《点亮高考》物理系列教案5.2《动量守恒定律_碰撞_反冲》12

-1-第2讲动量守恒定律碰撞反冲★一、考情直播1．考纲解读考纲要求能力要求考向定位弹性碰撞和非弹性碰撞动量守恒定律（说明：只限于一维）知道弹性碰撞和非弹性碰撞理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围掌握动量守恒定律解题的一般步骤会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题要明确动量守恒定律的条件，按照应用动量守恒定律的解题思路列式，列式时要理解动量守恒定律的五性“系统性、条件性、同一性、同时性、矢量性、相对性”能应用动量守恒定律解决人船模型、“合二为一”和“一分为二”问题．2．考点整合考点一碰撞（1）定义：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞．（2）碰撞的特点①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的．②碰撞过程中，总动能不增．因为没有其它形式的能量转化为动能．③碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大．④碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略．（3）碰撞的分类①弹性碰撞（或称完全弹性碰撞）如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞（或称完全弹性碰撞）．此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒．②非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒．③完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，则机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞．碰撞物体粘合在一起，具有同一速度．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大．（4）判定碰撞可能性问题的分析思路①判定系统动量是否守恒．②判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动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判定碰撞前后动能是不增加．【例1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg．m/s，P2=7kg．m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg．m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？（）A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2．【解析】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2=P1，+，即：P1，=2kg．m/s．由-2-于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有22'212'12221212222mPmPmPmP，所以有：m15121m2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有2211mPmP，即m1275m；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1mPmP，所以2151mm．因此正确的答案应该是（C）选项．【例2】如图6-2-1所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？（）A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D．两球都以各自原来的速率反向运动【解析】首先根据两球动能相等，222121乙乙甲甲VmVm得出两球碰前动量大小之比为：乙甲乙甲mmPP，因m甲m乙，则P甲P乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．考点二动量守恒定律（1）定义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．即：22112211vmvmvmvm（2）动量守恒定律成立的条件①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒．④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒．（3）其它表达形式：除了22112211vmvmvmvm，即p1+p2=p1/+p2/外，Δp1+Δp2=0，Δp1=-Δp2和1221vvmm【例3】如图6-2-2所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：（）A、动量守恒、机械能守恒B、动量不守恒、机械能不守恒C、动量守恒、机械能不守恒D、动量不守恒、机械能守恒图6-2-2图6-2-1-3-【解析】若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．【例4】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（）A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2【解析】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确．（4）分方向动量守恒【例5】如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?【解析】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m)【规律总结】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．考点三动量守恒定律应用动量守恒定律的一般应用步骤：①确定研究对象，选取研究过程；②分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；③选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解．不论相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒定律．应用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节．这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向．（1）动量守恒定律解“人船模型”问题人船模型是动量守恒定律的拓展应用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．图6-2-3-4-一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m1υ1-m2υ2=0，υ1=12mm错误!未指定书签。υ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s1=错误!未指定书签。s2，它们的相对距离s相=s1+s2．【例6】质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：2121)(mmMLmmS．提示：若m1m2，本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式．【例7】如图6-2-4所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与AB成θ角时，圆环移动的距离是多少？【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv，且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L-Lcosθ）-d］，解得圆环移动的距离：d=mL（1-cosθ）/（M+m）【规律总结】“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7等均属于“人船模型”．（2）根据动量守恒定律求解“合二为一”和“一分为二”问题．“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度．“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动．【例8】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s．甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg．现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？【解析】甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程．（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为V，则:M1V1－M2V1=（M1+M2）VsmsmVMMMMV/5.1/6802012121（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1．5）=225（kg·m/s）图6-2-4-5-每一个小球被乙接收后，到最终的动量为△P1=16．5×1－1．5×1=15（kg·m/s）故小球个数为)(15152251个PPN（3）根据图象分析推理解答相关问题【例9】A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0=0，t1=△t，t2=2·△t，t3=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B像有重叠，mB=23mA，由此可判断（）A.碰前B静止，碰撞发生在60cm处，t=2.5△t；B.碰前B静止，