高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 第三節(jié) 動量守恒定律在碰撞中的應用教學案 粵教版選修3-5

1、第三節(jié) 動量守恒定律在碰撞中的應用1應用動量守恒定律解題的一般步驟為：(1)確定研究對象組成的系統(tǒng)。分析所研究的過程中，系統(tǒng)受外力的情況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)初、末狀態(tài)的總動量。(3)根據動量守恒定律列方程。(4)解方程，統(tǒng)一單位后代入數值進行運算，列出結果。2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考慮過程的初、末狀態(tài)，不必涉及過程的細節(jié)，因而在解決碰撞問題中有廣泛的應用。3不同類型的碰撞問題一定滿足動量守恒定律，但不一定滿足機械能守恒定律。對碰撞問題的分析1.常見碰撞情況的分析(1)彈性碰撞特

2、點：在彈性碰撞過程中系統(tǒng)無機械能損失。即只發(fā)生機械能傳遞而不發(fā)生能量轉化。彈性碰撞同時遵守動量守恒定律和機械能守恒定律。(2)非彈性碰撞特點：在碰撞過程中有機械能損失，即發(fā)生能量轉化，一般是機械能轉化為內能。故只遵守動量守恒，不遵守機械能守恒。(3)完全非彈性碰撞特點：在碰撞過程中機械能損失最多，只遵守動量守恒，不遵守機械能守恒。2碰撞過程應滿足的條件在所給的條件不同的情況下，碰撞情況有各種可能，但不管哪種情況必須同時滿足以下三條：(1)系統(tǒng)的總動量守恒。(2)系統(tǒng)的機械能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2。(3)符合實際情況，如碰后兩者同向運動，應有v前v后，若不滿足，則該碰撞過程不可能。(

3、1)即使物體在碰撞過程中系統(tǒng)所受合外力不等于零，由于內力遠大于外力，所以外力的作用可以忽略，認為系統(tǒng)的總動量守恒。故分析碰撞問題時，應首先想到動量守恒定律。(2)一般兩個硬質小球間的碰撞，都很接近彈性碰撞，常當成彈性碰撞來處理。1相向運動的A、B兩輛小車相撞后，一同沿A原來的方向前進，這是由于()AA車的質量一定大于B車的質量BA車的速度一定大于B車的速度CA車的動量一定大于B車的動量DA車的動能一定大于B車的動能解析：碰撞過程中動量守恒，碰后一同沿A原來方向前進，說明總動量與A的動量方向相同，故A車動量大于B車的動量，選項C對。答案：C子彈打木塊模型這類問題具有以下共同特點：(1)作用時，F

4、內F外，子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)動量守恒。(2)作用時間極短，子彈與木塊作用過程中，木塊的位置幾乎不變。(3)作用后，子彈留在木塊中，即合二為一，與完全非彈性碰撞相同；作用后子彈穿過木塊，與非彈性碰撞相類似。(4)子彈打木塊過程，除了列出動量守恒定律，還要列出能量方程，子彈打木塊過程中產生的能量QfL相對，也等于系統(tǒng)作用過程中動能的減少量。對L相對的理解：子彈留在木塊中，L相對為子彈打入木塊的深度，子彈射穿木塊，L相對為木塊的長度。2質量為M的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為m，速度為v0的子彈水平射入木塊且并未穿出，設木塊對子彈的阻力大小恒為F，試求：(1)打擊完畢后木塊的速度為多少？(2)

5、打擊過程中產生的內能為多少？(3)木塊至少多長子彈才不會穿出？解析：(1)以木塊和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象，設速度為v，由動量守恒定律可得：mv0(Mm)v解得v。(2)系統(tǒng)損失的動能Ekmv(Mm)v2。聯(lián)立解得Ek由能量守恒可知損失的動能轉化為內能，故內能QEk。(3)設木塊長度至少為L，則由功能關系可得QFL解得：L。答案：(1)(2)(3)動量守恒定律的應用1.運用動量守恒定律解題的基本步驟(1)明確題意，確定研究對象和研究過程。動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)，為了滿足守恒條件，系統(tǒng)的劃分非常重要，往往通過適當變換劃入系統(tǒng)的物體，才可以找到滿足守恒條件的系統(tǒng)。(2)對系統(tǒng)內物體受力分析，

6、判斷系統(tǒng)在其過程中是否滿足動量守恒的條件若滿足則進行下一步列式，否則需考慮修改系統(tǒng)的劃定范圍(增減某些物體)或改變過程的起點或終點，再看能否滿足動量守恒條件。(3)明確所研究過程的始、末狀態(tài)，規(guī)定正方向，確定始、末狀態(tài)的動量值表達式。(4)根據題意，選取恰當的動量守恒定律的表達形式，列出方程。(5)合理進行運算，得出最后的結果，并對結果進行討論。2動量守恒定律與機械能守恒定律的比較動量守恒定律機械能守恒定律守恒條件不受外力或所受合外力為零只有重力和彈力做功一般表達式p1p2p1p2Ek1Ep1Ek2Ep2標矢性矢量式標量式守恒條件的理解外力總沖量為零，系統(tǒng)總動量不變只發(fā)生勢能和動能相互轉化。可

7、以有重力和彈力以外的力作用，但必須是不做功注意事項應選取正方向選取零勢能面(1)動量守恒定律的表達式為矢量式，應用時應注意方向，而機械能守恒定律的表達式為標量式，對功和能只能求代數和。(2)動量守恒定律和機械能守恒定律的成立條件不同，故系統(tǒng)的動量守恒時，機械能不一定守恒，同理機械能守恒時，動量也不一定守恒。圖1313(雙選)質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間的一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖131所示?，F給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則

8、整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.mv2B.C.NmgL DNmgL解析：設最終箱子與小物塊的速度為v1根據動量守恒定律：mv(mM)v1，則動能損失Ekmv2(mM)v，解得Ekv2，B對；依題意：小物塊與箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相對箱子運動的路程為s0.5L(N1)L0.5LNL，故系統(tǒng)因摩擦產生的熱量即為系統(tǒng)損失的動能：EkQNmgL，D對。答案：BD碰撞問題的分析例1(雙選)半徑相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動。若甲球的質量大于乙球的質量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是()A甲球的速度為零，而乙球的速度不為零B乙球的速度為零，而甲球的速度

9、不為零C兩球的速度均不為零D兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等解析甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞，滿足動量守恒的條件，因此，碰撞前后甲、乙兩球組成的系統(tǒng)總動量守恒。碰撞前，由于Ek甲Ek乙，而Ek，由題設條件m甲m乙可知p甲p乙，碰撞后，如果甲球速度為零，則乙球必反彈，系統(tǒng)的總動量方向與碰撞前相同，根據動量守恒定律，這是可能的，A選項對。如果乙球速度為零，則甲球反彈，系統(tǒng)的總動量方向與碰撞前相反，違反了動量守恒定律，B選項錯誤。如果甲、乙兩球速度均不為零，可以滿足動量守恒定律的要求，C選項對。如果碰撞后兩球的速度都反向，且動能仍相等，由Ek得p甲p乙，則總動量方向與碰撞前相反，不

10、符合動量守恒定律，D選項錯誤。答案AC運用動量守恒定律解決碰撞類問題時應該注意的問題(1)要注意結果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能憑空產生。(2)注意動量的矢量性，即動量的方向性要特別注意，在一條直線上的碰撞，我們總是規(guī)定某一方向上動量為正，則另一相反方向動量為負。(3)注意速度要符合物理情景，如A球去碰靜止的B球，碰后兩球同向，則A球速率不能大于B球。1A、B兩球沿同一條直線運動，如圖132所示的st圖像記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a，b分別為A，B碰撞前的st圖像，c為碰撞后它們的st圖像。若A球質量為1 kg，則B球質量為多大？圖132解析：若規(guī)定碰前A球的速

11、度方向為正方向，則vA3 m/s，vB2 m/s，vc1 m/s，由動量守恒定律得：mAvAmBvB(mAmB)vc解得：mBkgkg0.67 kg。答案：0.67 kg碰撞中的臨界問題及多體問題圖133例2如圖133所示，滑塊A、C質量均為m，滑塊B質量為m。開始時A、B分別以v1、v2的速度沿光滑水平軌道向固定在右側的擋板運動，現將C無初速地放在A上，并與A粘合不再分開，此時A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠。若B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將粘合在一起。為使B能與擋板碰撞兩次，v1、v2應滿足什么關系？解析設向右為正方向，A與C粘合在一起的共同速度為v，由動量守恒定律得mv12m

12、v為保證B碰擋板前A未追上B，應滿足vv2設A與B碰后的共同速度為v，由動量守恒定律得2mvmv2mv為使B能與擋板再次碰撞，A與B碰后的共同速度v方向應向右，即應滿足v0以上各式聯(lián)立解得：15v2v12v2或v1v2v1。答案1.5v2v12v2或v1v2v1(1)在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體“恰好分離”、“恰好不相碰”，“兩物體相距最近”，“某物體恰開始反向”等臨界問題，分析此類問題時：分析物體的受力情況、運動性質，判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，正確應用動量守恒定律。分析臨界狀態(tài)出現所需的條件，即臨界條件。臨界條件往往表現為某個(或某些)物理量的特定取值(或特定關系

13、)，通常表現為兩物體的相對速度關系或相對位移關系，這些特定關系是求解這類問題的關鍵。(2)多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時：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。分清作用過程中的不同階段，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量。合理選取研究對象，既要符合動量守恒的條件，又要方便解題。圖1342如圖134所示的三個小球的質量都為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。問：(1)A、B兩球剛剛粘合在一起時的速度是多大？(2)彈簧壓縮到最短時C球的速度。解析：(1)在A、B碰撞的過程中彈簧的壓縮

14、量是極其微小的，產生彈力完全忽略，即C球并沒有參與作用，因此A、B兩球組成系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒。以v0的方向為動量的正方向，則有mv02mv1，v1。(2)粘合在一起的A、B兩球通過彈簧和C球的作用過程中，由于彈力的作用，C球被加速，速度由零開始增大，而A、B兩球被減速，速度逐漸減小，當三球的速度相同時，彈簧最短，在這一過程中，三球構成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv13mv2，v2v1。答案：(1)v0(2)v0動量守恒與能量守恒的綜合例3如圖135所示，光滑水平面上有A、B兩輛小車，C球用0.5 m長的細線懸掛在A車的支架上，已知mAmB1 kg，mC0.5 kg。開始時A靜止，B車以v0

15、4 m/s的速度駛向A車并與其正碰后粘在一起，若碰撞時間極短且不計空氣阻力，g取10 m/s2，求C球擺起的最大高度。圖135解析由于A、B碰撞時間極短，C球尚未開始擺動，AB組成的系統(tǒng)動量守恒，有mAv0(mAmB)v1對A、B、C組成的系統(tǒng)，圖示狀態(tài)為初始狀態(tài)；C球擺起到最大高度時，A、B、C有共同速度v2，該狀態(tài)為終了狀態(tài)，有(mAmB)v1(mAmBmC)v2系統(tǒng)能量守恒，有(mAmB)v(mAmBmC)vmCgh由上述方程分別求出A、B剛粘合在一起的速度v12 m/s，系統(tǒng)最后的共同速度v21.6 m/s，最后求得小球C擺起的最大高度h0.16 m。答案0.16 m(1)動量守恒定律

16、和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們的研究對象都是物體組成的系統(tǒng)，解題時必須注意動量守恒和機械能守恒成立的條件。(2)利用機械能守恒定律、能量守恒定律解題時著重分析力的做功情況、能量的轉化情況；而利用動量守恒定律解題時著重分析系統(tǒng)的受力情況。3如圖136所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc是位于豎直平面內與ab相切的半圓，半徑R0.40 m。質量m0.30 kg的小球A靜止在水平軌道上，另一質量M0.50 kg的小球B以v04 m/s的初速度與小球A發(fā)生正碰。已知碰后小球A經過半圓的最高點c后落到軌道上距b點為L1.2 m處，重力加速度g10 m/s2。求碰撞結束后：圖136

17、(1)當A球經過半圓的最高點c時軌道對它的作用力FN；(2)A、B兩球的速率vA和vB。解析：(1)設碰后小球A在半圓的最高點c時速度為vA，球A隨后離開c點做平拋運動，有在c點時，由牛頓第二定律可得：FNmgm 聯(lián)立解得：FN(1)mg3.75 N(2)對于碰撞過程，由動量守恒定律得：Mv0MvBmvA 對碰后小球A運動到半圓的最高點c的過程，由機械能守恒定律得：mvmg2Rmv 聯(lián)立式并代入數據解得：vA5 m/s，vB1 m/s。答案：(1)3.75 N(2)5 m/s1 m/s1質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7 kgm/s，B球的動量是5 kg

18、m/s，當A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是()ApA6 kgm/s，pB6 kgm/sBpA3 kgm/s，pB9 kgm/sCpA2 kgm/s，pB14 kgm/sDpA4 kgm/s，pB17 kgm/s解析：由碰撞過程中動量守恒pApBpApB可知D錯。由碰撞過程中動能不可能增加可得B、C錯，A對。答案：A圖12A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運動，其位移時間圖像(st圖)如圖1中A、D、C和B、D、C所示。由圖可知，物體A、B的質量之比為()A11B12C13 D31解析：由圖可得，碰撞前vA4 m/s，vB0；碰撞后vAvB1 m/s，由

19、動量守恒mAvA(mAmB)v可得，故C對。答案：C3如圖2所示，在光滑水平面上，有一質量為M3 kg的薄板和質量m1 kg的物塊，都以v4 m/s的初速度朝相反的方向運動，它們之間有摩擦，薄板足夠長，當薄板的速度為2.4 m/s時，物塊的運動情況是()圖2A做加速運動B做減速運動C做勻速運動D以上運動都有可能解析：薄板足夠長，則最終物塊和薄板達到共同速度v，由動量守恒定律得(取薄板運動方向為正方向)Mvmv(Mm)v。則v m/s2 m/s。共同運動速度的方向與薄板初速度的方向相同。在物塊和薄板相互作用過程中，薄板一直做勻減速運動，而物塊先沿負方向減速到速度為零，再沿正方向加速到2 m/s。

20、當薄板速度v12.4 m/s時，設物塊的速度為v2，由動量守恒定律得：MvmvMv1mv2。v2 m/s0.8 m/s。即此時物塊的速度方向沿正方向，故物塊做加速運動。圖3答案：A4如圖3所示，光滑圓槽的質量為M，靜止在光滑的水平面上，其內表面有一小球被細線吊著恰位于槽的邊緣處，如將線燒斷，小球滑到另一邊的最高點時，圓槽的速度為()A0 B向左C向右 D無法確定解析：小球和圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。細線被燒斷的瞬間，系統(tǒng)在水平方向的總動量為零。又知小球到達最高點時，球與槽水平方向上有共同速度，設為v，由動量守恒定律有：0(Mm)v，所以v0，故A對。答案：

21、A5質量相等的三個小球a，b，c在光滑的水平面上以相同的速度運動，它們分別與原來靜止的三個小球A，B，C相碰，相碰后，a繼續(xù)沿原來方向運動，b球靜止，c球被反彈回來，這時A，B，C三個被碰小球中動量最大的是()AA球 BB球CC球 D無法確定解析：設a，b，c質量均為m，碰前速度均為v，則a碰A過程中有mvmvapA；b碰B過程中有mvpB；C碰C過程中有mvmvCpC，可得pCpBpA，故選項C對。圖4答案：C6如圖4所示，小球A和小球B質量相同，球B置于光滑水平面上，當球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點時恰好與B相撞，并粘合在一起繼續(xù)擺動，它們能上升的最大高度是()Ah B.hC.h D

22、.h解析：A與B碰前速度vA。A與B碰后粘合在一起的共同速度v由動量守恒可求出。mvA2mv，所以vvA，能上升的高度H可由2mgH2mv2求得，所以H。答案：C7如圖5所示，質量為0.5 kg的小球在距離車底面高20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4 kg。設小球在落到車底前瞬間的速度是25 m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是()圖5A5 m/s B4 m/sC8.5 m/s D9.5 m/s解析：小球做平拋運動，它落在車底前瞬間的豎直分速度為vy m/s20 m/s則小球的水平分速度

23、為v015 m/s小球落到車中跟車相互作用過程中，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，則：Mvmv0(Mm)vv m/s5 m/s。所以選項A正確。答案：A8(雙選)向空中發(fā)射一物體不計空氣阻力，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a，b兩塊若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則()Ab的速度方向一定與原速度方向相反B從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、b一定同時到達地面D炸裂的過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等解析：炸裂過程物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，有：(mAmB)vmAvAmBvB，當vA與原來速度v同向時，vB可能與v反向，也可能與v同向，A錯誤；a、b在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運動，落地時間t，所以落地時間相等，C正確；由于水平飛行距離xvt，a、b炸裂后的速度vA、vB大小關系不確定