7-8学年高中物理教科版选修3-5教学案：第一章-第3节-动量守恒定律的应用-Word版含答案完美版

第3节动量守恒定律的应用(对应学生用书页码P8)一、碰撞问题的定量分析1．碰撞过程中动量守恒物体在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，外力远小于碰撞物体间的内力，故碰撞过程中动量守恒。2．碰撞过程中的能量物体在碰撞过程中，动能不会增加，碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失最多。二、中子的发现、反冲与火箭1．中子的发现查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。2．反冲现象及火箭发射(1)反冲：①反冲现象。根据动量守恒定律，如果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，另一部分必然向相反方向运动的现象。②特点。A．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。B．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。C．反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。(2)火箭：①工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度。②影响火箭获得速度大小的因素。A．喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2000m/s～4000m/s。B．质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。1．判断：(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。()(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。()(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。()答案：(1)√(2)×(3)√2．思考：如图1­3­1所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？图1­3­1提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。(对应学生用书页码P9)碰撞过程满足的条件在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒。(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是()A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：选AD光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的。选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能。选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，不符合动量守恒，选项C不可能。选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。“子弹打木块”模型的结论及其应用如图1­3­2所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块，若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为s，则由动量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v①对子弹由动能定理：－Ff(s＋d)＝12mv2－12mv02②对木块由动能定理：Ffs＝12Mv2③联立可得：Ffd＝12mv02－12(m＋M)v2④由④式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔEk＝Ffd。这种模型与完全非弹性碰撞具有相同的运动特征。这种模型还有：运动物块置于光滑水平面上的木板直至相对静止、物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等，这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止。2．如图1­3­3所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为μ，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？解析：达到相对静止时有共同速度v′则由动量守恒有Mv＝(m＋M)v′平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为L。由能量守恒有μmgL＝12Mv2－12(m＋M)v′2联立解得L＝Mv22μm＋Mg。答案：Mv22μm＋Mg图1­3­2图1­3­3动量守恒和能量守恒的综合应用1.动量守恒与能量守恒的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒条件不受外力或所受合外力为零只有重力和弹力做功一般表达式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2标矢性矢量式标量式守恒条件的理解外力总冲量为零，系统总动量不变只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功注意事项应选取正方向选取零势能面2．解决该类问题用到的规律动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。3．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。(2)如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。(5)选取所需要的方程列式并求解。(1)注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。(2)一般的碰撞及有摩擦的情况下，机械能不守恒，应利用能量守恒求解。(3)当有弹簧参与下的多过程问题，一定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律一般是不同的。3．如图1­3­4所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为()A．v0，水平向右B．0C.mv0M＋m，水平向右D.Mv0M－m，水平向右解析：选C物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞n次的过程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则m的初速度为v1＝v0，M的初速图1­3­4度为v2＝0；作用后它们的末速度相同即v′1＝v′2＝v由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2得：mv0＝(m＋M)v解得：v＝mv0m＋M，方向与v0相同，水平向右。选项C正确。(对应学生用书页码P9)碰撞问题分析[例1]如图1­3­5所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球。A球动量为10kg·m/s，B球动量为12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为()A．0.5B．0.6C．0.65D．0.75[思路点拨]解答本题从三个方面：由速度的合理性确定速度关系式，然后由动量守恒定律确定B的末动量，再根据动能不增加原理建立关系式，从而综合确定质量比的范围。[解析]A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件：vA＞vB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件：vB′≥vA′。由vA＞vB得pAmA＞pBmB，即mAmB＜pApB＝56＝0.83由碰撞过程动量守恒得：pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s由碰撞过程的动能关系得pA22mA＋pB22mB≥pA′22mA＋pB′22mBmAmB≤3652＝0.69由vB′＞vA′得pB′mB＞pA′mA，mAmB＞pA′pB′＝814＝0.57所以0.57＜mAmB≤0.69选项B、C正确。[答案]BC(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。图1­3­5(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定。(3)要灵活运用Ek＝p22m或p＝2mEk；Ek＝12pv或p＝2Ekv几个关系转换动能、动量。碰撞过程中的临界问题分析[例2]如图1­3­6所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)图1­3­6[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×vmin①10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得vmin＝4v0[答案]4v0在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：(1)分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。(2)分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。动量守恒和能量守恒的综合应用[例3](重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()图1­3­7[解析]弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向只有内力作用，外力为零，系统水平方向动量守恒，设m乙＝m，m甲＝3m，则爆炸前p总＝(3m＋m)v＝8m，而爆炸后两弹片都做平抛运动，由平抛规律可得：竖直自由落体h＝12gt2，解得t＝1s；水平方向匀速x＝vt。选项A：v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s(向左)，p′总＝3m×2.5＋m×(－0.5)＝7m，不满足动量守恒，选项A错误。选项B：p′总＝3m×2.5＋m×0.5＝8m，满足动量守恒；选项B正确。同理，选项C：p′总＝3m×1＋m×2＝5m，选项D：p′总＝3m×(－1)＋m×2＝－m，均错误。[答案]B(对应学生用书页码P10)1．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图1­3­8所示，则铁球落入砂车后，砂车将()图1­3­8A．立即停止运动B．仍匀速运动，速度仍为v0C．仍匀速运动，速度小于v0D．做变速运动，速度不能确定解析：选C砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝(M＋m)v，得v＝MM＋mv0＜v0，故选C。2．如图1­3­9所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷。现使A、B以大小图1­3­9相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则()A．碰撞发生在M、N的中点之外B．两球同时返回M、N两点C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些D．两球回到原位置时各自的动量与原来相等解析：选BC尽管两小球所带电荷量不相等，但两小球间相互作用的库仑力大小相等，两小球又是完全相同的金属小球，所以两小球相向运动的速度大小及加速度大小时刻相等，两小球肯定在MN的中点发生碰撞，碰后两小球速度互换同时返回到M、N两点，碰撞后两小球所带电荷量相等，相互作用的库仑力大于相向运动时同一位置的库仑力，即两小球返回到原位置过程中库仑力所做的正功大于相向运动过程中库仑力所做的负功，所以两小球返回到原位置时速率增大，但总动量仍为零，正确答案为B、C。3．如图1­3­10所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，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