　　D．反擊式水輪機的運動,解析：A、B選項中汽車和飛機都是一個整體，沒有發(fā)生分離，故不屬于反沖運動．C選項中火箭發(fā)射是指火箭向后噴射出其攜帶的點燃著的燃氣而使火箭筒向前運動，屬于反沖運動的實例；D選項中反擊式水輪機的運動是指水輪機向后噴射出其攜帶的水而使水輪機向前運動，也屬于反沖運動的實例．答案：CD,題型訓練,1．據(jù)報導，“和平”號空間站墜毀時，由和空間站對接的飛船經(jīng)過三

11、次點火排沖熱氣流，飛行高度逐漸降低，最后才進入大氣層墜向南太平洋，對于墜毀過程，下列說法正確的是(　　)A．飛行高度要降低，空間站必須突然減速B．飛行高度要降低，空間站必須突然加速C．空間站要減速必須通過向前排沖熱氣流D．空間站要加速必須通過向前排沖熱氣流,解析：因萬有引力作用，當空間站突然減速時，向心力小于萬有引力而使空間站飛行高度降低，故A正確．空間站通過向前排沖熱氣流，根據(jù)反沖原理會使空間站減速，故C正確．答案：AC,,

12、一個靜止的、質(zhì)量為M的不穩(wěn)定原子核，當它射出質(zhì)量為m、速度為v的粒子后，設射出粒子的方向為正，則原子核剩余部分的速度u等于(　　)A．－v,解析：應運用動量守恒定律來討論．討論對象是射出的粒子m和剩余核(M－m)．由動量守恒定律0＝mv＋(M－m)u解得：答案：B,題型訓練,2．一個靜止的、質(zhì)量為M的不穩(wěn)定原子核，當它射出質(zhì)量為m的粒子后，原子核剩余部分的速度為v，射出的粒子的速度u為(　　),解析：由動量守恒定律：0＝mu＋

13、(M－m)v解得：答案：D,1．兩個物體均處于靜止，當兩個物體存在相互作用而不受外力作用時，系統(tǒng)動量守恒．2．這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止．3．此類問題由動量守恒有：0＝m1v1＋m2v2.由于瞬時速度是一一對應的，故對雙方的平均速度而言，有：由于兩物體運動時間相同，則有：可推出m1s1＋m2s2＝0(s1、s2應相對于同一參照系)．解決這種問題的方法是要畫好物體的運動示意圖，有利于發(fā)現(xiàn)各物理量間的關系．,,

14、解析：選人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動量守恒．人起步前系統(tǒng)的總動量為零，當人起步加速前進時，船同時向后加速運動；當人勻速前進時，船同時向后勻速運動；當人停下來時，船也停下來．設某一時刻人對靜水的速度為v1，船對靜水的速度為v2，選人前進的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：m v1 － M v2＝0. 即v1 / v2＝M/m.,如右圖所示，長為L、質(zhì)量為M

15、的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人立在船頭，若不計水的粘滯阻力，當人從船頭走到船尾的過程中，船和人對靜水的位移s2和s1各是多少？,因為在人從船頭走到船尾的整個過程中，每一時刻系統(tǒng)都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量成反比．從而可以得出判斷：在人從船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船后退的平均速度之比，也應等于它們的質(zhì)量的反比，由于兩物體運動時間相同，即有：s1/s2＝M/m①由圖可以看出：s1＋s2

16、＝L②聯(lián)立解得：答案：,題型訓練,3．有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量．他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量M為(　　),解析：根據(jù)人船模型中動量守恒原理有：Md＝m(L－d)，由此解得：答案：B,碰撞的兩個物體必須遵守以下三個

17、原則：①動量守恒；p1＋p2＝p1′＋p2′(本式為矢量式)．②動能不增加：③碰撞前、后兩物體速度的關系：碰撞前兩物體同向，碰撞物體的速度為v1，被碰撞物體的速度為v2，則v1＞v2；碰撞后兩物體同向，碰撞物體的速度為v1′，被碰撞物體的速度為v2′，則v1′＜v2′.,,如圖所示，O為一水平軸．細繩上端固定于O軸，下端系一質(zhì)量m＝1.0 kg的小球，原來處于靜止狀態(tài)，擺球與平臺的B點接觸，但對平臺無壓力，擺長為l＝0.6 m．

18、平臺高h＝0.80 m．一個質(zhì)量為M＝2.0 kg的小球沿平臺自左向右運動到B處與擺球發(fā)生正碰，碰后擺球在繩的約束下做圓周運動，經(jīng)最高點A時，繩上的拉力T恰好等于擺球的重力，而M落在水平地面的C點，水平距離s＝1.2 m．求質(zhì)量為M的小球與擺球碰撞前的速度大?。?解析：質(zhì)量m＝1.0 kg的小球在A點時，由牛頓第二定律，有：T＋mg＝m ① 由題意：T＝mg②質(zhì)量m＝1.0 kg的小球從B點運動到A點，設碰撞后擺球的

19、速度為v2，由機械能守恒定律，有：①②③聯(lián)立解得：v2＝6 m/s質(zhì)量M＝2.0 kg的小球做平拋運動，設碰撞后小球的速度為v1，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，在豎直方向上，有： 在水平方向上，有：s＝v1t⑤④⑤聯(lián)立解得：v1＝3 m/s兩球在碰撞過程中動量守恒，有：Mv0＝Mv1＋mv2由此解得質(zhì)量為M的小球與擺球碰撞前的速度大小為：v0＝6 m/s.答案：6 m/s,點評：這是一道非常明顯的組合

20、題，考查學生對力學基本規(guī)律的理解和應用，考查理解能力、分析能力及應用數(shù)學處理物理問題的能力．試題涉及到機械能守恒定律、動量守恒定律和動能定理、圓周運動和勻變速直線運動，難度并不大，基本是物理公式的套用，用到的方法都是在平時教學中常用的物理方法．,題型訓練,4．如圖所示，光滑的水平臺子離地面的高度為h，質(zhì)量為m的小球以一定的速度在高臺上運動，從邊緣D水平射出，落地點為A，水平射程為s.如果在臺子邊緣D處放一質(zhì)量為M的橡皮泥，再讓小球以剛才

21、的速度在水平高臺上運動，在邊緣D處打中橡皮泥并同時落地，落地點為B.則AB間的距離為(　　),解析：只有小球在做平拋運動時，根據(jù)平拋運動的規(guī)律．在豎直方向上，有：在水平方向上，有：s＝vt②當小球與橡皮泥發(fā)生完全非彈性碰撞時，設共同速度為v′，根據(jù)動量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′③小球與橡皮泥一起做平拋運動時，由于高度仍為h，根據(jù)①式可知平拋的時間與小球單獨做平拋運動時的時間相等，都為t.故在水平方向上，有：s′＝v′t

22、④AB間的距離為Δs＝s－s′⑤②③④⑤式聯(lián)立得： 答案：A,,,,動量守恒定律表達式中各速度必須是相對同一參考系．因為動量中的速度有相對性，在應用動量守恒定律列方程時，應注意各物體的速度必須是相對同一參考系的速度．若題設條件中速度不是相對同一參考系的．,某人在一只靜止的小船上練習射擊，船、人和槍(不包含子彈)及船上固定靶的總質(zhì)量為M，子彈質(zhì)量m，槍口到靶的距離為L，子彈射出槍口時相對于槍口的速率恒定，當前一顆子彈陷入靶中時，隨即

23、發(fā)射后一顆子彈，則在發(fā)射完全部n顆子彈后，小船后退的距離多大？(不計水的阻力),錯解：選船、人、槍及船上固定靶和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象，開始時整個系統(tǒng)處于靜止，系統(tǒng)所受合外力為0，當子彈射向靶的過程中，系統(tǒng)動量守恒，船將向相反的方向移動．當?shù)谝活w子彈射向靶的過程中，船向相反的方向運動，此時與船同時運動的物體的總質(zhì)量為M＋(n－1)m，當?shù)谝活w子彈射入靶中后，根據(jù)動量守恒，船會停止運動，系統(tǒng)與初始狀態(tài)完全相同．當?shù)诙w子彈射向靶的過

24、程中，子彈與船重復剛才的運動，直到n顆子彈全部射入靶中，所以在發(fā)射完全部n顆子彈的過程中，小船后退的距離應是發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退距離的n倍．,設子彈運動方向為正方向，在發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退的距離為s，子彈飛行的距離為L，則由動量守恒定律有：mL─[M＋(n－1)m]s＝0.解得：每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都必須相同，因此n顆子彈全部射入的過程，小船后退的總距離為,分析糾錯：沒有把所有的速度變換成相對于

25、同一參考系的速度．由于船的速度是相對于地面的，而子彈的速度是相對于船的，導致船的位移是相對于地面的，而子彈的位移是相對于船的，所以解答錯誤．設子彈運動方向為正方向，在發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退的距離為s，根據(jù)題意知子彈飛行的距離為(L─s)，則由動量守恒定律有：m(L－s)－[M＋(n－1)m]s＝0解得：s＝每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都相同，因此n顆子彈全部射入的過程，小船后退的總距離為答案：,祝,您,學業(yè)有