高中物理14美妙的守恒定律课件沪科版选修35

第1章碰撞与动量守恒1.4美妙的守恒定律1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．学习目标定位知识储备区3．动量和动能都守恒4．守恒不守恒知识链接新知呈现5．“合”为一体1．m1v1′＋m2v2′选取正方向2．(1)为零(2)远大于(3)某一方向上合外力为零学习探究区一、三种碰撞及特点二、弹性碰撞模型及拓展应用三、碰撞需满足的三个条件一、三种碰撞及特点问题设计(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．答案可看到碰撞后A停止运动，B摆到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．图1(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．答案可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．设碰后两球粘在一起的速度为v′由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝碰撞前总动能Ek＝12mv2v2碰撞后总动能所以碰撞过程中动能减少ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2即碰撞过程中动能不守恒．Ek′＝12×2m(v2)2＝14mv214要点提炼1．碰撞的特点(1)经历的时间，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；(2)碰撞双方相互作用的内力往往外力．2．三种碰撞类型(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝动能守恒：12m1v21＋12m2v22＝极短远大于m1v1′＋m2v2′12m1v1′2＋12m2v2′2(2)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝动能减少，损失的动能转化为|ΔEk|＝＝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，即|ΔEk|＝12m1v21＋12m2v22－m1v1′＋m2v2′内能Ek初－Ek末最多12(m1＋m2)v2共例1两个质量分别为300g和200g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50cm/s和100cm/s.(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．解析令v1＝50cm/s＝0.5m/s，v2＝－100cm/s＝－1m/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＝－0.1m/s，方向与v1的方向相反．答案0.1m/s，与50cm/s的方向相反(2)求碰撞后损失的动能．解析碰撞后两物体损失的动能为ΔEk＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2＝[12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2]J＝0.135J.答案0.135J(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．解析如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．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12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2，代入数据得v1′＝－0.7m/s，v2′＝0.8m/s.答案0.7m/s0.8m/s碰撞后均反向运动返回二、弹性碰撞模型及拓展应用已知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以初速度v0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．问题设计图2答案由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2①由碰撞中动能守恒：②由①②可以得出：12m1v20＝12m1v21＋12m2v22v1＝m1－m2m1＋m2v0，v2＝2m1m1＋m2v0讨论(1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；(2)当m1m2时，则v10，v20，即小球A、B同方向运动．因所以v1v2，即两小球不会发生第二次碰撞．(其中，当m1≫m2时，v1≈v0，v2≈2v0.)(3)当m1m2时，则v10，而v20，即小球A向反方向运动．(其中，当m1≪m2时，v1≈－v0，v2≈0.)m1－m2m1＋m22m1m1＋m2，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的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝，v2′＝，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′＝，v2′＝.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．m1－m2m1＋m22m1m1＋m20v1v12v1(3)若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝，v2′＝0.表明m1被反向以弹回，而m2仍静止．-v1原速率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、末状态总机械能不变，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球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，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，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，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，解得：vA＝0，vB＝v答案见解析12mv2＝12mv2A＋12mv2B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14图4解析小球冲上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，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，小球离开滑车向左做平抛运动，如果m＝M，小球离开滑车做自由落体运动；如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.答案BCD返回三、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p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2.3．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4A、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7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A．pA＝8kg·m/s，pB＝4kg·m/sB．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sC．pA＝5kg·m/s，pB＝7kg·m/sD．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/s解析从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，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的速度应小于或等于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的总动能碰后的总动能，B选项中所以B可能．C选项中故C也是正确的．D选项中所以D是不可能发生的．综上，本题正确选项为B、C.Ek＝pA′22m＋pB′22m＝742mEk′＝pA′22m＋pB′22m＝722mEk＝742m，Ek′＝pA′22m＋pB′22m＝742m＝Ek，答案BC返回课堂要点小结返回碰撞弹性碰撞动量守恒，动能守恒特例：两个质量相等的球发生弹性碰撞，碰后交换速度非弹性碰撞动量守恒，动能减少特例：完全非弹性碰撞机械能损失最多自我检测区12341．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小球发生正碰后，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/6B．－vC．－v/3D．v/21234图5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．答案D12342．两个小球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＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s(设为正)，B的速度vB＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为()A．均为＋1m/sB．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和＋5m/s12341234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＝12mAv2A＋12mBv2B＝27JE后＝12mAvA′2＋12mBvB′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B；1234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.答案AD3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0.8m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8m，则球A释放的高度h可能是()1234图6A．0.8mB．1mC．0.1mD．0.2m解析碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得1234vB′＝st＝sg2h＝0.8102×0.8m/s＝2m/s.12因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度vA′＝0，vB′＝vA1故碰前A球速度为vA1＝2m/s由机械能守恒定律1234mgh＝12mv2A1，得h＝v2A12g＝222×10m＝0.2m.答案D4．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7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的，求两小球质量之比m1∶m2.1234图71234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．根据它们在相同时间内通过的路程，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＋m2v21234利用＝4，解得m1∶m2＝2∶112m1v20＝12m1v21＋12m2v22v2v1答案2∶1谢谢观看更多精彩内容请登录：