2020-2021学年人教版（2019）选择性必修第一册 1.3 动量守恒定律（三） 学案word版含答案

2020-2021学年人教版（2019）选择性必修第一册
1.3 动量守恒定律（三） 学案
[学习目标定位] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点综合分析解决一维碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用．
回顾知识点
1．碰撞的特点
(1)经历的时间 ；
(2)相互作用力 ，物体速度变化
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：碰撞过程前后总动能 ；
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中总动能 ；
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体
3．动量守恒定律的表达式
若两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝ ，此式是矢量式，列方程时首先 ．
4．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的 ；
(2)内力 外力；
(3)系统所受合外力不为零，但 ，则系统在该方向上动量守恒.
一、对三种碰撞的进一步认识
[问题设计]
如图1所示，两小球碰撞过程有什么特点？若水平面光滑，碰撞过程中动量是否守恒？若水平面不光滑，动量是否守恒？
图1
答案　特点是碰撞发生的时间很短，相互作用力很大．根据其特点知无论碰撞发生时两物体组成的系统合外力是否为零，动量都是守恒的．
[要点提炼]
三种碰撞类型及满足规律
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
总动能不变：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
总动能减少，损失的动能转化为内能，
即|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝m1v＋m2v—m1v1′2—m2v2′2＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后两物体损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
二、弹性正碰模型及拓展应用
[问题设计]
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A小球以初速度v1与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1′和B小球速度v2′的大小和方向．
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总动能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两小球的运动情况并求弹簧第一次恢复原长时，每个小球的速度大小．
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
课堂练习
1．如图所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
2．两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
3．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m1∶m2.
4.如图所示，在光滑水平面上放置一质量为M的静止木块，一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块，穿出后子弹的速度变为v1，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．
答案解析
例1　两个质量分别为300 g和200 g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后两物体损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析　(1)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s.
答案　(1)0.1 m/s，与50 cm/s的方向相反　(2)0.135 J　(3)0.7 m/s　0.8 m/s　碰撞后均反向运动
二、弹性正碰模型及拓展应用
[问题设计]
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A小球以初速度v1与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1′和B小球速度v2′的大小和方向．
图2
答案　见解析
解析　由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②可以得出：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1′>0，v2′>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1′(3)当m10，即小球A、B反方向运动．(其中，当m1?m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总动能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
例2　在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两小球的运动情况并求弹簧第一次恢复原长时，每个小球的速度大小．
图3
解析　刚开始，A向右运动，B静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两小球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两小球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案　见解析
例3　带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是(　　)
图4
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析　小球冲上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案应选B、C、D.
答案　BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4　A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s
B．pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s
C．pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s
D．pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s
解析　从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量的角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案　BC
课堂练习
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)(　　)
图5
A．v/6 B．－v
C．－v/3 D．v/2
答案　D
解析　碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝mv1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－1 m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27 J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前≥E后，据此可排除选项B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图6所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，求两小球质量之比m1∶m2.
图6
答案　2∶1
解析　从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，解得m1∶m2＝2∶1
4.如图7所示，在光滑水平面上放置一质量为M的静止木块，一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块，穿出后子弹的速度变为v1，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．
图7
答案　
解析　取子弹与木块为系统，系统的动量守恒，设木块获得的速度为v2，则有：mv0＝mv1＋Mv2得：v2＝，
由能量守恒定律得系统损失的机械能为
ΔE＝mv－mv－Mv
＝[M(v－v)－m(v0－v1)2]