(共69张PPT)
第1章 动量守恒研究
第1节 动
量
定
理
一、动量
【情境思考】
在光滑的水平桌面上,小球A碰撞小球B,有不变量吗?
必备知识·自主学习
1.动量:
(1)定义:运动物体的_____和_____的乘积,通常用__表示。
(2)公式:p=___。
(3)单位:________。
(4)方向:与物体_________的方向相同。动量是__(A.矢量 B.标量)。
质量
速度
p
mv
kg·m/s
运动速度
A
2.动量变化量:
(1)定义:物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差。
(2)公式:Δp=_______。
(3)单位:与动量的单位__(A.相同 B.不相同)。
(4)方向:其方向与速度变化量的方向__(A.相同 B.不相同)。
mv2-mv1
A
A
二、动量定理
【情境思考】
动量的变化量与力和力的作用时间的乘积有何关系?
1.冲量:
(1)定义:力和力的作用时间的_____叫作这个力的冲量,简称冲量,通常用__
表示。
(2)公式:I=___。
(3)单位:N·s。
(4)方向:与力的方向__(A.相同 B.不相同)。冲量是__(A.矢量 B.标量)。
乘积
I
Ft
A
A
2.动量定理:
(1)内容:物体所受合外力的冲量等于物体的_________。
(2)公式:I=____。
(3)牛顿第二定律的另一种表述:
作用在物体上的合外力等于物体_____________,即F=
,从该式可以
看出:当物体动量的变化量一定时,力作用时间越短,作用力_____;力作用时间
越长,作用力_____。
动量变化
Δp
动量的变化率
越大
越小
三、碰撞与缓冲的实例分析
1.利用碰撞产生的强大冲击力对外做功:
冲床冲压工件时,冲头与工件的碰撞_____很短,在冲头与工件间产生很大的作
用力。
2.延长作用力的作用时间:
汽车上的驾乘人员都必须系上安全带,万一出现事故,这些设施可以起到_____
作用,减轻事故对车内人员的伤害。
时间
缓冲
【易错辨析】
(1)动量只有大小,没有方向,是标量。
( )
(2)动量变化量的方向与速度变化量的方向相同。
( )
(3)恒力的作用时间越长,冲量越大。
( )
(4)物体动量的变化量一定时,力作用时间越短,作用力越大。
( )
(5)物体所受合外力的冲量越大,它的动量也越大。
( )
提示:(1)×。动量有方向,与速度方向相同,是矢量。
(2)√。动量的方向与速度方向相同,动量变化量的方向与速度变化量的方向相同。
(3)√。根据冲量I=F·t可知,F一定时,时间t越大,I越大。
(4)√。根据动量定理Ft=Δp可以得出此说法是正确的。
(5)×。冲量越大,动量变化量越大,但动量不一定大,它还与初态的动量有关。
关键能力·合作学习
知识点一 动量及动量变化
1.动量的性质:
(1)动量的瞬时性:通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示。
(2)动量的矢量性:动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
(3)动量的相对性:物体的动量与参考系的选择有关。选择不同的参考系时,同一物体的动量可能不同,在不说明参考系的情况下,物体的动量通常是指物体相对地面的动量。
2.动量变化的计算:动量是矢量,动量的变化量也是矢量。Δp=p2-p1为矢量表达式,当p2、p1在同一直线上时,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算;当p2、p1不在同一直线上时,应依据平行四边形定则运算。
提醒:动量和动能的区别与联系
(1)动量是矢量,动能是标量。当某一物体的速度变化时,物体的动量一定发生
变化,而物体的动能不一定发生变化。
(2)动能从能量的角度描述物体的状态,动量从运动物体的作用效果方面描述
物体的状态。
(3)动量和动能都是描述物体运动状态的物理量,它们之间数值的关系是:Ek=
,p=
。
【典例示范】
【典例1】(2020·宁德高二检测)关于动量的概念,下列说法正确的是
( )
A.运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向
B.物体的加速度不变,其动量也一定不变
C.物体的动能不变,其动量也一定不变
D.物体的动量越大,其惯性也越大
【解析】选A。动量具有瞬时性,任一时刻物体的动量方向,即该时刻的速度方向,选项A正确。加速度不变,则物体速度的变化率恒定,而运动的速度均匀变化,故其动量也均匀变化,选项B错误。物体的动能不变,则物体速度的大小不变,方向不确定,故其动量也一定不变是错误的,选项C错误。惯性由物体质量决定,物体的动量越大,其质量并不一定越大,惯性也不一定越大,选项D错误。故选A。
【典例2】(多选)质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面①，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1②，如图所示，则A、B两物体(
)
A.滑到h1高度时的动量相同
B.滑到h1高度时的动能相等
C.由h2滑到h1的过程中物体动量变化相等
D.由h2滑到h1的过程中物体动能变化相等
【审题关键】
序号
信息提取
①
不受摩擦力,只有重力做功
②
两个物体重力做功相等
【解析】选B、D。两物体由h2下滑到h1高度的过程中,机械能守恒,mg(h2-h1)=
mv2,v=
,物体下滑到h1处时,速度的大小相等,由于α不等于β,
速度的方向不同,由此可判断,物体在h1高度处动能相同,动量不相同。物体运
动过程中动量的变化量不同,而物体动能的变化量相等,B、D正确。
【素养训练】
1.2019年国庆70周年大阅兵,空军战机梯队十分抢眼,由空警-2000率领的歼-7战斗机编队搏得一片掌声,对比空警-2000预警机和歼-7战斗机
(
)
A.两者速度相同
B.两者惯性相同
C.两者动量相同
D.两者动能相同
【解析】选A。两者相对静止,故速度相同,A正确;空警-2000预警机质量较大,
惯性较大,B错误;根据公式p=mv,Ek=
mv2可知,两者的动量和动能都不相同,所
以C、D错误。故选A。
2.一台自动传送盘,盘上离转轴0.5
m处有一质量为0.5
kg的零件,随盘做匀速圆周运动,则当盘以角速度为2
rad/s转过180°的过程中,则零件动量的变化量大小为
( )
A.0.25
kg·m/s
B.0.5
kg·m/s
C.1
kg·m/s
D.2
kg·m/s
【解析】选C。零件动量的变化量大小为Δp=mv2-mv1=2mωr=2×0.5×0.5×
2
kg·m/s=1
kg·m/s,故选项C正确。
【加固训练】
(多选)关于动量的变化,下列说法中正确的是
( )
A.做直线运动的物体速度增大时,动量的增量Δp与速度的方向相同
B.做直线运动的物体速度减小时,动量的增量Δp与运动方向相反
C.物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零
D.物体做曲线运动时,动量的增量Δp一定不为零
【解析】选A、B、D。当做直线运动的物体速度增大时,其末动量p2大于初动量p1,由矢量的运算法则可知Δp=p2-p1>0,与速度方向相同,如图甲所示,选项A正确;当做直线运动的物体速度减小时,Δp=p2-p1<0,即p2
知识点二 冲量及其计算
1.冲量的内涵:
(1)冲量的绝对性:由于力和时间均与参考系无关,所以力的冲量也与参考系的
选择无关。
(2)冲量是矢量:冲量的运算服从平行四边形定则,合冲量等于各外力的冲量的
矢量和,若整个过程中,不同阶段受力不同,则合冲量为各阶段冲量的矢量和。
(3)冲量是过程量:它是力在一段时间内的积累,它取决于力和时间这两个因
素。所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
(4)冲量的单位:在国际单位制中,力F的单位是N,时间t的单位是s,所以冲量的单位是N·s。冲量与动量的单位关系是:1
N·s=1
kg·m/s,但要区别使用。
(5)判断两个力的冲量是否相同,要看这两个力冲量的大小是否相等和方向是否相同,缺一不可。
(6)冲量和功不同:力对物体有冲量时,不一定对物体做功;力对物体做功时,一定对物体有冲量。
2.冲量的计算:
(1)恒力的冲量:公式I=Ft适用于计算某个恒力的冲量,这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积,冲量的方向与恒力方向一致。若力为同一方向随时间均匀变化的力,该力的冲量可以用平均力计算;若力为一般变力,则不能直接计算冲量。
(2)变力的冲量:
①变力的冲量通常可利用动量定理I=Δp求解。
②可用图象法计算,如图所示,若某一力方向恒定不变,那么在F-t图象中,图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt=t2-t1内的冲量。
3.动量与冲量的区别:
(1)过程量与状态量的区别:
①冲量是一个过程矢量。它的方向即产生冲量的力的方向,冲量的大小等于力与该力作用过程所经历的时间的乘积。所以在谈到冲量时,一定要明确是哪个力、在哪段时间内的冲量。
②动量是一个状态矢量。它的方向即物体此时的速度方向。在变速运动中,物体的速度时刻发生着变化,那么物体的动量也在时刻发生变化。当物体沿直线运动时,动量变化情况可以在选定正方向的情况下,将矢量计算化为代数运算。
(2)因果关系的区别:冲量是描述作用力在时间上的累积效果的物理量,也就是说冲量定量地反映了力对物体作用一段时间的效果,使物体的动量发生变化,即冲量是物体动量变化的原因(这相当于力使物体速度发生变化,即产生加速度的原因),也是物体动量变化的量度。
【典例示范】
【典例】如图所示,质量为2
kg的物体沿倾角为θ=30°,高为5
m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中,g取10
m/s2,求:
(1)重力的冲量。
(2)支持力的冲量。
(3)合力的冲量。
【思维·建模】
【解析】由于物体下滑过程中各个力均为恒力,所以只要求出物体下滑的时间,
便可以用公式I=Ft逐个求出。由牛顿第二定律得:a=
=gsinθ=5
m/s2
由x=
at2,得t=
=2
s
重力的冲量为
IG=mgt=2×10×2
N·s=40
N·s,方向竖直向下。
支持力的冲量为
IN=FNt=mgcosθt=20
N·s,方向垂直于斜面向上。
合力的冲量为
I合=F合t=mgsinθt=20
N·s,方向沿斜面向下。
答案:(1)40
N·s,方向竖直向下
(2)20
N·s,方向垂直于斜面向上
(3)20
N·s,方向沿斜面向下
【规律方法】
恒力冲量的计算技巧
1.求某个力的冲量:仅由该力的大小和作用时间共同决定,与其他力是否存在及物体的运动状态无关。例如,一个物体受几个恒力作用处于平衡状态,其中每一个力的冲量均不为零。
2.求合冲量:
(1)如果是一维情形,可以转化为代数和,如果不在一条直线上,求合冲量遵循平行四边形定则。
(2)两种方法:
①分别求每一个力的冲量,再求各冲量的矢量和,I合=F1t1+F2t2+F3t3+…;
②如果各力的作用时间相同,可以先求合力,再用I合=F合t求解。
【素养训练】
1.对于力的冲量的说法,正确的是
( )
A.
作用在物体上的力越大,力的冲量就越大
B.作用在物体上的力越大,力的冲量不一定大
C.力F1与作用时间t1的乘积F1t1等于F2与作用时间t2的乘积F2t2,则这两个冲量相同
D.静置于地面的物体受水平推力F的作用,经时间t仍静止,则此推力的冲量为零
【解析】选B。由冲量公式
I=Ft,作用在物体上的力大,时间不一定相等,故冲量不一定大,故A错误,B正确;冲量是矢量,F1与作用时间t1的乘积F1t1等于F2与作用时间t2的乘积F2t2,则这两个冲量大小相等,但方向不一定相同,所以冲量不一定相同,故C错误;静置于地面的物体受水平推力F的作用,经时间t仍静止,则此推力的冲量为Ft,与物体的速度无关,故D错误。
2.一个质量为m的物体,从离地面高为h的位置以初速度v0水平抛出,求物体从开
始抛出到落至地面这段时间内重力的冲量。
【解析】因为重力为恒力,其大小为mg,方向竖直向下,所以重力的冲量可直接
用I=Ft解。设物体运动的时间为t,因平抛运动在竖直方向上是自由落体运动,
所以h=
gt2,
则t=
。
重力在这段时间内的冲量大小为I=Ft=
冲量的方向与重力的方向一致,即竖直向下。
答案:
,方向竖直向下
知识点三 动量定理及其应用
1.动量定理的分析:
(1)动量定理反映了合外力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即合外力的冲量是原因,动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量。它可以是合外力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式,等号包含大小相等、方向相同两方面的含义。
(4)动量定理具有普遍性,即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,作用力不论是恒力还是变力,几个力作用的时间不论是相同还是不同,动量定理都适用。
2.定性解释一些物理现象:
(1)在动量变化一定的情况下,如果需要增大作用力,必须缩短作用时间。
(2)在动量变化一定的情况下,如果需要减小作用力,必须延长作用时间——缓冲作用。
【问题探究】
情境:
讨论:
(1)甲图中,若已知网球与球拍作用前后的速率分别为v1、v2,且都与球拍垂直,如何求动量的变化量?(设网球的质量为m)
(物理观念)
提示:以v1的方向为正方向,则Δp=-mv2-mv1。
(2)乙图中,分析沙坑和水泥地面对运动员的作用力有什么不同影响?
(科学思维)
提示:对同一次跳远,运动员与沙作用前后的速度变化量是固定的,也就是动量的变化量Δp是一定的,由动量定理知F·Δt=Δp。因运动员与沙的作用时间Δt比与水泥地面的作用时间长,所以沙对运动员的作用力小于水泥地面对运动员的作用力。
【典例示范】
【典例】质量为0.5
kg的弹性小球,从1.25
m
高处自由下落,与地板碰撞后回跳高度为0.8
m,设碰撞时间为0.1
s,g取10
m/s2,求小球对地板的平均冲力。
【解析】取小球为研究对象。根据小球做自由落体和竖直上抛运动,可知碰撞前的速度v1=
=5
m/s,方向向下。
碰撞后的速度v2=
=4
m/s,
方向向上。
碰撞时小球受力情况如图所示,
取竖直向上为正方向,根据动量定理
(N-mg)t=mv2-m(-v1)
则N=
+mg
=0.5×
N+0.5×10
N=50
N
由牛顿第三定律可知,小球对地板的平均冲力大小为50
N,方向竖直向下。
答案:50
N,方向竖直向下
【规律方法】
应用动量定理的解题步骤
(1)确定研究对象:研究对象可以是一个物体,也可以是两个及两个以上物体组成的系统。
(2)确定物理过程:确定在哪一段时间内应用动量定理。
(3)分析运动情况:给出外力冲量的矢量和的表达式。
(4)分析始末的动量:根据所选正方向写出动量改变量的表达式。
(5)列方程求解。
【素养训练】
1.(母题追问)在【典例】的解析中,若取竖直向下为正方向,则又如何列式求解?
【解析】取竖直向下为正方向,根据动量定理,对小球列式得:
Nt+mgt=-mv2-mv1
解得N=-50
N
负号表示小球受到的支持力方向竖直向上
由牛顿第三定律可知,小球对地板的平均冲力大小为50
N,方向竖直向下。
答案:50
N,方向竖直向下
2.(2020·济南高二检测)如图所示,一小孩把一质量为0.5
kg的篮球由静止释放,释放后篮球的重心下降的高度为0.8
m,反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2
m,不计空气阻力,取重力加速度g=10
m/s2,则地面与篮球相互作用的过程中篮球所受合力的冲量大小为
( )
A.0.5
N·
s
B.1
N·
s
C.2
N·
s
D.3
N·
s
【解析】选D。篮球的重心下降高度为0.8
m的速度v1=
m/s
=4
m/s,方向向下
反弹后篮球的重心上升高度为0.2
m的初速度v2=
m/s=2
m/s,
方向向上
规定竖直向下为正方向,由动量定理得:I合=mv2-mv1=0.5×(-2)
N·s-0.5×
4
N·s=-3
N·s。故D正确。
3.如图所示,俄罗斯的世界杯足球赛场上,一足球运动员踢一个质量为0.4
kg的足球。若足球以10
m/s的速度撞向球门门柱,然后以3
m/s的速度反向弹回。
(1)求这一过程中足球的动量改变量。
(2)若这一过程持续时间为0.2
s,求足球受到的平均作用力。
【解析】(1)选初速度方向为正方向。初动量为:p=mv=0.4×10
kg·m/s=4.0
kg·m/s;末动量为:p′=mv′=0.4×(-3)
kg·m/s=-1.2
kg·m/s;动量改变量
为:Δp=p′-p=-5.2
kg·m/s,方向与初速度方向相反。
(2)根据动量定理FΔt=Δp可得:
足球受到的平均作用力大小为F=
N=-26
N,负号表示方向与初速度
方向相反。
答案:(1)5.2
kg·m/s,方向与初速度方向相反
(2)26
N,方向与初速度方向相反
【加固训练】
质量相等的物体P和Q,并排静止在光滑的水平面上,现用一水平恒力推物体P,
同时给Q物体一个与F同方向的瞬时冲量I,使两物体开始运动。当两物体重新
相遇时,所经历的时间为
( )
【解析】选B。P和Q受作用后分别做匀加速直线运动和匀速直线运动,再次相
遇时,由于路程和时间相同,vP=2vQ。根据动量定理,对P有Ft=mvP,对Q有I=mvQ。
由以上两式可求得t=
。
【拓展例题】考查内容:动量定理在实际问题中的应用
【典例】一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,车身因相互挤压皆缩短了0.5
m,根据测算,两车相撞前速度约为30
m/s。
(1)试求车祸中车内质量约60
kg的人受到的平均冲力是多大?
(2)若此人系有安全带,安全带在车碰撞过程中与人体的作用时间是1
s,求这时人体受到的平均冲力为多大?
【解析】(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5
m。
设运动的时间为t,根据s=
t,得t=
根据动量定理得-Ft=Δp=0-mv0
解得F=
N=5.4×104
N。
(2)若人系有安全带,则
F′=
N=1.8×103
N。
答案:(1)5.4×104
N (2)1.8×103
N
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.运动员向球踢了一脚(如图),踢球时的力F=100
N,球在地面上滚动了t=10
s停下来,则运动员对球的冲量为
( )
A.1
000
N·s B.500
N·s C.零 D.无法确定
【解析】选D。滚动了t=10
s是地面摩擦力对足球的作用时间。不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量。
2.（2020·全国Ⅰ卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(
)
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】选D。有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，则动量的改变量也相同，故选项B错误；安全气囊延长司机受力作用时间，同时增大司机的受力面积，根据动量定理，则减少了司机受力大小，从而司机单位面积的受力大小也减少，故选项A错误，D正确；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，故选项C错误。
3.(2019·全国卷Ⅰ)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3
km/s,产生的推力约为4.8×106
N,则它在1
s时间内喷射的气体质量约为
( )
A.1.6×102
kg
B.1.6×103
kg
C.1.6×105
kg
D.1.6×106
kg
【解析】选B。设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,对该气体根
据动量定理有:Ft=mv-0,解得m=
kg=1.6×103
kg,故选项B正确,
A、C、D错误。
【加固训练】
高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长。若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
( )
【解析】选A。由动量定理得(mg-F)t=0-mv,得F=
+mg,选项A正确。
4.(2020·福州高二检测)质量为1
kg的物体做直线运动,其速度图象如图所示。则物体在前10
s内和后10
s内所受外力的冲量分别是
( )
A.10
N·s,10
N·s
B.10
N·s,-10
N·s
C.0,10
N·s
D.0,-10
N·s
【解析】选D。由图象可知,在前10
s内初、末状态的动量相同,p1=p2=
5
kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10
s内末状态的动量p3=-5
kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-10
N·s,故正确答案为D。
5.冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程,如图所示,运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手,此后冰壶沿AO′滑行,最后停于C点。已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ,冰壶质量为m,AC=L,CO′=r,重力加速度为g。
(1)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小。
(2)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ,
原只能滑到C点的冰壶能停于O′点,求A点与B点之间的距离。
【解析】(1)由-μmgL=0-
,得vA=
。
由I=mvA,将vA代入得I=m
。
(2)设A点与B点之间的距离为s,由-μmgs-0.8μmg(L+r-s)=0-
,将vA代
入得s=L-4r。
答案:(1)m
(2)L-4r(共81张PPT)
第2节 动量守恒定律
一、动量守恒定律
【情境思考】
在光滑的冰面上,两滑冰运动员互推后,总动量守恒吗?
必备知识·自主学习
1.内容:一个系统不受_____或者所受_______为零,这个系统的_______保持
不变。
2.适用的普遍性:不仅_____、_____物体的运动遵循这一规律,而且_____、
_____物体的运动也遵循这一规律。
3.表达式:_____________________。
外力
合外力
总动量
低速
宏观
高速
微观
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
二、反冲运动与火箭
【情境思考】
给气球充上气,然后使气球放气,会出现什么现象?
1.反冲:
根据动量守恒定律,一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分,一部分
向某一个方向运动,另一部分向_____方向运动的现象。
2.反冲现象的防止及应用:
(1)防止:枪身的反冲、高压水枪的反冲等。
(2)应用:喷灌装置、火箭等。
相反
3.火箭:
(1)原理:火箭的飞行应用了_____的原理,靠喷出气流的反冲作用来获得巨大
速度。
(2)影响火箭获得速度大小的因素。
①_________,喷气速度_____,火箭能达到的速度_____。
②燃料质量越大,负荷_____,火箭能达到的速度也_____。
反冲
喷气速度
越大
越大
越小
越大
【易错辨析】
(1)如果系统的机械能守恒,则动量也一定守恒。
( )
(2)只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒。
( )
(3)做匀速圆周运动的物体动量是守恒的。
( )
(4)做匀速直线运动的物体动量是守恒的。
( )
(5)一切反冲现象都是有益的。
( )
提示:(1)×。如果系统的机械能守恒,动量不一定守恒,比如自由落体运动,机械能守恒,但动量增加。
(2)×。系统内存在摩擦力,但只要系统合外力为零,动量依然守恒。
(3)×。做匀速圆周运动物体的速度方向时刻变化,动量时刻变化,动量不守恒。
(4)√。做匀速直线运动的物体的速度不变,动量不变,动量守恒。
(5)×。反冲运动并不都是有益的。例如,打枪射击时,枪身对肩部的撞击。
关键能力·合作学习
知识点一 探究动量守恒
1.实验目的:
(1)明确探究碰撞中的不变量的基本思路。
(2)掌握测量同一条直线上两个物体碰撞前后速度的方法。
(3)了解实验数据的处理方法。
2.实验原理:
(1)一维碰撞:两个物体碰撞前沿同一直线运动,碰撞后仍沿同一直线运动的碰撞。
(2)探究碰撞中的不变量:在一维碰撞的情况下,设两个物体的质量分别为m1、m2,碰撞前的速度分别为v1、v2,如果速度的方向与我们规定的方向一致取正值,相反取负值,探究以下关系是否成立:
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
(3)实验方案设计:实验装置如图所示。不同的质量可以通过在滑块上加重物的办法实现。
①质量的测量:用天平测量。
②速度的测量:v=
,式中的Δx为滑块上挡光板的宽度,Δt为数字计时显示
器显示的滑块挡光板经过光电门的时间。
③各种碰撞情景:滑块上装弹性片、贴胶布或橡皮泥等,达到碰撞后弹开或粘
在一起的效果。
a.在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架(如图甲),可以得到能量损失很小的碰
撞。
b.在滑块的碰撞端贴胶布,可以增大碰撞时的能量损失。
c.在两个滑块的碰撞端分别装撞针和橡皮泥,碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两个滑块连接成一体运动(图乙),这样的碰撞中能量损失很大。
3.实验器材:
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹性片、细线、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。
4.实验过程:
不论采用哪种方案,实验过程均可按实验方案合理安排,参考步骤如下:
(1)用天平测量相关碰撞物体的质量m1、m2,填入预先设计好的表格中。
(2)安装实验装置。
(3)使物体发生碰撞。
(4)测量或读出碰撞前后相关的物理量,计算对应的速度,填入预先设计好的表格中。
(5)改变碰撞条件,重复步骤(3)、(4)。
(6)进行数据处理,通过分析比较,找出碰撞中的“不变量”。
(7)整理器材,结束实验。
实验中记录数据用的表格:
5.误差分析:
(1)系统误差。
①碰撞是否为一维碰撞。设计实验方案时应保证碰撞为一维碰撞。
②碰撞中其他力(如摩擦力、空气阻力等)的影响带来的误差。实验中要合理控制实验条件,避免除碰撞时相互作用力外的其他力影响物体速度。
(2)偶然误差:测量和读数的准确性带来的误差。实验中应规范测量和读数,同时增加测量次数,取平均值,尽量减小偶然误差的影响。
6.注意事项:
(1)前提条件:应保证碰撞的两物体发生的是一维碰撞,即两个物体碰撞前沿同一直线运动,碰撞后仍沿同一直线运动。
(2)方案提醒:
①若利用气垫导轨进行实验,调整气垫导轨时,注意利用水平仪确保导轨水平。
②若利用摆球进行实验,两小球静放时球心应在同一水平线上,且刚好接触,摆线竖直,将小球拉起后,两条摆线应在同一竖直平面内。
(3)探究结论:寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变,才符合要求。
【典例示范】
【典例】用如图的装置做“验证动量守恒定律”的实验。
(1)下列操作或说法正确的是________。?
A.将斜槽末端调成水平
B.在斜槽上涂润滑油可以减小实验误差
C.使入射球A每次都从同一高度由静止滚下
D.从P点附近多个落点中选取最清晰的一个点作为P的标记
(2)实验中小球的质量m1>m2,若其表达式满足______________________,则可验证相碰前后的动量守恒。(选择以下物理量表示:m1、m2、水平槽到地面的距离H、小球的直径d、OP、OM、ON)?
【解析】(1)选A、C。为了使小球做平抛运动,斜槽的末端需调成水平,故A正确;小球每次从斜槽的同一位置滚下,不需要减小摩擦,故不需要涂润滑油,故B错误;为了让入射球每次到达碰撞位置的速度相同,应让小球每次从同一位置由静止开始下滑,故C正确;通过多次实验确定小球所落的平均位置,不是找最清晰的位置,故D错误。
(2)因为平抛运动的时间相等,则水平位移可以代表速度,OM是A球不与B球碰撞时,A球平抛运动的位移,该位移可以代表A球碰撞前的速度,OP是A球碰撞后平抛运动的位移,该位移可以代表碰撞后A球的速度,ON是碰撞后B球的水平位移,该位移可以代表碰撞后B球的速度,当所测物理量满足表达式m1·OM=m1·OP+
m2·ON,说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
答案:(1)A、C (2)m1·OM=m1·OP+m2·ON
【素养训练】
某同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中,所用装置如图所示。
(1)下面是本实验部分测量仪器或工具,需要的是________。?
A.秒表
B.天平
C.刻度尺
D.弹簧秤
(2)为了完成本实验,下列必须要求的实验条件是________。?
A.斜槽轨道末端的切线必须水平
B.入射球和被碰球的质量必须相等
C.入射球和被碰球大小必须相同
D.入射球每次不必从轨道的同一位置由静止滚下
(3)某次实验中得出的落点情况如图所示,假设碰撞过程中质量与速度的乘积mv守恒,则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________。?
【解析】(1)本实验需要天平称量物体的质量,需要刻度尺测量长度,故选B、C。
(2)要保证碰撞后两个球做平抛运动,故斜槽轨道末端的切线必须水平,故A正确;入射球质量要大于被碰球质量,即m1>m2,防止碰后m1被反弹,故B错误;为保证两球正碰,则两球大小必须相等,选项C正确;为保证碰撞的初速度相同,入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下,故D错误;故选A、C。
(3)若质量与速度的乘积mv守恒,则有
代入数据,有:m1×0.255=m1×0.155+m2×0.400
解得:m1∶m2=4∶1。
答案:(1)B、C (2)A、C (3)4∶1
【加固训练】
(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中,下列哪些因素可导致实验误差
( )
A.导轨安放不水平
B.滑块上挡光板倾斜
C.两滑块质量不相等
D.两滑块碰后连在一起
【解析】选A、B。导轨不水平将导致滑块速度受重力分力影响,从而产生实验误差;挡板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移;实验中并不要求两滑块的质量相等;两滑块碰后连在一起只意味着碰撞过程能量损失最大,并不影响碰撞中的守恒量。综上所述,答案为A、B。
知识点二 动量守恒定律的内容和性质
1.明确研究对象:相互作用的物体组成的系统。
2.“系统的总动量保持不变”的含义:
(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和。
(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变。
(3)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能在不断变化。
(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等,不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
3.成立条件:
(1)系统不受外力的作用。
(2)系统受外力作用,但合外力为零。
(3)系统受外力的作用,合外力也不为零,但内力远大于合外力,这种情况下动量近似守恒。
(4)系统所受合外力不为零,但在某一方向上合外力为零,或在某一方向上内力远大于合外力,则系统在该方向上动量近似守恒。
4.表达式:
(1)p=p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)。
(2)Δp1=-Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反)。
(3)Δp=0(系统总动量的增量为零)。
(4)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和)。
5.动量守恒定律的“五性”:
(1)矢量性:定律的表达式是一个矢量式。
①该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等,而且方向也相同。
②在求系统的总动量p=p1+p2+…时,要按矢量运算法则计算。
(2)相对性:动量守恒定律中,系统中各物体在相互作用前后的动量,必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常均为对地的速度。
(3)条件性:动量守恒是有条件的,应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
(4)同时性:动量守恒定律中p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
(5)普遍性:动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于多个物体组成的系统。不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统。
【问题探究】
情境:
讨论:
(1)在图甲中,分析m和M组成的系统动量守恒吗?小球到达最高点时,速度为零吗?
提示:m和M组成的系统,在水平方向上不受外力,竖直方向上的重力和支持力合力不为零,所以m和M组成的系统总动量不守恒,而水平方向动量守恒。当小球到达最高点时,竖直分速度等于零,但水平方向和滑块具有相同的速度。
(2)在图乙中,弹簧的弹性势能何时最大?
提示:A、B两物块相距最近时,相对静止,具有相同速度,此时弹簧压缩量最大,弹性势能最大。
【典例示范】
【典例】(2020·龙岩高二检测)平板车停在水平光滑的轨道上①，平板车上有一人从固定在车上的货箱边缘沿水平方向顺着轨道方向跳出，②落在平板车地板上的A点，距货箱水平距离为l＝4
m，如图所示。人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25
m。③求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大。
【审题关键】
序号
信息提取
①
系统在水平方向上符合动量守恒条件
②
可以将人、车和货箱看作系统
③
可以求出时间,结合反冲距离求出速度
【解析】人从货箱边跳离的过程,系统(人、车和货箱)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,取向右为正方向,则mv1-Mv2=0,解得v2=
v1,
人跳离货箱后做平抛运动,车以v2做匀速运动,运动时间为t=
s
=0.5
s。
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,s1+s2=l
即v1t+v2t=l,则v2=
m/s=1.6
m/s。
答案:1.6
m/s
【规律方法】
应用动量守恒定律解题的基本步骤
(1)合理地选取研究对象,明确系统是由哪几个物体组成的。
(2)分析系统的受力情况,分清内力和外力,判断系统的动量是否守恒。
(3)确定所研究的作用过程。选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态,通常为初态到末态的过程,这样才能列出对解题有用的方程。
(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题,设定正方向,各物体的动量方向可以用正、负号表示。
(5)建立动量守恒方程,代入已知量求解。
【素养训练】
1.(多选)放在光滑水平面的小车上AC间夹了一压缩轻质弹簧(未拴接在一起),用两手分别控制小车A端和滑块C处于静止状态,释放C会离开弹簧向B端冲去,并跟B端的油泥粘在一起,忽略一切摩擦,小车和滑块组成系统,下面说法中正确的是
( )
A.先放开右手,再放开左手后,系统动量不守恒
B.先放开左手,再放开右手,系统的总动量向左
C.两手同时放开后,C与油泥粘在一起时,车立即停止运动
D.无论先放开哪个手,C与油泥粘在一起时,车都立即停止运动
【解析】选B、C。先放开右手,再放开左手后,系统在水平方向不受外力作用,系统的动量守恒,故A错误;先放开左手,再放开右手,放开右手时,小车已经有向左的速度,系统的动量不为零,所以系统的总动量向左,故B正确;两手同时放开后,系统的总动量为零,C与油泥粘在一起时,根据动量守恒可知车立即停止运动,故C正确;先放开左手,后放开右手,此后系统的总动量向左,C与油泥粘在一起时,车向左运动;先放开右手,再放开左手,此后系统的总动量向右,C与油泥粘在一起时,车向右运动,故D错误。
2.如图所示,人站在滑板A上,以v0=3
m/s的速度沿光滑水平面向右运动。当靠近前方的横杆时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆,A从横杆下方通过,与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起,之后人落到B上,与滑板一起运动。已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=70
kg、mA=10
kg和mB=20
kg,求:
(1)A、B碰撞过程中,A对B的冲量的大小和方向;
(2)人最终与滑板的共同速度的大小。
【解析】(1)A、B碰撞过程中,由动量守恒有
mAv0=(mA+mB)v1,代入数据解得v1=1
m/s
由动量定理得,A对B的冲量I=mBv1=20
N·s,方向水平向右。
(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析,由动量守恒有
(m人+mA)v0=(m人+mA+mB)v
代入数据解得v=2.4
m/s
答案:(1)20
N·s 水平向右 (2)2.4
m/s
【加固训练】
(多选)若用p1、p2分别表示两个相互作用物体的初动量,p′1、p′2分别表示它们的末动量,Δp1、Δp2表示相互作用物体的动量变化量,p、Δp表示两物体组成系统的总动量和总动量的变化量,C为常数,用下列各式表示动量守恒定律,正确的是
( )
A.Δp1=-Δp2
B.p1+p2=p′1+p′2
C.Δp=C
D.Δp=0
【解析】选A、B、D。系统动量守恒,是总动量不变或系统的动量变化量为零,故A、B、D正确,C不正确。
知识点三 反冲运动的特点和应用
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.反冲运动中的两类问题:
(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速度后,再列动量守恒定律的方程。
(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。
3.“人船模型”问题的特征:
两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒。在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
4.分析“人船模型”问题的关键:
(1)处理思路:利用动量守恒定律,先确定两物体的速度关系,再确定两物体通过的位移的关系。
①用动量守恒定律求位移的题目,大都是系统原来处于静止状态,然后系统内物体相互作用,此时动量守恒表达式经常写成m1v1-m2v2=0的形式,式中v1、v2是m1、m2末状态时的瞬时速率。
②此种状态下动量守恒的过程中,任意时刻的系统总动量为零,因此任意时刻
的瞬时速率v1和v2都与各物体的质量成反比,所以全过程的平均速度也与质量
成反比,即有
=0。
③如果两物体相互作用的时间为t,在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和
x2,则有m1
-m2
=0,即m1x1-m2x2=0。
(2)画出各物体的位移关系图,找出它们相对地面的位移的关系。
【问题探究】
情境:2019年11月23日8时55分,我国在酒泉卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭成功将第50、51颗北斗导航卫星,发射升空,进入预定轨道,此次发射是我国长征系列运载火箭的第319次成功飞行。
讨论:(1)“长征三号乙”运载火箭升空过程中的运动是一种什么运动?
(2)“长征三号乙”运载火箭运动过程中是否满足动量守恒定律?
(1)提示:“长征三号乙”运载火箭升空过程中的运动是一种反冲运动。
(2)提示:“长征三号乙”运载火箭运动过程中内力远大于外力,所以满足动量守恒定律。
【典例示范】
【典例】如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为
( )
A.v0+
v
B.v0-
v
C.v0+
(v0+v)
D.v0+
(v0-v)
【解析】选C。规定向右为正方向,则:(M+m)v0=Mv′-mv,解得:v′=v0+
(v0+v)。
【误区警示】
处理“人船模型”问题的两点注意
(1)“人船模型”问题中,两物体的运动特点是“人”走“船”行,“人”停“船”停。
(2)问题中的“船长”通常理解为“人”相对“船”的位移。而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”相对地的位移,即相对于同一参照物的位移。
【素养训练】
1.(母题追问)若将【典例】中的相对水面的速率v改为相对小船的速率v,又如何求小船的速率v′?
【解析】规定向右为正方向,则由动量守恒得:
(M+m)v0=Mv′-m(v-v′)
解得v′=v0+
答案:v0+
2.一条约为180
kg的小船漂浮在静水中,当人从船尾走向船头时,小船也发生了移动,忽略水的阻力,以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图,图中虚线部分为人走到船头时的情景。请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是
( )
【解析】选B。人和船组成的系统动量守恒,总动量为零,人向前走时,船将向后退,B正确。
3.“世界航天第一人”是明朝的万户,如图所示,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆,假设万户及其所携设备(火箭、椅子、风筝等)的总质量为M,点燃火箭后在极短的时间内,质量为m的燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出,忽略空气阻力的影响,重力加速度为g,下列说法正确的是
( )
A.火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B.在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为
C.喷出燃气后,万户及其所携设备能上升的最大高度为
D.在火箭喷气过程中,万户及其所携设备的机械能守恒
【解析】选B。火箭的推力来源于燃气对它的反作用力,选项A错误;以竖直向
下为正方向,根据动量守恒定律有0=mv0-(M-m)v,解得在燃气喷出后的瞬间,火
箭的速度大小为v=
,选项B正确;喷出燃气后,万户及其所携设备做竖直
上抛运动,动能转化为重力势能,有
(M-m)v2=(M-m)gh,解得万户及其所携设备
能上升的最大高度为h=
,选项C错误;在火箭喷气过程中,燃气燃烧,
将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能,万户及其所携设备的机械
能增加,选项D错误。
【加固训练】
(多选)一只小船静止在湖面上,一个人从小船的一端走到另一端,以下说法正确的是(水的阻力不计)
( )
A.人受的冲量与船受的冲量相等
B.人向前走的速度一定大于小船后退的速度
C.当人停止走动时,小船也停止后退
D.人向前走时,人与船的总动量守恒
【解析】选C、D。
由于不知小船和人的质量,故无法得出人和船的速度大小关系,故B错误;由动量定理可知,I=m人v1=Mv2,说明人和船的冲量大小相等,但由于冲量是矢量,而人和船的速度方向一定相反,故冲量方向相反,故冲量不相等,故A错误;由于人和船不受水的阻力,故所受外力之和为零,故系统动量守恒;当人的速度为零时,由动量守恒m人v1=Mv2可得,船的速度也一定为零。故C、D正确。
【拓展例题】考查内容:多物体、多过程系统动量守恒问题
【典例】如图所示,滑块A、C质量均为m,滑块B质量为
m。开始时A、B分别以
v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动;现将C无初速度地放在
A上,并与A粘合不再分开,此时A与B相距较近,B与挡板相距足够远。若B与挡板
碰撞将以原速率反弹,A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次,v1、
v2应满足什么关系?
【解析】设向右为正方向,A与C粘合在一起的共同速度为v′,由动量守恒定律得mv1=2mv′
①
为保证B碰挡板前A不能追上B,应满足v′≤v2
②
设A与B碰后的共同速度为v″,由动量守恒定律得
2mv′-
mv2=
mv″
③
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0
④
联立①②③④式得1.5v2v1≤v2<
v1
答案:1.5v2v1≤v2<
v1
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.下列图片所描述的事例或应用中,没有利用反冲运动原理的是
( )
【解析】选D。喷灌装置是利用水流喷出时的反冲作用而运动的,章鱼在水中前行和转向利用了喷出的水的反冲作用,火箭发射是利用喷气的方式而获得动力的,利用了反冲运动,故A、B、C不符合题意;码头边轮胎的作用是延长碰撞时间,从而减小作用力,没有利用反冲作用,故D符合题意。
2.小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶(人相对于小车静止不动),靶装在车上的另一端,如图所示,已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),子弹的质量为m,若子弹离开枪口的水平速度大小为v0(空气阻力不计),子弹打入靶中且留在靶里,则子弹射入靶后,小车获得的速度大小为
( )
【解析】选A。车、人、枪、靶和子弹组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,射击前系统动量为零,由动量守恒定律可知,子弹射入靶中后系统动量也为零,车的速度为零。
3.如图所示,在光滑的水平面上有一辆平板车,一个人站在车上用锤子连续敲打小车。初始时,人、车、锤都静止。下列说法正确的是
( )
A.连续敲打可使小车持续向右运动
B.人、车和锤组成的系统机械能守恒
C.人、车和锤组成的系统动量守恒
D.人、车和锤组成的系统水平方向动量时刻为零
【解析】选D。把人、锤子和平板车看成一个系统,系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,锤子向左运动,平板车向右运动,锤子向右运动,平板车向左运动,所以车左右往复运动,不会持续地向右运动,A错误。由于人消耗体能,体内储存的化学能转化为系统的机械能,因此系统机械能不守恒,B错误。在锤子的连续敲打下,系统竖直方向的合力不等于零,该方向系统的动量不守恒,所以系统的动量不守恒;但系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,初态水平动量为零,所以水平方向动量时刻为零,C错误,D正确。
4．（多选）(2020·全国Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0
kg的静止物块以大小为5.0
m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0
m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0
m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(
)
A．48
kg
B．53
kg
C．58
kg
D．63
kg
【解析】选B、C。运动员第一次推物块，以运动员退行的方向为正方向，有0=
Mv1-mv①，第二次推物块，有Mv1+mv=Mv2-mv②…
第八次推物块，有Mv7+mv=Mv8
-mv⑧，联立解得M=
，因v8＞5.0
m/s,故M＜60
kg,D错误；又推完7次时
应该有：0=Mv7-13mv，得
≤1，故M≥13m=52
kg,A错误；故本题正确答
案为B、C。
5.用天平、气垫导轨(带光电计时器和两个滑块)探究物体间发生相互作用时的不变量,本实验可用自动照相机代替打点计时器(闪光频率为10
Hz),步骤方法如下:
(1)用天平称出两滑块的质量mA=0.10
kg,mB=0.20
kg,放在水平的气垫上(导轨上标尺的最小分度为1
cm,滑块可看作质点)。
(2)碰撞前后连续三次闪光拍照得到图中a、b、c所示的照片。
请你根据图示数据探究物体间发生相互作用时的不变量。
【解析】由题图a、b可确定A的速度为
vA=
m/s=0.6
m/s则
mAvA=0.1×0.6
kg·
m/s=6×10-2kg·
m/s
从题图b、c看出滑块A与B靠近到发生碰撞需
t2=
s=2.5×10-2s
所以A与B碰后回到7.0
cm位置,历时
t
2′=(0.1-2.5×10-2)
s=7.5×10-2
s
因此,求出
v
A′=
m/s=-0.2
m/s
v
B′=
m/s=0.4
m/s
所以碰撞后:
mAvA′+mBvB′=6×10-2
kg·
m/s
由以上计算可得:mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′
答案:见解析(共50张PPT)
第3节 科学探究——一维弹性碰撞
一、不同类型的碰撞
【情境思考】
必备知识·自主学习
1.非弹性碰撞:碰撞过程中会有_____损失,即_____不守恒,这类碰撞称为非弹
性碰撞。
2.完全非弹性碰撞:碰撞后物体结合在一起,_____损失最大,这种碰撞称为完全
非弹性碰撞。
3.弹性碰撞:物体碰撞后,形变能够完全恢复,不发热、发声,没有_____损失的
碰撞称为弹性碰撞,又称完全弹性碰撞。
动能
动能
动能
动能
二、弹性碰撞的规律
【情境思考】
“牛顿摇篮”为什么会出现图中的现象?
1.实验研究:
(1)质量相等的两个钢球发生弹性碰撞,碰撞前后两球的总动能_____,碰撞后
两球交换了_____。
(2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞,碰撞后两球运动
方向_____,碰撞前后两球总动能_____。
(3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞,碰撞后质量较小
的钢球速度方向与原来_____,碰撞过程中两球总动能_____。
综上可知,在弹性碰撞过程中,系统的_____与_____都守恒。
守恒
速度
相同
守恒
相反
守恒
动量
动能
2.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
生弹性正碰。其动量和动能均_____。
m1v1=m1v′1+m2v′2,
m1
=
m1
+
m2
。
碰后两个物体的速度分别为v′1=
v1,v′2=
v1。
守恒
讨论:
(1)若m1=m2,则有v′1=__,v′2=__,即碰撞后两球交换了_____。
(2)若m1>m2,v′1>0,v′2>0,表示v′1和v′2都与v1方向_____。
(3)若m10,表示v′1与v1方向_____,m1被弹回。
0
v1
速度
相同
相反
【易错辨析】
(1)弹性碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。
( )
(2)两车相撞时,发生的是弹性碰撞。
( )
(3)速度不同的两小球碰撞后粘在一起,碰撞过程中没有能量损失。( )
(4)微观粒子在碰撞时并不接触,所以不能算是碰撞。
( )
(5)两球发生斜碰时,动量不守恒。
( )
提示:(1)×。弹性碰撞过程中动量守恒、动能也守恒。
(2)×。两车相撞时,有机械能损失,是非弹性碰撞。
(3)×。速度不同的两小球碰撞后粘在一起,碰撞过程中能量损失最大。
(4)×。微观粒子在碰撞时不接触,但靠近过程中粒子间有库仑力作用,属于系统内力,是碰撞,满足动量守恒。
(5)×。斜碰时在各个方向上的动量仍然守恒。
关键能力·合作学习
知识点一 弹性碰撞
质量为m1的小球以速度v1与质量为m2速度为v2的小球发生一维弹性碰撞时,存在
下列关系:
m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2;
m1
+
m2
=
m1
+
m2
。
当质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止小球发生一维弹性碰撞时,则可表
示为m1v1=m1v′1+m2v′2,
m1
=
m1
+
m2
,
根据以上情境,结合下表分析碰后速度方向特征。
【问题探究】
情境:
讨论:
(1)在图甲中,两球碰撞后,vB′提示:不存在,应当vB′≥vA′。
(2)在图乙中,两球碰撞后,vB′可能向左吗?
提示:两球碰前的总动量向右,故vB′不可能向左。
【典例示范】
【典例】(多选)在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰,碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,则碰后B球的速度大小可能是
( )
A.0.7v
B.0.6v
C.0.4v
D.0.2v
【解析】选B、C。以两球组成的系统为研究对象,以A球的初速度方向为正方
向,如果碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB,
由机械能守恒定律得:
解得:
负号表示碰撞后A球反向弹回,如果碰撞为完全非弹性碰撞,以A球的初速度方
向为正方向,由动量守恒定律得:
mv=(m+2m)vB,解得:vB=
v,
则碰撞后B球的速度范围是:
,故B、C正确,A、D错误。
【规律方法】
判断碰撞能否发生的一般步骤
(1)判断是否遵守动量守恒定律。
(2)分析系统的动能如何变化,如果增加则碰撞不可能发生。
(3)讨论碰撞的结果与各物体的运动情况是否符合实际,比如A球去碰静止的B球,碰后若两球同向,A球的速度不能大于B球。
【素养训练】
1.(多选)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,B球在前,A球在后。mA=1
kg、mB=2
kg、vA=6
m/s、v′B=3
m/s,当A球与B球发生碰撞后,A、B两球的速度可能为
( )
A.v′A=4
m/s、v′B=4
m/s
B.v′A=2
m/s、v′B=5
m/s
C.v′A=-4
m/s、v′B=6
m/s
D.v′A=7
m/s、v′B=2.5
m/s
【解析】选A、B。两球碰撞过程系统动量守恒,以两球的初速度方向为正方向,
如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得:mAvA+mBvB=(mA+mB)v,解得速
度为v=4
m/s
如果两球发生完全弹性碰撞:mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′,由机械能守恒定律得
,解得:vA′=2
m/s;vB′=5
m/s
所以碰后2
m/s≤v′A≤4
m/s;4
m/s≤v′B≤5
m/s,A、B对,C、D错。
2.(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（
）
A.3
J
B.4
J
C.5
J
D.6
J
【解题指南】解答本题应注意以下三点：
（1）利用v-t图像明确甲、乙碰撞前后的速度大小。
（2）根据动量守恒定律求解物块乙的质量。
（3）两物块碰前与碰后动能之差即为碰撞过程损失的机械能。
【解析】选A。由图像可知，碰撞前的速度v甲=5
m/s，v乙=1
m/s，碰撞后的速
度v甲′=-1
m/s，v乙′=2
m/s，由动量守恒定律可得m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+
m乙v乙′,解得m乙=6
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能
=3
J，A正确。
【加固训练】
1.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后
( )
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
【解析】选C。根据动量守恒定律的条件,以甲、乙为一系统,系统的动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能,甲、乙系统的动能不守恒,D错误。
2.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们成一条直线,2、3小球静止,并靠在一起,1小球以速度v0射向它们,如图所示。设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能值是
( )
A.v1=v2=v3=
v0
B.v1=0,v2=v3=
v0
C.v1=0,v2=v3=
v0
D.v1=v2=0,v3=v0
【解析】选D。两个质量相等的小球发生碰撞,碰撞过程中动量守恒,A、B错;动能守恒,C错;碰撞后将交换速度,故D项正确。
知识点二 碰撞与爆炸的比较
名称
比较项目
爆 炸
碰 撞
不
同
点
动能情况
有其他形式的能转化为动能,动能会增加
弹性碰撞时动能守恒,非弹性碰撞时动能要损失,动能转化为内能
名称
比较项目
爆 炸
碰 撞
相
同
点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生,相互作用的力为变力,作用时间很短,平均作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型
由于碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理,即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动
能量情况
都满足能量守恒,总能量保持不变
【问题探究】
情境:2019国庆70周年前期,中国在境内进行了一次防御性的,不针对任何国家的陆基中段反导拦截技术试验,试验达到了预期目的。
讨论:请思考碰撞与爆炸过程中机械能变化有什么区别?
(科学思维)
提示:碰撞过程中机械能不增加,爆炸过程中机械能一定增加,有其他形式的能转化为机械能。
【典例示范】
【典例】(2018·全国卷Ⅰ)
一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=
m
①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有
0-v0=-gt
②
联立①②式得
t=
③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有
E=mgh1
④
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
m
+
m
=E
⑤
mv1+
mv2=0
⑥
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有
m
=
mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=
⑧
答案:(1)
(2)
【素养训练】
1.如图所示,设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0,突然炸成两块,质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去,则另一块的运动
( )
A.一定沿v0的方向飞去
B.一定沿v0的反方向飞去
C.可能做自由落体运动
D.一定做匀速运动
【解析】选C。根据动量守恒得v′=
,mv可能大于、小于或等于Mv0,
所以v′可能小于、大于或等于零。
2.一颗手榴弹以20
m/s的速度沿水平方向飞行时,炸开成两块,其质量之比为3∶1。若较大的一块以80
m/s的速度沿原方向飞去,则较小一块的速度为
( )
A.沿原方向,大小为160
m/s
B.沿原方向,大小为253
m/s
C.沿反方向,大小为160
m/s
D.沿反方向,大小为253
m/s
【解析】选C。取原来手榴弹的运动方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=
mv1+
mv2,代入数值得20m
kg·m/s=
m×80
kg·m/s+
mv2,解得v2=
-160
m/s,负号表示其方向与正方向相反。
【加固训练】
1.两个相向运动的小球,在光滑水平面上碰撞后变为静止状态,则碰撞前这两个小球的
( )
A.质量一定相等
B.动能一定相等
C.动量一定相同
D.动量一定不同
【解析】选D。由题意知两小球碰前动量大小相等、方向相反,质量关系不明确,A错;由关系式动能不一定相等,B错;动量是矢量,动量相同包括方向相同,C错,D正确。
2.质量为m的α粒子,其速度为v0,与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路
径被弹回,其速率为
,则碳核获得的速度为
( )
A.
B.2v0 C.
D.
【解析】选C。由α粒子与碳核所组成的系统动量守恒,若碳核获得的速度为v,
则mv0=3mv-m×
,所以v=
,C正确。
【拓展例题】考查内容:与动量相关的临界问题
【典例】两质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上,劈A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切,如图所示,一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下,然后又滑上劈B。求物块在劈B上能够达到的最大高度。
【解析】设物块到达劈A的底端时,物块和劈A的速度大小分别为v和V,由机械能守恒和动量守恒得
mgh=
mv2+
M1V2
①
M1V=mv
②
设物块在劈B上达到的最大高度为h′,此时物块和劈B的共同速度大小为V′,由机械能守恒和动量守恒得
mgh′+
(M2+m)V′2=
mv2
③
mv=(M2+m)V′
④
联立①②③④式得h′=
h
答案:
h
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.如图所示,光滑水平面上,甲、乙两个球分别以大小为v1=1
m/s、v2=2
m/s的速度做相向运动,碰撞后两球粘在一起以0.5
m/s
的速度一起向右运动,则甲、乙两球的质量之比为( )
A.1∶1 B.1∶2
C.5∶1 D.5∶3
【解析】选C。设碰撞前甲球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得:m甲v1-m乙v2=(m甲+m乙)v,代入数据解得:
m甲∶m乙=5∶1,故C正确,A、B、D错误。
2.斯诺克运动深受年轻人的喜爱,如图所示,选手将质量为m的A球以速度v与质量为m静止的B球发生弹性碰撞,碰撞后B球的速度为
( )
A.v
B.2v
C.0.5v
D.0.2v
【解析】选A。两球发生弹性碰撞,则碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以
A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv=mvA+mvB,由机械能守恒定律得:
mv2=
,解得:vA=0,vB=v;选项A正确。
3.质量为m的炮弹沿水平方向飞行,其动能为Ek,突然在空中爆炸成质量相等的
两块,其中一块向后飞去,动能为
,另一块向前飞去,则向前的这块的动能为
( )
【解析】选B。设另一块动能为Ek1,则另一块动量p=
,炮弹在空中爆炸,
动量守恒,
,解得Ek1=
Ek,选项B正确。
4.(2020·莆田高二检测)一个物体静置于光滑水平面上,外面扣一质量为M的盒子,如图甲所示。现给盒子一初速度v0,此后,盒子运动的v-t图象呈周期性变化,如图乙所示,请据此求盒内物体的质量。
【解析】设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动量守恒定律
得:Mv0=mv
①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞,由机
械能守恒有:
②
联立①②解得m=M
答案:M(共57张PPT)
阶段提升课
第1章
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
【核心素养——科学探究】
考 点 探究碰撞中的不变量
方案1:利用气垫导轨结合光电门。
①所需测量量:滑块(挡光板)的宽度Δx,滑块(挡光板)经过光电门的时间
Δt。
②速度的计算:v=
。
③碰撞情景的实现:如图1所示,利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞,利用在滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。
④器材:气垫导轨、光电计时器、滑块(两个且带挡光板)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案2:利用摆球结合机械能守恒定律。
①所需测量量:悬点至球心的距离l,摆球被拉起或碰后的角度θ。
②速度的计算:v=
。
③碰撞情景的实现:如图2所示,用贴胶布的方法增大两球碰撞时的能量损失。
④器材:带细线的摆球(两套)、铁架台、量角器、
坐标纸、胶布。
方案3:利用光滑水平面结合打点计时器。
①所需测量量:纸带上两计数点间的距离Δx,小车经过Δx所用的时间Δt。
②速度的计算:v=
。
③碰撞情景的实现:如图3所示,A运动,B静止,在两小车的碰撞端分别装上撞针
和橡皮泥,碰撞时撞针插入橡皮泥中,把两个小车连接成一体。
④器材:长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、撞针、橡皮泥。
【典例1】如图,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,实验时先让入射球m1多次从倾斜轨道上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,然后把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复,测出碰后m1平均落地点在M点,m2平均落地点在N点,不计小球与轨道间的摩擦。
(1)实验中,不需要测量的物理量是________(填选项前的符号)。?
A.两个小球的质量m1、m2
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)若实验中发现m1OM+m2ON小于m1OP,则可能的原因是________(填选项前的符号)。?
A.碰撞过程有机械能的损失
B.计算时没有将小球半径考虑进去
C.放上小球m2后,入射球m1从倾斜轨道上静止释放的位置比原来的低
(3)若两球发生弹性正碰,则OM、ON、OP之间一定满足的关系是________(填选项前的符号)。?
A.OP+OM=ON
B.2OP=ON+OM
C.OP-ON=2OM
【解析】
(1)本实验要验证的动量守恒的表达式是:m1v1=m1v1′+m2v2′,要测量质量和水平速度,由于下落时间相同,水平速度是由水平位移来代替的。由于时间相同,可以消去,所以时间不用测量,即高度不用测量。故选B。
(2)碰撞的机械能损失不会影响动量守恒,那么出现此种结论只能是第二次滑下时,比第一次滑下时低一些,故选C。
(3)根据弹性碰撞的公式,碰撞后两球的速度为:v1=
,v2=
,
显然v2-v1=v0,因平抛运动中的时间相等,所以有:OP=ON-OM,即OP+OM=ON;故A正
确,B、C错误。
答案:(1)B (2)C (3)A
【素养评价】
1.(2020·大同高二检测)图(a)中,水平放置的气垫导轨上有A、B两个质量相同的滑块,滑块上的遮光片宽度均为d,A位于导轨的左端,B位于导轨中间,A、B间,B与导轨右端间各有一个光电门。用手推一下A,A向右运动与B发生碰撞并粘到一起,测得A通过光电门1的遮光时间为t1;A、B一起通过光电门2时B上遮光片的遮光时间为t2。完成下列填空:
(1)A通过光电门时速度的大小为________(用题中物理量的符号表示)。?
(2)用游标卡尺测量d时示数如图(b)所示,则d=______cm。?
(3)当t1=________t2时,A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。?
【解析】(1)A通过光电门的时间极短,则平均速度约为瞬时速度:v1=
。
(2)10分度的游标卡尺,精确度为0.1
mm,游标上第5格与主尺对齐,则:d=
8
mm+5×0.1
mm=8.5
mm=0.85
cm。
(3)A向右运动与B发生碰撞并粘到一起,满足动量守恒定律,可得:mv1=2mv2
而v1=
,v2=
,故t1=0.5t2。
答案:(1)
(2)0.85 (3)0.5
2.如图为“验证动量守恒定律”的实验装置。
(1)(多选)下列说法中符合本实验要求的是________。?
A.入射球比靶球质量大或者小均可,但二者的直径必须相同
B.在同一组实验的不同碰撞中,每次入射球必须从同一高度由静止释放
C.安装轨道时,轨道末端必须水平
D.需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表
(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点,经多次释放入射球,在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N,并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON。已知入射球的质量为m1,靶球的质量为m2,如果测得m1·OM
+m2·ON近似等于________,则认为成功验证了碰撞中的动量守恒。?
【解析】(1)入射球应比靶球质量大,A错;本题用小球水平位移代替速度,所以不用求出具体时间,所以不需要秒表,D错。
(2)若动量守恒,碰撞后两球的总动量应该等于不放靶球而让入射球单独下落时的动量,入射球单独下落时的动量可用m1·OP表示。
答案:(1)B、C (2)m1·OP
【加固训练】
1.某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验:在小车甲的前端粘有橡皮泥,推动小车甲使之做匀速直线运动。然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体,而后两车继续做匀速直线运动,他设计的具体装置如图所示。在小车甲后连着纸带,打点计时器打点频率为50
Hz,长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如图所示,并测得各计数点间距并标在图上,A为运动起始的第一点,则应选________段计算小车甲的碰前速度,应选________段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。?
(2)已测得小车甲的质量m甲=0.40
kg,小车乙的质量m乙=0.20
kg,由以上测量结果可得:碰前m甲v甲+m乙v乙=______
kg·m/s;碰后m甲v甲′+m乙v乙′
=______kg·m/s。?
(3)通过计算得出的结论是什么?
【解析】(1)观察打点计时器打出的纸带,点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段,CD段点迹不均匀,故CD应为碰撞阶段,甲、乙碰撞后一起匀速直线运动,打出间距均匀的点,故应选DE段计算碰后共同的速度。
(2)v甲=
=1.05
m/s,v′=
=0.695
m/s
m甲v甲+m乙v乙=0.420
kg·m/s
碰后m甲v甲′+m乙v乙′=(m甲+m乙)v′
=0.60×0.695
kg·m/s=0.417
kg·m/s
(3)在误差允许范围内,碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。
答案:(1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许范围内,碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。
2.用如图所示的装置进行以下实验:
A.先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数μ,查出当地的重力加速度g
B.用细线将滑块A、B连接,使A、B间的弹簧压缩,滑块B紧靠在桌边
C.剪断细线,测出滑块B做平抛运动落地点到重垂线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2
(1)为探究碰撞中的不变量,写出还需测量的物理量及表示它们的字母:
__________。
(2)若mv为不变量,需验证的关系式为______________________________。
【解析】(1)要找出碰撞中的不变量,应测出两滑块质量及各自的速度,取向右
方向为正,剪断细线后,A向右做匀减速运动,初速度vA′=
,B向
左做平抛运动,设桌面高度为h,则h=
gt2,x1=-vB′t,得
vB′=-x1
。
故要求出vB′,还应测出h。
(2)若mv为不变量,碰前MvA+mvB=0,
碰后MvA′+mvB′=0,
故MvA+mvB=MvA′+mvB′,
即
=0。
答案:(1)桌面离水平地面的高度h
(2)
=0?
【核心素养——科学思维】
考点一 碰撞规律
1.碰撞过程的特点:
(1)时间特点:碰撞现象中,相互作用的时间极短,相对物体的全过程可忽略不计。
(2)受力特点:在碰撞过程中,系统的内力远大于外力,外力可以忽略,系统的总动量守恒。
(3)位移特点:在碰撞过程中,由于在极短的时间内物体的速度发生突变,物体发生的位移极小,可认为碰撞前后物体处于同一位置。
(4)能量的特点:爆炸过程系统的动能增加,但碰撞、打击过程系统的动能不会增加,可能减少,也可能不变。
2.碰撞模型:
3.碰撞中的关键词转化:
【典例2】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p甲
=5
kg·m/s,p乙=7
kg·m/s,甲追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球的动量变化为
p乙′=10
kg·m/s,则两球质量m甲与m乙的关系可能是
( )
A.m乙=m甲
B.m乙=2m甲
C.m乙=4m甲
D.m乙=6m甲
【解析】选C。设碰撞后甲球的动量为p甲′,由动量守恒定律有
p甲+p乙=p甲′+p乙′
代入数据得p甲′=2
kg·m/s
甲追上乙应有:
,得m乙>
m甲
碰后p甲′、p乙′均大于零,表明甲、乙两球同向运动,应有v乙′≥v甲′,
即
,解得m乙≤5m甲;
碰撞过程中,动能不会增加,则(注意Ek=
)
即
,解得m乙≥
m甲。
综上可得m甲与m乙的关系为
m甲≤m乙≤5m甲。可见选项C正确。
【素养评价】
(2020·厦门高二检测)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线发生正碰,作用前pA=20
kg·m/s,pB=0;碰撞过程中,A球动量增量为ΔpA=-10
kg·m/s,则作用后B球的动量pB′为
( )
A.-20
kg·m/s
B.-10
kg·m/s
C.20
kg·m/s
D.10
kg·m/s
【解析】选D。根据动量守恒知ΔpA+ΔpB=0,由于A球动量减少10
kg·m/s,则B球动量增加10
kg·m/s,B球的动量pB′=pB+ΔpB=10
kg·m/s,D正确。
【加固训练】
1.(多选)在光滑水平面上,一质量为m,速度大小为v的A球与质量为2m静
止的B球碰撞后,A球的动能变为原来的
,则碰撞后B球的速度大小可能是
( )
【解析】选A、B。根据碰后A球的动能恰好变为原来的
,
得:
mv′2=
×
mv2,解得:v′=±
v,碰撞过程中A、B动量守恒,以A的初速
度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv=mv′+2mvB,解得:vB=
v或vB=
v;
故选A、B。
2.如图所示,质量为0.5
kg,长为1.2
m的金属盒AB,放在水平桌面上,它与桌面
间动摩擦因数μ=
,在盒内右端B放着质量也为0.5
kg,半径为0.1
m的弹性球,
球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5
N·s,设盒在运动中
与球碰撞时间极短,且无能量损失,求:
(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少?
(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少?
【解析】(1)研究对象是金属盒,盒受冲量I后获得速度v,
由动量定理,有I=mv-0,v=
m/s=3
m/s
盒以此速度向右运动,运动中受到桌面对盒的摩擦力
f=μFN=μ·2mg
-μ·2mg=ma,即a=-2μg
盒运动了x1=(1.2-0.1×2)
m=1
m后速度减小为v′。
v′2-v2=2ax1
v′=
=2
m/s
盒左壁A以v′速度与球相碰,因碰撞中无能量损失,盒停止,球以v′=2
m/s
的速度向右做匀速直线运动,运动1
m后又与盒的右壁相碰,盒又以v′=2
m/s
的速度向右运动,直到停止。
0-v′2=2ax2
即x2=
=0.8
m
因x2只有0.8
m,此时静止小球不会再与盒的左壁相碰,所以盒通过的总路程为
s=x1+x2=1
m+0.8
m=1.8
m
(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1
根据动量定理,有-μ·2mgt1=mv′-mv
t1=
=0.4
s
小球匀速运动时间t2=
s=0.5
s
盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3,根据动量定理,有-μ·2mgt3=
0-mv′
t3=
s=0.8
s
总时间t=t1+t2+t3=(0.4+0.5+0.8)
s=1.7
s
答案:(1)1.8
m (2)1.7
s
考点二 动量守恒、能量守恒的综合应用
1.处理力学问题的三种基本思路:一是牛顿定律,二是动量关系,三是能量关系。
(1)若考查有关物理量的瞬时对应关系,需应用牛顿定律。
(2)若考查一个过程,三种方法都有可能,但方法不同,处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。
(3)若研究对象为一个系统,应优先考虑两大守恒定律。
(4)若研究对象为单一物体,可优先考虑两个定理,特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理,涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理。
2.利用动量的观点和能量的观点解题时应注意以下三个问题:
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式,还可写出分量表达式;而动能定理和能量守恒定律是标量表达式,绝无分量表达式。
(2)从研究对象上看,动量定理既可研究单体,又可研究系统,但高中阶段一般用于研究单体;动能定理在高中阶段用于研究单体或相对静止的物体组成的系统。
(3)动量守恒定律和能量守恒定律是自然界最普遍的规律,它们研究的是物体系统,在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件。确定满足守恒条件后,选择研究的两个状态列方程求解。
3.临界问题:
在动量守恒定律的应用中,常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态,挖掘问题中隐含的临界条件,选取适当的系统和过程,运用动量守恒定律进行解答。
【典例3】
(2020·天津等级考）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的
小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，
恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎
面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周运动轨迹的最高
点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大。
【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为
零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g=
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨道最低点处重力势能为
零，设A在最低点的速度大小为vA，有
+2m1gl②
由动量定理，有I=m1vA③
联立①②③式，得I=m1
④
（2）设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨
迹的最高点，需满足v′=vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方
向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB-m1vA=(m1+m2)v′⑥
又Ek=
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek=
⑧
答案：（1）m1
（2）
【题后反思】第二问中碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，一定要有一个初步判断，A不碰的情况下恰好能到达圆周最高点，和B迎面正碰后要想到达最高点只能和B的运动方向一致，运用动量守恒定律时，方向就确定好了。
【加固训练】
1.如图所示,同一水平面上静止放置A、B、C三个物块(均视为质点),B的左侧水平面粗糙,A物块与水平面间的动摩擦因数为μ,B右侧的水平面是光滑的,A、B两物块之间的距离为l。B物块的右端装有一轻弹簧,现让A物块以水平速度v0向右运动,与B碰后粘在一起,再向右运动推动C(弹簧与C不粘连),弹簧始终没有超过弹性限度,A物块质量为m,B、C两物块质量均为2m,重力加速度为g。求:
(1)A与B碰撞过程中系统损失的机械能。
(2)整个运动过程中,弹簧的最大弹性势能。
【解析】
(1)A物块在粗糙面上匀减速运动的过程,设与B碰前的瞬时速度为vA,由动能定理有:
-μmgl=
A与B碰撞的过程,内力远大于摩擦力,动量近似守恒:
mvA=(m+2m)v1
故碰撞过程损失的机械能为ΔE损=
联立解得:ΔE损=
(2)当A、B一起相对靠近C而压缩弹簧的过程,三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,系统在光滑面上滑行合外力之和为零,动量守恒,3mv1=5mv2
系统的机械能守恒,有
联立解得:Ep=
答案:(1)
(2)
2.冰球运动员甲的质量为80.0
kg,当他以5.0
m/s的速度向前运动时,与另一质量为100
kg、速度为3.0
m/s的迎面而来的运动员乙相撞,碰撞后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求:
(1)碰撞后乙的速度的大小。
(2)碰撞中总机械能的损失。
【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v和v1,碰后乙的速度大小为v1′,由动量守恒定律得
mv-Mv1=Mv1′
①
代入数据得v1′=1.0
m/s
②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,有
③
联立②③式,代入数据得ΔE=1
400
J
答案:(1)1.0
m/s (2)1
400
J