第一章碰撞与动量守恒1.3动量守恒定律的应用:82张PPT

课件82张PPT。3　
动量守恒定律的应用 一、几个碰撞问题的定量分析
1.弹性碰撞:
(1)碰撞规律:在光滑水平面上质量为m1的小球以速度
v1与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞。其动量和动
能均_____。守恒m1v1=m1v′1+m2v′2
碰后两个物体的速度分别为
v′1= ,v′2= 。讨论:
①若m1>m2,v′1和v′2都是正值,表示v′1和v′2都与v1
方向_____;若m1?m2,v′1=__,v′2=___,表示m1速度不
变,m2以2v1的速度被撞出去。
②若m1回;若m1?m2,v′1=___,v′2=__,表示m1被反向以原速
率弹回,而m2仍静止。相同v12v1相反-v10③若m1=m2,则有v′1=__,v′2=__,即碰撞后两球交换了
_____。
(2)中子的发现:查德威克利用_________的规律,通过
定量分析发现了中子。
2.完全非弹性碰撞:碰撞后两物体粘在一起,获得共同
速度,其_____守恒。0v1速度弹性碰撞动量【想一想】质量相等的两个小球发生弹性碰撞,一定交换速度吗?
提示:质量相等的两个小球只有发生对心的弹性碰撞时,系统动量守恒,总动能守恒,才会交换速度,否则不会交换速度。二、火箭的发射与反冲现象
1.反冲现象:遵循_________定律。
2.火箭的发射:
(1)原理:火箭的发射利用了_____现象,靠喷出高速气
流获得较大速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素:一是向后的喷气速
度;二是_______。喷气速度越大,质量比越大,最终速
度就_____。动量守恒反冲质量比越大【判一判】
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的作用效果。　 (　　)
(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。　 (　　)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体也适用于微观粒子。　 (　　)
(4)火箭应用了反冲的原理。　 (　　)提示:(1)根据反冲运动的特点可得(1)正确。
(2)反冲运动中,若内力远大于外力也可用动量守恒定律进行分析,故(2)错误。
(3)根据反冲运动的适用范围可得(3)正确。
(4)根据火箭的工作原理可得(4)正确。知识点一、对碰撞问题的认识与理解
思考探究:
如图所示,光滑的水平面上有A、B两个物体,其中带有轻弹簧的物体B静止,质量为m的物体A以速度v0向物体B运动。
请思考以下问题:
(1)碰撞过程中系统的动量守恒吗?
(2)弹簧最短时,A、B的速度有什么关系?
(3)弹簧最短时,系统的总动量为多少?【归纳总结】
1.碰撞过程的特点:
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短,各物体作用前后各自动量变化显著,物体在作用时间内的位移可忽略。
(2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零,因为内力远大于外力,作用时间又很短,所以外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒的。(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰前的系统机械能。
(4)对于弹性碰撞,碰撞前后无动能损失;对非弹性碰撞,碰撞前后有动能损失;对于完全非弹性碰撞,碰撞前后动能损失最大。2.碰撞过程的分析:
判断依据:在所给条件不足的情况下,碰撞结果有各种可能,但不管哪种结果必须同时满足以下三条:
(1)系统动量守恒,即p1+p2=p′1+p′2。
(2)系统动能不增加,即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2或
(3)符合实际情况,如果碰撞前两物体同向运动,则后面的物体速度必大于前面物体的速度,即v后>v前,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前的物体的速度一定增大,且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度,即v′前≥v′后,否则碰撞没有结束。如果碰撞前两物体相向运动,则碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变,除非两物体碰撞后速度均为零。【特别提醒】
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题,不管碰撞环境如何,要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动量守恒方程即可,此时应注意速度正、负号的选取。 【典例探究】
【典例】如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点,质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于　(　　)A.P的初动能　　　　　 B.P的初动能的
C.P的初动能的2倍 D.P的初动能的【思路点拨】
解答本题需掌握以下两点:
(1)碰撞过程系统的总动量守恒。
(2)弹簧的弹性势能最大时,弹簧最短,此时P、Q具有共同的速度。【正确解答】选B。设P的初速度为v0,当弹簧具有最大弹性势能时,P、Q速度相等,由动量守恒,mv0=2mv′,v′= ,系统具有最大弹性势能
故选B。【总结提升】处理碰撞问题应把握好三个基本原则
在碰撞过程中,系统的总动能不可能增加,如果是弹性碰撞,碰撞前后总动能不变,如果是非弹性碰撞,则有部分动能转化为内能,系统总动能减少。其中碰撞后结合为一体的情形,损失的动能最多。所以,在处理碰撞问题时,通常要抓住三项基本原则:(1)碰撞过程中动量守恒原则。
(2)碰撞后总动能不增加原则。
(3)碰撞后状态的合理性原则(碰撞过程的发生必须符合客观实际)。比如追及碰撞:碰撞后在前面运动的物体速度一定增加,若碰撞后两物体同向运动,后面的物体速度一定不大于前面物体的速度。【过关训练】
1.(多选)如图,大小相同的摆球a和b的
质量分别为m和3m,摆长相同,并排悬挂,
平衡时两球刚好接触。现将摆球a向左
拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是
弹性的,下列判断正确的是　(　　)A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置【解析】选A、D。两球弹性碰撞时动量守恒、动能守
恒,设碰撞前a球速度为v,碰撞后两球速度大小分别为
速度大小相等,
选项A正确;由于质量不同,碰后两球动量不相等,选项B
错误;碰后动能转化为重力势能,由 =mgh知,上升
的最大高度相等,所以最大摆角相等,选项C错误;由于
摆角很小,小球的运动可看做单摆模型,周期由摆长决定,所以两球的周期相等,各经过二分之一周期在平衡位置发生第二次碰撞,选项D正确。2.(2015·山东高考)如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以 v0、 v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。【解析】设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由
题意知,碰后A的速度vA′= v0,B的速度vB= v0,由动
量守恒定律得mvA=mvA′+mvB　 ①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得
　 ②
设B与C碰撞前B的速度为vB′,B克服轨道阻力所做的功
为WB,由功能关系得　 ③据题意可知WA=WB　 ④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得mvB′=2mv　 ⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得v= v0　 ⑥
答案: v0【补偿训练】
甲、乙两铁球质量分别是m1=1kg,m2=2kg,在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6m/s、v2=2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是(　　)
A.v′1=7m/s,v′2=1.5m/s
B.v′1=2m/s,v′2=4m/s
C.v′1=3.5m/s,v′2=3m/s
D.v′1=4m/s,v′2=3m/s【解析】选B。选项A和B均满足动量守恒条件,但选项A碰后总动能大于碰前总动能,选项A错误、B正确;选项C不满足动量守恒条件,错误;选项D满足动量守恒条件,且碰后总动能小于碰前总动能,但碰后甲球速度大于乙球速度,不合理,选项D错误。故应选B。知识点二、正确区分爆炸与碰撞的异同点
思考探究:观察以上图片,请思考以下问题:
(1)爆炸后,系统的总动量是多少?m、m1、m2以及v0、v1、v2之间有什么关系?
(2)爆炸前后系统的总动能变化吗?如果变化又是怎样变化的?【归纳总结】
【特别提醒】
(1)在碰撞过程中,系统的动量守恒,但机械能不一定守恒。
(2)在爆炸过程中,系统的动量守恒,机械能一定不守恒。
(3)宏观物体碰撞时一般相互接触,微观粒子的碰撞不一定接触,但只要符合碰撞的特点,就可认为是发生了碰撞,可以用动量守恒的规律分析求解。 【典例探究】
【典例】以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
(1)求质量较小的另一块弹片速度的大小和方向。
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能。【思路点拨】
本题为涉及爆炸过程的动量问题,解答本题应注意以下四点:
(1)判断这一过程是否满足动量守恒。
(2)确定爆炸过程的初、末状态。
(3)求解初状态即手榴弹到达最高点炸裂前的速度是关键。
(4)结合爆炸过程中能量守恒分析求解。【正确解答】(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度:
v1=v0cos60°= v0设v1的方向为正方向,如图所示:由动量守恒定律得:
3mv1=2mv1′+mv2。
(其中爆炸后大块弹片速度v1′=2v0,小块弹片的速度v2为待求量),解得v2=-2.5v0,“-”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增
量,即:
答案:(1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反　
(2)【过关训练】
1.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是　(　　)
A.3v0-v　　　　　 B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v【解析】选C。在最高点水平方向动量守恒,由动量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv′,可得另一块的速度为v′=3v0-2v,故C正确。2.有一竖直向上发射的炮弹,炮弹的质量为M=6.0kg(内含炸药质量忽略不计),射出的初速度v0=60m/s。当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片,其中一片质量为4.0kg,现要求这一片不能落到以发射点为圆心,半径为R=600m的圆圈范围内,则刚爆炸后两弹片的总动能至少为多少?(不计空气阻力,g取10m/s2)【解析】爆炸瞬间内力远大于外力,系统动量守恒,且炮弹炸裂后形成的两弹片均做平抛运动。由题意知,两弹片的飞行时间:t= =6s,所以质量为m1=4.0kg的弹片的速度至少为:v1= =100m/s,另一弹片质量为m2=M-m1=2.0kg,设其速度为v2,取v1的
方向为正方向,则由动量守恒得:m1v1+m2v2=0,解得v2=
-200 m/s,负号表示质量为m2的弹片与质量为m1的弹片
运动方向相反。故爆炸后两弹片总动能至少为:
=6.0×104J
答案:6.0×104J知识点三、对反冲运动的理解
思考探究:
如图所示,充满气的气球被固定在一个小玩具车上,整个装置处于静止状态,请大家思考以下问题:(1)当气球向外喷气时,小车处于什么状态?
(2)小车向哪运动?与喷气的方向是什么关系?为什么?【归纳总结】
1.反冲运动的特点:
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
(2)反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力,所以可以用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中,由于有其他形式的能转变为机械能,所以系统的总动能增加。2.讨论反冲运动时应注意的问题:
(1)相对速度问题:在讨论反冲运动时,有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度),应先将相对速度转换成对地的速度后,再列动量守恒定律方程。(2)变质量问题:在讨论反冲运动时,还常遇到变质量物体的运动,如在火箭的运动过程中,随着燃料的消耗,火箭本身的质量不断减小,此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象,取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。【特别提醒】
(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒。
(2)内力做的功往往会改变系统的总动能。 【典例探究】
【典例】
平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A点,距货厢水平距离为l=4m,如图所示。人的质量为m,车连同货厢的质量为M=4m,货厢高度为h=1.25m,求:
(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度。
(2)人落在平板车地板上并站定以后,车还运动吗?车在地面上移动的位移是多少?【思路点拨】人从货厢上跳出的过程中,人与货厢及车组成的系统水平方向动量守恒。人落到车上的过程中,系统水平方向动量仍守恒。人在空中运动过程中做平抛运动,而车做匀速直线运动。【正确解答】
(1)人从货厢边跳离的过程,系统
(人、车和货厢)水平方向动量守
恒,设人的水平速度是v1,车的反
冲速度是v2,则mv1-Mv2=0,解得v2= v1。
人跳离货厢后做平抛运动,车以v2做匀速运动,运动时
间为在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为
s1=v1t,s2=v2t。
由图可知,s1+s2=l。
即v1t+v2t=l,
则v2= =1.6 m/s。(2)车的水平位移为s2=v2t=1.6×0.5m=0.8 m。
人落到车上A点的过程,系统水平方向的动量守恒(水平方向系统没有受外力,而竖直方向支持力大于重力,合力不为零),人落到车上前的水平速度仍为v1,车的速度为v2,落到车上后设它们的共同速度为v,根据水平方向动量守恒得:mv1-Mv2=(M+m)v,可得v=0。
故人落到车上A点站定后车的速度为零。
答案:(1)1.6m/s　(2)不运动　0.8m【总结提升】运用动量守恒定律求解反冲运动问题的步骤
(1)判断系统的动量是否守恒:分清系统中的物体受的力哪些是内力,哪些是外力。反冲运动中,相互作用的内力一般远大于外力,可以应用动量守恒定律求解。
(2)以地面为参照物确定反冲运动中相互作用的物体的速度。
(3)根据动量守恒定律列方程求解。【过关训练】
1.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v-t图像为　(　　)【解析】选B。跳下瞬间相互作用的内力远大于地面的摩擦阻力,所以,跳车瞬间动量守恒,设人跳下小车后小车的瞬时速度为v,根据动量守恒定律有3mv0=2mv-mv0,所以v=2v0,因此选项B正确。2.小车静置在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,人站在车的一端,靶固定在车的另一端,枪离靶的距离为d,如图所示。已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹),每发子弹质量为m,共n发,每发子弹击中靶后,就留在靶内,且待前一发击中靶后,再打下一发。打完n发后,小车移动的距离为多少?【解析】由题意知系统动量守恒,前一发击中靶后,再打下一发,说明发射后一发子弹时,车已经停止运动。每发射一发子弹,车后退一段距离。每发射一发子弹时,子弹动量为mv,由动量守恒定律有:0=mv-[M+(n-1)m]v
mv=[M+(n-1)m]v′设每发射一发子弹车后退x,则子弹相对于地面运动的
距离是(d-x),由动量守恒定律有:
解得:x= ,则打完n发后车共后退s= 。
答案:【温馨提示】动量及动量守恒定律是高考考查的重点,属必考内容.此部分往往会结合一些新的情景设计问题,多以中难度以上考题出现,是考查考生推理能力和综合分析能力的重点内容,因此在学习的过程中一定要多加重视。【拓展例题】考查内容:反冲运动中变质量问题的处理方法
一火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1000 m/s(相对地面),设火箭质量M=300kg,发动机每秒喷气20次。
(1)当第三次气体喷出后,火箭的速度多大?
(2)运动至第1s末,火箭的速度多大?【思路点拨】由于每次喷出气体的速度是相对地面的且恒定,因此,多次喷出与一次喷出(其质量为多次的总和)是等效的,这样处理使解题过程得到了简化。【正确解答】方法一:(1)喷出气体的运动方向与火箭
运动的方向相反,系统动量守恒。
第一次气体喷出后,设火箭速度为v1,
有(M-m)v1-mv=0,
所以v1= ;第二次气体喷出后,设火箭速度为v2,
有(M-2m)v2-mv=(M-m)v1,
所以v2= ;
第三次气体喷出后,设火箭速度为v3,
有(M-3m)v3-mv=(M-2m)v2,
所以v3= =2 m/s。(2)以此类推,第n次气体喷出后,设火箭速度为vn,则有
(M-nm)vn-mv=[M-(n-1)m]vn-1。
因为每秒喷气20次,所以第1s末火箭速度为
v20= =13.5 m/s。方法二:选取整体为研究对象,运用动量守恒定律求
解。
(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3,以火箭和喷出
三次气体为研究对象,据动量守恒定律,得
(M-3m)v3-3mv=0,　所以v3= =2m/s。(2)设喷出20次气体后火箭的速度为v20,以火箭和喷出
的20次气体为研究对象,有
(M-20m)v20-20mv=0,
所以v20= =13.5m/s。
答案:(1)2m/s　(2)13.5 m/s应用动量守恒定律解题时的注意事项
1.整体性:动量守恒定律是对一个物体系统而言的,具有系统的整体性,而不能对系统的一个部分。
2.矢量性:动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变,在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法。3.相对性:动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言,如系统的各部分所选取的参考系不同,动量守恒不成立。
4.瞬时性:一般来说,系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量,系统在某一时刻的动量,应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。【案例展示】质量为M的小车,以速度v0在光滑水平地面上前进,上面站着一个质量为m的人。求:当人以相对车的速度u向后水平跳出后,车的速度为多大?【正确解答】选地面为参照系,以小车前进的方向为正
方向,根据动量守恒定律得:
(M+m)v0=Mv-m(u-v)
解得:v=v0+ u
答案:v0+ u【易错分析】本题易错角度及错误原因分析如下: