2013-2014学年高二物理粤教版选修3-5同步课件：第1章 第3节 动量守恒定律在碰撞中的应用

1、第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用,1知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题 2掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤 3会应用动量守恒定律分析、解决碰撞、爆炸等相互作用的问题 4能综合应用动量守恒定律和其他规律解决一维运动有关问题,从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一(另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律)从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终,1在碰撞和类碰撞问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，

2、很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的_，不必涉及_，且在实际应用中，往往需要知道的也仅仅是碰撞后物体运动的_，所以动量守恒定律在解决各类碰撞问题中有着极其广泛的应用 2应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法,速度,初、末状态,过程的细节,(1)确定研究对象组成的系统，分析相互作用的物体组成的系统总动量是否守恒 (2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量 (3)根据动量守恒定律列方程 (4)解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果,碰撞问题应遵循的三个原则：,原则一：系统动量守恒原则 由于碰撞的特点是作用时间极短，力非常大，通常系统所受的外力(如重力、摩擦力

3、等)在这段时间内的影响可忽略不计，认为参与碰撞的物体系统动量守恒 原则二：不能违背能量守恒原则,碰撞过程中必须满足碰前的机械能大于或等于碰后的机械能，即： 或 ,原则三：物理情景可行性原则 因碰撞作用时间极短，故每个参与碰撞的物体受到的冲力很大，使物体速度发生骤变而其位置变化极其微小，以致我们认为其位置没有变化，碰撞完毕后，物体各自以新的动量开始运动 若两物体发生碰撞，碰后同向运动，在前面运动物体的速率应大于或等于后面的速率,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p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则二球质量

4、m1与m2间的关系可能是下面的哪几种( ) Am1m2 B2m1m2 C4m1m2 D6m1m2 解析：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有： p1p2 p1p2 即： p12 kgm/s.,由于在碰撞过程中，不可能有其他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：,答案：C,课堂训练,1质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA9 kgm/s，B球的动量为pB3 kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是( ) ApA6 kgm/s，pB6 kgm/s BpA8 kg

5、m/s，pB4 kgm/s CpA2 kgm/s，pB14 kgm/s DpA4 kgm/s，pB17 kgm/s,解析：以A、B为系统，系统所受合外力为零，A、B组成的系统动量守恒，即pApBpApB9 kgm/s3 kgm/s12 kgm/s，故先排除D项 A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即： EkAEkBEkAEkB， EkAEkB ， EkAEkB . 将A、B、C三项代入可排除C项,A、B选项表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后两球沿同一方向运动，后面A球的速度应小于或等于B球的速度，即vAvB，因此又可排除B项，所以该题的正确选项为A. 答案：A,应用动量守恒定律解题的

6、步骤,相互作用的几个物体，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞 由于碰撞的物体之间的作用时间短；碰撞物体之间的作用力大内力远大于外力，故符合动量守恒定律 应用动量守恒定律的解题步骤： 1确定研究对象，由于研究对象是由几个物体组成的系统，所以在确定研究对象时，要根据题意明确所研究的系统是由哪些物体组成的,2对系统内各个物体进行受力分析，分清内力和外力；并判断系统在哪一过程中动量守恒 3确定正方向 4确定系统的初末状态的总动量 5根据动量守恒定律列方程 在建立动量守恒定律方程时，还要注意以下几点一般速度都是以地面作为参照物公式中涉及的速度方向，只允许有一个速度方向未确定，

7、其余速度方向为已知单位要一致 6解方程求解,质量为m1的物体，以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，如图所示，设碰撞后它们的速度分别为v1和v2，试用m1、m2、v1表示v1和v2.,解析：以两物体组成的系统中，发生弹性碰撞，动量和机械能都守恒，根据动量守恒定律： m1v1m2v2m1v1m2v2 得m1v1 m1v1m2v2 根据弹性碰撞过程中机械能守恒有 由以上两式解得 碰撞结束时m1的速度 ,m2的速度v2 讨论：(1)当m1m2，即两物体的质量相等时，由两式得v10，v2v1，即两者交换速度 (2)当m1m2，即第一个物体的质量比第二个物体大得多时，m1m2m1，m1m2m1，由

8、式得v1v1，v22v1. (3)当m1m2时，即第一个物体的质量比第二个物体小得多时，m1m2m2，m1m2m2， 0，由式得v1v1，v20. 点评：请记住有关的结论，方便解题,2质量为30 kg的小孩以8 m/s的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量为90 kg，求小孩跳上车后他们共同的速度,课堂训练,解析：取小孩和平板车作为系统，由于整个系统所受合外为为零，所以系统动量守恒 规定小孩初速度方向为正，则： 相互作用前：v18 m/s，v20， 设小孩跳上车后他们共同的速度速度为v，由动量守恒定律得： m1v1(m1m2) v 解得：v 2 m/s， 数值大于零，表明

9、速度方向与所取正方向一致,动量守恒定律的“三性”,1方程的矢量性：动量守恒的方程是一个矢量方程对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反的为负若方向未知，可设为与正方向相同列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向,2状态的同时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量和恒定列动量守恒方程(m1v1m2v2m1v1m2v2)时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和不是同一时刻的动量不能相加 3参照物的同一性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定

10、律时，应注意各物体的速度必是相对同一惯性系的速度(没有特殊说明要选地球这个惯性系)如果题设条件中各物体速度不是同一惯性系的速度，必须适当转换参考系，使其成为同一参考系的速度,如图所示，一辆质量为M60 kg的小车上有一质量为m40 kg的人(相对车静止)一起以v02 m/s的速度在光滑的水平面上前进突然人用相对于小车以u4 m/s的速度水平向后跳出后，车速为多少？ 下面是几位同学的解答，若错误，请指出错在何处，并写出正确的解答 (1)解析：人跳出车后，车的动量为60v，人的动量为m(uv)，由动量守恒定律(Mm)v0Mv m(uv) 即： (6040)260v+40(4v) 解得： v0.4

11、m/s.,(2)解析：选车的方向为正，人跳出车后，车的动量为Mv，人的动量为mu，由动量守恒定律(Mm)v0Mvmu 即： (6040)260v+40(-4) 解得： v6 m/s. (3)解析：选车的方向为正，人跳出车后，车的动量为Mv，人的动量为m(u+v0)，由动量守恒定律(Mm)v0Mv m(u+v0) 即： (6040)260v+40(-4+2) 解得： v m/s.,解析：(1)没有注意矢量性；(2)没有注意参照物的统一性；(3)没有注意状态的同时性 正确的解法： 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒以v0方向为正方向，以地为参考系则人跳车的速度为u=-

12、4m/s，设人跳出后，车对地的速度增大到v，由动量守恒定律得： (Mm)v0Mv+m(u+v) (6040)260v+40(4+v) 解得： v3.6 m/s,课堂训练,3如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M3 kg的薄板和质量m1 kg的物块，都以v4 m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( ) A做加速运动 B做减速运动 C做匀速运动 D以上运动都有可能,解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正方向) Mvmv(Mm)v. 则v m/s2 m/s. 共同运动速度的方向与薄

13、板初速度的方向相同 在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m/s.当薄板速度为v12.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得：,MvmvMv1mv2. v2 m/s0.8 m/s. 即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动 答案：A,分方向的动量守恒,如果相互作用的物体所受到外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统总动量就不守恒，也不能近似认为守恒，但是，只要在某一方向上合外力的分量为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方向上系统的动量守恒或近似守恒,小型迫击炮在总质量为1 000 kg的船上发射，炮弹

14、的质量为2 kg.若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600 m/s，且速度跟水平面成45角，求发射炮弹后小船后退的速度 解析：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,发射炮弹前，总质量为1 000 kg的船静止，则总动量Mv0. 发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1cos 45，船后退的动量(Mm)v2. 据动量

15、守恒定律有 0mv1cos 45(Mm)v2. 取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得 v2 v1 6000.86 m/s. 方向与炮弹运动方向相反.,课堂训练,4如图所示，质量为0.5 kg的小 球在距离车底面高20 m处以一定的初 速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( ) A5 m/s B4 m/s C8.5 m/s C9.5 m/s,解析：小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy m/s 20 m/s

16、则小球的水平分速度为v0 15 m/s 小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则： Mvmv0(Mm)v v m/s5 m/s. 所以选项A正确 答案：A,对爆炸问题的探究,爆炸的特点是作用时间很短，相互作用内力很大，过程中物体间产生的位移可忽略对于外力不会随内力而变化的系统，尽管有外力作用，但仍可以认为其动量守恒，但从机械能角度分析，爆炸时，系统的机械能增加,手榴弹在离地面高h处的速度方向恰好沿水平方向向左，速度的大小为v，此时，手榴弹炸裂成质量相等的两块，前半块的速度方向仍沿水平向左，速度大小为3v，那么后半块在炸后的落地点跟爆炸点的水平位移是多少？方向如何？(设消耗的

17、火药质量不计),解析：在爆炸瞬间，手榴弹水平方向，故动量守恒，设手榴弹炸成两块后每块的质量为m，炸后后半块的速度为v，以向左为正方向，根据动量守恒，有 2mvm3vmv 解得：v-v 即爆炸后，后半块沿负方向运动，且做平抛运动，故由h gt2可得t 水平位移sv1tv 水平位移为v ，方向与正方向相反,5质量为1 kg的炮弹，以800 J的动能沿水平方向飞行时，突然爆炸分裂为质量相等的两块，前一块仍沿水平方向飞行，动能为625 J，则后一块的动能为( ) A175 J B225 J C125 J A275 J,课堂训练,解析：炮弹以800 J的动能沿水平方向飞行时，其速度由Ek0 mv 得v0

18、 40 m/s 前一块仍沿水平方向飞行的速度，由Ek1 mv 得v1 25 m/s 根据动量守恒得mv0 mv1 mv2 解得v2（80-25 ）m/s 后一块的动能Ek2 mv 498 J. 答案：B,1（双选）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：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碰撞前两球总动量为零，碰撞

19、后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的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不可能碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能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 答案：AD,2（双选）向空中发射一物体不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则( ) Ab的速度方向一定与原速度方向相反 B从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 Ca，b一定同时到达地面 D炸裂的过程中，a，b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等

20、,解析：物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：(mAmB)vmAvAmBvB当vA与原来速度v同向时，vB可能与vA反向，也可能与vA同向，第二种情况是由于vA的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量(mAmB)v.这时，vB的方向会与vA方向一致，即与原来方向相同所以A不对,a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运动，落地时间由t 决定因为h相等，所以落地时间相等，故C正确由于水平飞行距离xvt，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地时间t又相等，所以

21、水平飞行距离无法比较大小，所以B不对根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力FAFB，力的作用时间相等，所以冲量IFt的大小一定相等 答案：CD,3甲、乙两铁球质量分别是m11 kg、m22 kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v16 m/s、v22 m/s.甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( ) Av17 m/s，v21.5 m/s Bv12 m/s，v24 m/s Cv13.5 m/s，v23 m/s Dv14 m/s，v23 m/s,解析：选项A和B均满足动量守恒条件，但选项A碰后总动能大于碰前总动能，选项A错误，B正确；选项C不满足动量守恒条件，选项C错误；选项D满足动量守恒条

22、件，且碰后总动能小于碰前总动能，但碰后甲球速度大于乙球速度，不合理，选项D错误 答案：B,4（双选）质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是( ),解析：两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的1/9，则其速度大小仅为原来的1/3.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹 当以A球原来的速度方向为正方向时，则 vA v0， 根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有 mv00m v02mvB， mv00m 2mvB. 解得：vB v0，vB v0. 答案：AB,5质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)( ),A. B. C. D.,解析：设须发射数目为n，以v1为正方向，由动量守恒定律，得Mv1nmv20，所以n .,6（双选）如图所示，将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统，有 （ ）,能力提升,A动量守恒