【优化方案】高二物理选修3-5精品课件第一章碰撞与能量守恒第3节动量守恒定律(共41张)[数理化网]

第3节动量守恒定律的应用核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练第3节课前自主学案课标定位1.会运用动量守恒定律分析、解决碰撞问题．2．了解中子的发现过程．3．理解反冲的原理并能用来解释火箭的多级发射问题．课标定位课前自主学案一、碰撞问题的定量分析1．碰撞的特点(1)作用时间短．(2)外力通常___________碰撞物体之间的内力．(3)碰撞过程中_______守恒．远小于动量2．碰撞后若两物体粘在一起，获得共同速度，这种碰撞为完全非弹性碰撞，此时动能损失最大．二、中子的发现1932年，卢瑟福的学生查德威克利用动量守恒定律和能量守恒定律发现了中子．三、反冲现象与火箭的发射反冲过程中在一条件下满足动量守恒，火箭的发射就是利用了反冲现象，火箭向后喷出高速气体，使火箭获得较大的向前速度．火箭飞行所能达到的最大速度，就是燃料燃尽时获得的最终速度，其最大速度取决于两个条件：一是向后的__________，二是___________喷气速度质量比．思考感悟你知道章鱼、乌贼怎样游泳吗？提示：章鱼、乌贼游泳时，将身体内部的一部分水高速喷出，从而使自身获得相反方向的速度．像这样，由于物体通过分离出部分物质，而使剩余的部分获得速度，这种现象称为反冲运动，其基本原理仍然是动量守恒定律．核心要点突破一、对碰撞问题的理解1．分析碰撞问题时的几个忽略(1)在碰撞过程中，系统的内力远远大于外力，系统受到的一些微小外力可忽略不计．(2)碰撞现象中，作用时间很短．这个极短时间相对物体运动的全过程可忽略不计．(3)在碰撞过程中，物体发生速度突变时，物体必有一极小的位移，这个位移相对于物体运动全过程的位移可忽略不计．2．判定一个碰撞过程是否存在的依据(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理碰前，两物体同向，则v后v前，碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变特别提醒：(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还满足能量守恒，处理问题可利用能量守恒定律列式求解．即时应用(即时突破，小试牛刀)1．在光滑水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞后球1的运动方向与原方向相反，将碰撞后球1的动能和动量分别记为E1、p1，球2的动能和动量分别记为E2、p2，则必有()A．E1E0B．p1p0C．E2E0D．p2p0解析：选ABC.球1与球2碰后动能的关系E0≥E1＋E2，所以E1E0，E2E0；碰后球1的速度大小v1v0，对于球1其动量大小有p1p0，由碰后球1运动方向相反可得p2p0，故选A、B、C.二、对反冲运动的理解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，相互作用力一般较大，通常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．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．2．讨论反冲运动时，应注意的问题(1)速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到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，即对地的速度．因此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：在反冲运动中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．即时应用(即时突破，小试牛刀)2．下列属于反冲运动的有()A．喷气式飞机的运动B．直升机上升C．火箭上升D．反击式水轮机的运动解析：选ABCD.喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力；直升机通过螺旋桨击打空气，通过反冲获得上升的动力；反击式水轮机靠水轮击打水，通过反冲获得动力．三、爆炸模型及拓展1．爆炸特点(1)物体发生爆炸时，物体间的相互作用突然发生，相互作用力为变力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理．(2)在爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加．(3)由于爆炸类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计．2．模型拓展：很多情况，相互作用的物体具有上述类似的特点．例如：光滑水平面上弹簧将两物体弹开，人从车(或船)上跳离，物体从放置于光滑水平面上的斜面上滑下．这些过程与爆炸具有类似的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律求解．即时应用(即时突破，小试牛刀)3．一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A．总动量守恒B．机械能守恒C．水平方向动量守恒D．竖直方向动量守恒解析：选C.爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的．但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置的竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的，爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒．四、“人船模型”问题1．“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．2．处理“人船模型”问题的关键(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，表明任意时刻的瞬时速率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．进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比．即x1x2＝m2m1.(2)解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系．特别提醒：(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”通常应理解为“人”相对“船”的相对位移，而在求解过程中应讨论的是“人”及“船”的对地位移．即时应用(即时突破，小试牛刀)4．质量M＝150kg的木船长l＝4m，质量m＝50kg的人站立在船头，它们静止在平静的水面上．不计水的阻力，如图1－3－1所示．现在人要走到船尾取一样东西，则人从船头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离为多大？图1－3－1解析：设船移动距离为x，则人移动距离为l－x，以船行方向为正方向，船对地的平均速度为xt，人对地的平均速度为－l－xt，由动量守恒定律有M·xt－ml－xt＝0即Mx－m(l－x)＝0解得船移动的距离为x＝mlM＋m＝50×4150＋50m＝1m.答案：1m课堂互动讲练碰撞类问题如图1－3－2所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失．例1图1－3－2为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep(设弹簧处于原长时弹性势能为零)．【思路点拨】――→机械能守恒沿坡道滑下物体A的碰前速度――→动量守恒碰撞碰后的共同速度――→能量守恒压缩弹簧弹性势能Ep【精讲精析】(1)由机械能守恒定律，有m1gh＝12m1v2，解得：v＝2gh.(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒定律，有m1v＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律，有12(m1＋m2)v′2－0＝μ(m1＋m2)gd＋Ep解得Ep＝m21m1＋m2gh－μ(m1＋m2)gd.【答案】(1)2gh(2)m21ghm1＋m2－μ(m1＋m2)gd【方法总结】解决碰撞中的能量转化问题：(1)首先应明确所选的状态，分析状态间的过程中哪种形式的能减少，哪种形式的能增加，然后确定每个状态的能量，最后利用能量守恒求解．(2)要利用动量和能量间的关系，如：Ek＝p22m.变式训练1如图1－3－3所示，在真空中一光滑绝缘水平面上，有直径相同的两个金属球A、C，质量mA＝1×10－2kg、mC＝5×10－3kg，静止在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中的C球带正电，电荷量qC＝1.0×10－2C．在磁场外不带电的A球以速度v0＝20m/s进入磁场中与C球发生正碰后，C球对水平面的压力恰好为零(g取10m/s2)，则碰后A球的速度为()图1－3－3A．10m/sB．5m/sC．－10m/sD．－20m/s解析：选A.A球与C球发生正碰，则动量守恒，即mAv0＝mAvA＋mCvC，接触后，C球所带电荷量变为qC2，对水平面压力为零，则qC2vCB＝mCg，解以上各式得vA＝10m/s，所以A正确．反冲运动类问题火箭喷气发动机每次喷出m＝0.2kg的气体，喷出气体相对地面的速度为v＝1000m/s.设火箭初质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭在1s末的速度是多大？例2【思路点拨】确定研究对象→确定各部分质量、及初末状态→由动量守恒列式求解．【精讲精析】选火箭和1s内喷出的气体为研究对象，取火箭的运动方向为正方向．在这1s内由动量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0解得1s末火箭的速度v′＝20mvM－20m＝20×0.2×1000300－20×0.2m/s＝13.5m/s.【答案】13.5m/s【题后反思】分析本题易忽略喷出气体后火箭质量的变化，而导致结果错误，本题为变质量问题，应以火箭本身和喷出气体为研究对象，同时注意火箭在喷气前后的质量变化．变式训练2一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则()A．火箭一定离开原来轨道运动B．P一定离开原来轨道运动C．火箭运动半径可能不变D．P运动半径一定减小解析：选A.火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大．P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以A对，B、C、D错．临界问题的分析如图1－3－4所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上做游戏，甲和他的冰车的质量共为M＝30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子，和他一起以大小为v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力．例3图1－3－4求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？【思路点拨】由题目可知两个作用过程发生在冰面上满足动量守恒定律．解答本题先明确恰好不相撞的条件，再分别以甲与箱子为研究对象、以乙与箱子为研究对象，由动量守恒定律列式求解．【自主解答】对甲与箱子组成的系统，设推出箱子后，箱子的速度为v，甲的速度为v1，均向右，取向右为正，由动量守恒定律有()0＝mv＋Mv1①对乙与箱子组成的系统，乙原来速度方向向左，为负．由动量守恒定律有mv－Mv0＝(m＋M)v2②刚好不相撞的条件为v1＝v2③由①②③联立，解得v＝m2＋2mM＋2M2m2＋2mMv0代入数值得v＝5.2m/s.【答案】5.2m/s【题后反思】本题容易犯的错误是：过分的分析甲、乙和箱相互作用的过程，而忽略对临界条件的分析．题中甲、乙和箱的总动量与甲的初速度方向一致，所以相互作用后乙必然反向，所以只需乙抓住箱以后和甲速度相等，甲、乙就可避免相