《碰撞和动量守恒》

1、粤教版选修3-5 碰撞和动量守恒单元复习教案兼谈如何结合学生实际调整复习策略广东省中山市古镇高级中学 戴顺贤教学目标：1掌握动量、冲量、动量变化量三概念，掌握动量定理；理解物体所受的冲量与其动量变化间的关系，了解力学问题解题思路中的三条金钥匙，对涉及求时间和速度的问题，先从动量和冲量观点入手分析往往会带来方便。2掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤3会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题4理解用斜面滚下的小球与另一轻球碰撞验证动量守恒的实验原理、器材、数据处理方法和实验注意事项。5弥补本章知识缺陷

2、，把书读透读厚，并尝试归纳总结把书再读薄，形成知识体系记准记牢。通过专题训练题巩固解题技巧，掌握解题思路，适应考试要求。教学重点：动量、冲量、动量变化量三概念的理解和动量定理的运用；验证动量守恒的实验；动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤教学难点：应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：条件性；整体性；矢量性；相对性；同时性处理有关问题时的解题思路和习题模型形成。教学方法：1通过复习前让学生阅读教材、教辅导资料、上课笔记等完成基础知识练习题，通过自行核对其答案、和同学对比讨论等，初步达到完善基础知识和基本技能的目的，初步总结出动量守恒

3、定律的解题步骤和基本注意事项2通过教师的归纳总结形成知识结构，明确本章重难点，高考的基本要求和考题走向。尝试让学生初步理解处理问题时的解题思路，形成习题模型，达到把书读清读薄的目的。3学生通过实例分析，结合人船模型与反冲现象、子弹打木块及相对滑动问题、某一方向上动量守恒问题、碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性，通过实际训练提高解题中列式求解的技巧及解题表述的规范性4自学、练习、自评、讨论、讲授、专题测练反馈相结合，并用计算机辅助教学充分保留好新课时用过的知识习题等的电子资料、学生实际完成情况反馈、习题类型课件等各类素材，从而增大复习课容量又能减少学生不必要的重复练

4、习浪费精力。教学过程一、读厚（基础知识过关与习题模型巩固过程）1教师讲复习讲授课前先印刷本单元基础知识填空题给学生课外完成（提前3天左右发放）。正式上复习课前一天发答案下去让学生自行核对改正（要求必须用不同颜色的笔迹区分），并在上课前收上来了解答题情况。2布置阅读作业：让学生读一次本章讲过的重点例题和作业题，以对习题模型形成一定的印象。二、读薄（基础知识形成框图，并给出一定的记忆思路，以帮助学生记准记牢）1、考点要求解读考点要求说明考点解读动量、动量守恒定律及其应用动量守恒定律只限于一维情况本章唯一的二级要求是动量及其守恒定律，但单独考查的可能性不大，特别是目前综合科中更是如此。但它涉及受力分

5、析、过程分析等，和前面的所有力学知识都可联系起来，是以往物理学科单独考试时的热点，为了照顾知识点的覆盖面，会出现一个大题中再套二、三个小题的情况 难题出现在和其它知识的综合题中，应当引起我们的重视。弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动验证动量守恒定律（实验、探究）2、知识框图3、本章基础知识我们可以用“一二三四五六”来帮助学生记忆。一条解题新思路：（三条力学金钥匙之一）归纳起来，力学中有三把金钥匙，那么遇到力学问题，究竟怎样选用和使用金钥匙呢？基本思路是：（1）审清题意，弄清物理过程，明确研究对象，画好两图：物理过程示意图和研究对象受力分析图。（2）对涉及要求速度和位移的问题，先从能量观点入手分析往

6、往会带来方便。即对各个力所做的功，物体速度的变化情况作出分析。如果研究对象是一系统，且只有重力做功，则应用机械能守恒定律解。如果研究对象是一物体，且还有其他力做功则应用动能定理解要注意分清正负功。选定零势能点。初末状态的机械能或动能、统一单位等问题。（3）对涉及要求时间和速度的问题，先从动量和冲量观点入手分析往往会带来方便。即对各个力的冲量、物体动量的变化情况作出分析。如果研究对象是一系统，且所受合力F=0，则应用动量守恒定律解。如果研究对象是一物体，且F0，则应用动量定理解。要注意选定正方向、分清动量和冲量的正负。初末状态的动量、统一单位等问题。（4）对涉及要求加速度和时间的问题，先从牛顿运

7、动定律入手分析往往会带来方民即对研究对象分析其运动状态和受力情况后，列出其运动方程，必要时再运用运动学公式解之。要注意分析各运动过程中物体的受力情况、选定正方向。统一单位等问题。选用上述三把金钥匙解题是相对的。一切要视具体问题来定。有时需同时用之，有时可分别用之。这就需要通过解题不断总结经验教训。才能深刻领会，灵活运用。二个公式：公式之一：动量定理，最通用的表达式是：F合 tm vtm vo公式之二：动量守恒定律，一般最通用的表达式是 三个概念和三类碰撞本单元中涉及到三个重要概念，即动量、冲量及动量的改变量。（1）冲量I=Ft，是矢量，其方向决定于力的方向。 服从矢量运算法则平行四边形定则。表

8、示力在时间上的积累效果。有力作用在物体上即使物体产生加速度，但需经过一段时间才能改变物体的速度。冲量是过程量，有力对物体产生冲量，则该过程中物体的动量将发生变化。 （）动量p=mv，是矢量，其方向决定于速度的方向。它服从矢量运算法则平行四边形定则。同时它也是状态量，式中速度应当与某一瞬时相对应。（）动量的变化量p=mvtmvo：指物体的末动量与初动量之差，由于它也是矢量，应当用平行四边形定则来运算，也可根据动量定理，利用合外力的冲量来计算其大小方向，且它的方向与合力的方向是一致的。三种碰撞的分析理解：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力

9、，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。其中弹性碰撞和完全非弹性碰撞是两种特例，非弹性碰撞情形介于两特例之间。A A B A B A Bv1vv1/v2/ 仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。（

10、1）弹簧是完全弹性的。系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：。（这个结论最好背下来，以后经常要用到，并要求学生能根据公式讨论入射小球在何条件下才能反向运动，）如果是原来两个物体都有初速度，则其表达式将更加复杂。（要求学生课后再自行推导一次，并理解如果两球质量相等，碰撞后速度将会互换。）（2）弹簧不是完全弹性的。系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转

11、化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。（3）弹簧完全没有弹性。系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：。守恒定律成立的四种情形：系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；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。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。五种实际模型：碰撞与类碰撞现象子弹射木块题型及

12、物块与平板间的相对滑动人船模型和反冲现象，分初动量为零和不为零两种情况处理，同时还应当注意到动量守恒中速度的相对性问题某一方向上的动量守恒爆炸类问题各种模型中的典型习题见后面例题讲解来加以消化与巩固，选题时尽可能地选取学生新课学习中接触过的题为主，借此增强学生兴趣并降低学习难度。学生实验六个注意事项：在用斜面滚下的小球与另一轻球碰撞验证动量守恒的实验中，我们应当让学生理解以下六点要加以注意的事项，分别是：用重球碰撞轻球、为保证平抛应当使轨道末段水平、为保证重复性要使入射小球每次都从同一位置自由滚下、量水平位移时要注意到两球飞出起点不同并且要量度完距离后才能移动纸张、确定落点时要选取平均落点、要

13、注意到处理数据时实际上还要用天平测定两球质量。三、实例演解与训练巩固反馈：例题部分：【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。v1解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：由系统机械能守恒得： 解得全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得说明：这是相当于完全非弹性碰撞的现象，如果是求再次回到底部分离开时两者各自的速度，则相当于完全弹性碰撞，在中间的任一位置的速度则相当于发生一般的非弹性碰撞。【例2】 动量分别为5kgm

14、/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？解析：A能追上B，说明碰前vAvB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由以上不等式组解得：点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。 s2 ds1v02子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运

15、动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 、相减得： 点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量

16、守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。 由上式不难求得平均阻力的大小：至于木块前进的距离s2，可以由以上、相比得出：从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： 一般情况下，所以s2d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动

17、的类型，全过程动能的损失量可用公式来计算：当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是EK= f d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用式计算EK的大小。此外前几年的高考中常考查一种两个物体叠在一起发生相对滑动的问题，求解要求往往是求最终速度、滑行距离或能量损耗情况等，其本质就是子弹打木块问题的一种变形而已。我们可以要求学生自行阅读下面的习题并提示学生加以理解。（两个物体间发生相对滑动的情形中与子弹打木块模型的本质是一样的，都要综合运用动量守恒和动能定理及能量转化和守恒等知识综合分析

18、。其中的摩擦力相当于子弹打入木块时的冲力和阻力，物体要下面长板上的滑行距离相当于子弹打入厚度，如果能从上面滑出，则相当于子弹打透了木块。这两种问题是外衣不同而本质一致的同类型问题，我们可以把它们归纳到一起。）附录阅读题：两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg它们的下底面光滑，上表面粗糙另有质量mC=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(见图)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：木块A的速度和铅块C离开A时的速度解：设C离开A时的速度为

19、vC，此时A、B的共同速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知mCvC=(mA+mB)vA+mCvC (1)以后，物体C离开A，与B发生相互作用从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由vC和vA变化到共同速度v因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知mCvC+mBvA=(mB+mC)v (2)由(l)式得 mCvC=mCvC-(mAmB)vA 代入(2)式 mCvC-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v得木块A的速度所以铅块C离开A时的

20、速度3反冲问题在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，点评：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

21、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，就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。【例5】一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于（ ）解：取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v，并规定粒子运动方向为正方

22、向，则粒子的对地速度v=v0-v，系统的动量为p2=mv-(M-m)v=m(v0-v)-(M-m)v由p1=p2，即0=m(v0-v)-(M-m)v=mv0-Mv规律总结：运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性。4某一方向上的动量守恒【例6】小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45角，求发射炮弹后小船后退的速度？解：发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1cos45，船后退的动量为(M-m)v2据动量守恒定律有0=mv1c

23、os45(M-m)v2取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得 规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒【例】 如图所示，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A B成角时，圆环移动

24、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-Lcos）-d解得圆环移动的距离： d=mL（1-cos）/（M+m）此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反5爆炸类问题【例】 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的