物理系列教案《動量守恒定律碰撞反沖》

第2講動量守恒定律碰撞反沖★一、考情直播1．考綱解讀考綱要求能力要求考向定位彈性碰撞和非彈性碰撞動量守恒定律（說明：只限于一維）知道彈性碰撞和非彈性碰撞理解動量守恒定律的確切含義，知道其適用范圍掌握動量守恒定律解題的一般步驟會應(yīng)用動量守恒定律解決一維運動有關(guān)問題要明確動量守恒定律的條件，按照應(yīng)用動量守恒定律的解題思路列式，列式時要理解動量守恒定律的五性“系統(tǒng)性、條件性、同一性、同時性、矢量性、相對性”能應(yīng)用動量守恒定律解決人船模型、“合二為一”和“一分為二”問題．2．考點整合考點一碰撞（1）定義：相對運動的物體相遇，在極短時間內(nèi)，通過相互作用，運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程叫做碰撞．（2）碰撞的特點①作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的．②碰撞過程中，總動能不增．因為沒有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為動能．③碰撞過程中，當(dāng)兩物體碰后速度相等時，即發(fā)生完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)動能損失最大．④碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可忽略．（3）碰撞的分類

①彈性碰撞（或稱完全彈性碰撞）如果在彈性力的作用下，只產(chǎn)生機械能的轉(zhuǎn)移，系統(tǒng)內(nèi)無機械能的損失，稱為彈性碰撞（或稱完全彈性碰撞）．此類碰撞過程中，系統(tǒng)動量和機械能同時守恒．

②非彈性碰撞如果是非彈性力作用，使部分機械能轉(zhuǎn)化為物體的內(nèi)能，機械能有了損失，稱為非彈性碰撞．此類碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能有損失，即機械能不守恒．

③完全非彈性碰撞

如果相互作用力是完全非彈性力，則機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化量最大，即機械能的損失最大，稱為完全非彈性碰撞．碰撞物體粘合在一起，具有同一速度．此類碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，且機械能的損失最大．（4）判定碰撞可能性問題的分析思路①判定系統(tǒng)動量是否守恒．②判定物理情景是否可行，如追碰后，前球動量不能減小，后球動量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度．③判定碰撞前后動能是不增加．【例1】甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kg．m/s，P2=7kg．m/s，甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg．m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關(guān)系可能是下面的哪幾種？（）A、m1=m2B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2．【解析】：甲乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有：P1+P2=P1，+，即：P1，=2kg．m/s．由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉(zhuǎn)化或一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加．所以有，所以有：m1m2，因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有，即m1；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以．因此正確的答案應(yīng)該是（C）選項．【例2】如圖6-2-1所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行．甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況？（）圖6-2-1圖6-2-1B．兩球速度都不為零C．乙球速度為零，甲球速度不為零D．兩球都以各自原來的速率反向運動【解析】首先根據(jù)兩球動能相等，得出兩球碰前動量大小之比為：，因m甲>m乙，則P甲>P乙，則系統(tǒng)的總動量方向向右．根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A、B所述情況，而C、D情況是違背動量守恒的，故C、D情況是不可能的．考點二動量守恒定律（1）定義：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．即：（2）動量守恒定律成立的條件①系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；②系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；③系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒．④全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒．（3）其它表達形式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，Δp1+Δp2=0，Δp1=-Δp2和【例3】如圖6-2-2所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中：（）圖6-2-2圖6-2-2B、動量不守恒、機械能不守恒C、動量守恒、機械能不守恒D、動量不守恒、機械能守恒【解析】若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒．而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能也不守恒．實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)則可認(rèn)為動量守恒（此瞬間彈簧尚未形變）．子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒．物理規(guī)律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規(guī)律的條件．【例4】質(zhì)量為M的小車中掛有一個單擺，擺球的質(zhì)量為M0，小車和單擺以恒定的速度V0沿水平地面運動，與位于正對面的質(zhì)量為M1的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的（）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為V1、V2和V3，且滿足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度為V1、V2，且滿足：MV0=MV1+M1V2；C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都為V，且滿足：MV0=（M+M1）V；D．小車和擺球的速度都變?yōu)閂1，木塊的速度變?yōu)閂2，且滿足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2【解析】：小車與木塊相碰，隨之發(fā)生的將有兩個過程：其一是，小車與木塊相碰，作用時間極短，過程結(jié)束時小車與木塊速度發(fā)生了變化，而小球的速度未變；其二是，擺球?qū)⒁鄬τ谲囅蛴覕[動，又導(dǎo)致小車與木塊速度的改變．但是題目中已明確指出只需討論碰撞的極短過程，不需考慮第二過程．因此，我們只需分析B、C兩項．其實，小車與木塊相碰后，將可能會出現(xiàn)兩種情況，即碰撞后小車與木塊合二為一或它們碰后又分開，前者正是C項所描述的，后者正是B項所描述的，所以B、C兩項正確．（4）分方向動量守恒圖6-2-3【例5】如圖6-2-3所示．質(zhì)量為m的鉛球以大小為v0圖6-2-3【解析】：小球及小車看成一個系統(tǒng)，該系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得mv0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m)【規(guī)律總結(jié)】此類問題屬系統(tǒng)所受外力不為0，豎直方向上受到有外力，動量不守恒，但水平方向上不受外力作用，動量守恒．又如大炮在以傾角發(fā)射炮彈時，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸藥產(chǎn)生的作用力很大，遠大于受到的阻力，故仍認(rèn)為水平方向動量守恒．考點三動量守恒定律應(yīng)用動量守恒定律的一般應(yīng)用步驟：①確定研究對象，選取研究過程；②分析內(nèi)力和外力的情況，判斷是否符合守恒條件；③選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量，最后根據(jù)動量守恒定律列議程求解．不論相互作用力是恒力還是變力，都可以使用動量守恒定律．應(yīng)用動量守恒定律求解時，只需要考慮過程的始末狀態(tài)，不需要考慮過程的細節(jié)．這是它的優(yōu)點所在，定律的表述式是一個矢量式，應(yīng)用時要特別注意方向．（1）動量守恒定律解“人船模型”問題人船模型是動量守恒定律的拓展應(yīng)用，將速度與質(zhì)量的關(guān)系推廣到位移與質(zhì)量，做這類題目，首先要畫好示意圖，要注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關(guān)系．一個原來靜止的系統(tǒng)，由于某一部分的運動而對另一部分有沖量，使另一部分也跟著運動，若現(xiàn)象中滿足動量守恒，則有m1υ1-m2υ2=0，υ1=eq\f(m2,m1)υ2．物體在這一方向上的速度經(jīng)過時間的累積使物體在這一方向上運動一段距離，則距離同樣滿足s1=eq\f(m2,m1)s2，它們的相對距離s相=s1+s2．【例6】質(zhì)量為M、長為L的船靜止在靜水中，船頭及船尾各站著質(zhì)量分別為m1及m2的人，當(dāng)兩人互換位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小為：．提示：若m1>m2，本題可把（m1-m2）等效為一個人，把（M+2m2）看著船，再利用人船模型進行分析求解較簡便．應(yīng)該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關(guān)．不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結(jié)論都是相同的．以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零．如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式．圖6-2-4【例7】如圖6-2-4所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為M的小圓環(huán)，環(huán)上系一長為L質(zhì)量不計的細繩，繩的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當(dāng)線繩與AB成θ圖6-2-4【解析】雖然小球、細繩及圓環(huán)在運動過程中合外力不為零（桿的支持力與兩圓環(huán)及小球的重力之和不相等）系統(tǒng)動量不守恒，但是系統(tǒng)在水平方向不受外力，因而水平動量守恒．設(shè)細繩與AB成θ角時小球的水平速度為v，圓環(huán)的水平速度為V，則由水平動量守恒有：MV=mv，且在任意時刻或位置V與v均滿足這一關(guān)系，加之時間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫為：Md=m［（L-Lcosθ）-d］，解得圓環(huán)移動的距離：d=mL（1-cosθ）/（M+m）【規(guī)律總結(jié)】“人船模型”的特點：兩個物體均處于靜止，當(dāng)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，所以本質(zhì)上也是反沖模型．這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止．載人氣球，例7等均屬于“人船模型”．（2）根據(jù)動量守恒定律求解“合二為一”和“一分為二”問題．“合二為一”問題：兩個速度不同的物體，經(jīng)過相互作用，最后達到共同速度．“一分為二”問題：兩個物體以共同的初速度運動，由于相互作用而分開各自以不同的速度運動．【例8】甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6m/s．甲車上有質(zhì)量為m=1kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質(zhì)量為M1=50kg，乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg．現(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16．5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接?。僭O(shè)某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時：（1）兩車的速度各為多少？（2）甲總共拋出了多少個小球？【解析】甲、乙兩小孩依在拋球的時候是“一分為二”的過程，接球的過程是“合二為一”的過程．（1）甲、乙兩小孩及兩車組成的系統(tǒng)總動量沿甲車的運動方向，甲不斷拋球、乙接球后，當(dāng)甲和小車與乙和小車具有共同速度時，可保證剛好不撞．設(shè)共同速度為V，則:M1V1－M2V1=（M1+M2）V（2）這一過程中乙小孩及時的動量變化為:△P=30×6－30×（－1．5）=225（kg·m/s）每一個小球被乙接收后，到最終的動量為△P1=16．5×1－1．5×1=15（kg·m/s）故小球個數(shù)為（3）根據(jù)圖象分析推理解答相關(guān)問題圖6-2-5【例9】A、B兩滑塊在一水平長直氣墊導(dǎo)軌上相碰，用閃光照相機在t0=0，t1=△t，t2=2·△t，t3=3·△t各時刻閃光四次，攝得如圖6-2-5所示照片，其中B像有重疊，mB=mA，由此可判斷（）圖6-2-5A.碰前B靜止，碰撞發(fā)生在60cm處，t=2.5△t；B.碰前B靜止，碰撞發(fā)生在60cm處，t=0.5△t；C.碰后B靜止，碰撞發(fā)生在60cm處，t=0.5△t；D.碰后B靜止，碰撞發(fā)生在60cm處，t=2.5△t．【解析】若碰撞前B靜止，則VB0=0，則t0，t1，t2時刻B都處在60cm處，所以碰撞只能發(fā)生在x=60cm處，碰撞時t=2.5△t，碰撞后B的速度；碰撞前A的速度，碰撞后．碰撞前系統(tǒng)動量為：，碰撞后系統(tǒng)動量為：，滿足動量守恒定律；碰撞前系統(tǒng)動能為：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，顯然碰撞后系統(tǒng)的動能增加，不符合能量守恒定律．所以碰撞前B不可能靜止，即AC二選項錯誤．若碰撞后B靜止，則VBt=0，則t1，t2，t3時刻B都處在60cm處，所以碰撞只能發(fā)生在x=60cm處，碰撞時t=0.5△t，碰撞前B的速度；碰撞后A的速度，碰撞前A的速度．碰撞前系統(tǒng)動量為：，碰撞后系統(tǒng)動量為：，滿足動量守恒定律；碰撞前系統(tǒng)動能為：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，顯然碰撞后系統(tǒng)的動能減少，符合能量守恒定律．綜上所述，只有選項B正確．V0VOtV0/2t1V0VOtV0/2t1圖6-2-6A．滑塊與木板間始終存在相對運動；B．滑塊始終未離開木板；C．滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量；D．在時刻滑塊從木板上滑出．【解析】從圖中可以看出，滑塊與木板始終沒有達到共同速度，所以滑塊與木板間始終存在相對運動；又因木板的加速度較大，所以滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量；因在t1時刻以后，滑塊和木板都做勻速運動，所以在時刻滑塊從木板上滑出．即選項ACD正確．★二、高考熱點探究【真題】(2008．北京卷）有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發(fā)生正碰，碰撞中無機械能損失．碰后B運動的軌跡為OD曲線，如圖6-2-7所示．（1）已知滑塊質(zhì)量為m，碰撞時間為，求碰撞過程中A對B平均沖力的大?。?）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運動，特制做一個與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲