1、第一章 碰撞与动量守恒 第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用 学习目标 1.知道弹性碰撞的概念和特点.2.知道非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的概念和特点.3.会用动量守恒定律和能量守恒观点分析一维碰撞问题(重点、难点)4.知道动量守恒定律的普遍意义自 主 预 习 探 新 知 一、应用 动量守恒定律是物理学中之一迄今为止，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们都会提出新的以坚持动量守恒定律的，最终的结果，往往是因为而胜利告终最常用的定律有新的发现正确性假设二、应用动量守恒定律解题的一般步骤(1)确定研究对象组成的，分析所研究的物理过程中，系统受的情况是否满足动量守恒定律的应用条件
2、(2)设定，分别写出系统初、末状态的(3)根据动量守恒定律列方程(4)解方程、后代入数值进行运算，求出结果系统统一单位总动量正方向外力1正误判断(正确的打“”，错误的打“”)(1)动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一，在理论探索和实际应用中均发挥了巨大作用()(2)在碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，很难用牛顿运动定律求解 ()(3)应用动量守恒定律解题只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节 ()(4)两个物体发生正碰时，碰撞过程系统动量守恒，机械能也守恒 ()2一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A 并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示则在子弹打击木块
3、A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A动量守恒，机械能守恒B动量守恒，机械能不守恒C动量不守恒，机械能守恒D无法判定动量、机械能是否守恒B 在子弹打击木块 A 及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒在此过程中，有摩擦力做功，所以系统机械能不守恒故 B 正确，A、C、D 错误3如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动两球质量关系为 mB2mA，规定水平向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s.则()A左方是 A 球，碰撞后
4、 A、B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110A 由两球的动量都是 6 kgm/s 可知，运动方向都水平向右，且能够相碰，说明左方是质量小、速度大的小球，故左方是 A 球碰后 A 球的动量减少了 4 kgm/s，即 A 球的动量为 2 kgm/s，由动量守恒定律得 B 球的动量为 10 kgm/s，又因 mB2mA，可得其速度比为 25，故选项 A 是正确的合 作 探 究 攻 重 难 动量守恒定律的特性1.对“守恒”的理解(1)动
5、量守恒定律的研究对象是相互作用的物体构成的系统(2)系统“总动量保持不变”，不仅是系统的初末两时刻的总动量(系统内各物体动量的矢量和)相等，而且系统在整个过程中任意两时刻的总动量都相等，但绝不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变2动量守恒定律的“四性”(1)矢量性：动量守恒定律中的速度是矢量，所以动量守恒定律的表达式也是矢量表达式在一维的情况下，首先必须规定正方向，化矢量运算为代数运算，在不知物体运动方向的情况下，可假设运动方向与正方向一致，根据计算结果的“正”和“负”，得到物体实际的运动方向(2)相对性：动量守恒定律中的速度具有相对性，所以动量的大小也与参考系的选取有关，在中学物理中一般
6、以地面为参考系(3)瞬时性：系统中各物体相互作用时速度变化是同时的，任一瞬间的动量之和都保持不变(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速、宏观的物体系，也适用于高速、微观的物体系，具有普适性【例 1】甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车质量共为 M30 kg，乙和他的冰车质量也是 30 kg.游戏时，甲推着一个质量为 m15 kg 的箱子和他一起以大小为 v02.0 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？【解析】
7、设恰不相碰时三个物体的共同速度为 v，取甲原来的运动方向为正，根据系统动量守恒，有(Mm)v0Mv0(MmM)v v mv02Mm15223015 m/s0.40 m/s 设箱子被推出的速度为 v，根据箱子、乙二者动量守恒有 mvMv0(Mm)v vMmvMv0m 15300.4030215 m/s5.2 m/s.答案 5.2 m/s应用动量守恒定律解题时，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正、负号，求解出未知速度的正、负号，一定要指明速度方向.训练角度 1：动量守恒条件与机械能守恒条件的比较1足够深的水池中有一个木块和铁块，用细绳拴连后在水里悬浮现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面
8、之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是()A动量守恒，机械能增加B动量守恒，机械能减少C动量守恒，机械能守恒D动量不守恒，机械能守恒A 木块和铁块用细绳拴连后在水里悬浮，木块与铁块组成的系统所受合外力为零，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据 FgV 排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，系统动量守恒；在上升过程中，系统中浮力做正功，根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故 A 正确，B、C、D 错误训练角度 2：动量守恒定律的应用2将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很
9、短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/sA 由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒 燃气的动量 p1mv0.05600 kgm/s30 kgm/s，则火箭的动量 p2p130 kgm/s，选项 A 正确碰撞与爆炸1.碰撞过程的特点(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略(2)即使碰撞过程中系统所受外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以
10、外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大2碰撞过程的分析判断依据在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒(2)系统的动能不增加，即 Ek1Ek2Ek1Ek2.(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，则该碰撞过程没有结束3弹性碰撞的规律设质量为 m1 的小球以速度 v1 与质量为 m2 的静止的小
11、球发生弹性碰撞，碰后 m1、m2 的速度分别为 v1和 v2，由动量守恒和动能守恒有m1v1m1v1m2v212m1v2112m1v2112m2v22以上两式联立可解得 v1m1m2m1m2v1，v2 2m1m1m2v1，由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：(1)当 m1m2 时，v10，v2v1，表示碰撞后两球交换速度；(2)当 m1m2 时，v10，v20，表示碰撞后两球向前运动；(3)当 m1m2 时，v10，v20，表示碰撞后质量小的球被反弹回来4爆炸的特点是动量守恒，其他形式的能转化为动能同样，在很多情况下相互作用的物体具有类似的特点例如，光滑水平面上弹簧将两物体弹开；人从车(或
12、船)上跳离；物体从放置于光滑水平面上的斜面上滑下这些过程与爆炸具有类似的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量的转化和守恒定律分析求解【例 2】在光滑水平桌面上，有一长 l2 m的木板 C，它的两端各有一挡板，C 的质量 mC5 kg，在 C 的正中央并排放着两个可视为质点的滑块 A、B，质量分别为 mA1 kg，mB4 kg.开始时 A、B、C 都静止，并且 A、B 间夹有少量的塑胶炸药，如图所示，炸药爆炸使得 A 以 6 m/s 的速度水平向左运动如果 A、B 与C 间的摩擦忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略求：(1)当两滑块都与挡板相碰后，板
13、 C 的速度为多大？(2)到两个滑块都与挡板碰撞为止，板 C 的位移大小和方向如何？思路点拨：(1)爆炸瞬间，A、B 组成的系统动量守恒(2)地面光滑，A、B、C 组成的系统动量守恒解析(1)对于由 A、B、C 组成的系统，开始时静止，由动量守恒定律有(mAmBmC)vC0，得 vC0，即最终木板 C 的速度为0.(2)A 先与 C 相碰，由动量守恒定律有 mAvA(mAmC)v 共 所以 v 共1 m/s.对 A、B 组成的系统由动量守恒定律有 mAvAmBvB 得 vB1.5 m/s.从炸药爆炸到 A、C 相碰的时间 t1l2vA16 s，此时 B 距 C 的右壁 xBl2vBt10.75
14、 m，设再经过 t2 时间 B 与 C 相碰，则 t2xBvBv共0.3 s，故 C 向左的位移 xCv 共t210.3 m0.3 m，方向向左 答案(1)0(2)0.3 m，方向向左处理爆炸、碰撞问题的四点提醒1在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量 2在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒 3在碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不一定守恒；在物体与弹簧相互作用过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒 4宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可以认为是发生了碰撞
15、训练角度 1：碰撞可能性判断3如图所示，质量相等的 A、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是 6 m/s，B 球的速度是2 m/s，不久 A、B 两球发生了对心碰撞对于该碰撞之后的 A、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果不可以实现的是()AvA2 m/s，vB6 m/sBvA2 m/s，vB2 m/sCvA1 m/s，vB3 m/sDvA3 m/s，vB7 m/sD 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和即 mAvAmBvBmAvAmBvB，12mAv2A12mBv2B12mAvA21
16、2mBvB2，答案 D 中满足式，但不满足式训练角度 2：爆炸问题分析4如图所示，水平面上 O 点的正上方有一个静止物体 P，炸成两块 a、b 水平飞出，分别落在 A 点和 B 点，且 OAOB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则()A落地时 a 的速度小于 b 的速度B爆炸过程中 a 增加的动能大于 b 增加的动能C爆炸过程中 a 增加的动能小于 b 增加的动能D下落过程中 a、b 两块动量的增量相等B P 爆炸生成两块 a、b 过程中在水平方向动量守恒，则 mavambvb0，即 papb，由于下落过程是平抛运动，由图 vavb，因此 mamb，由 Ek p22m知 EkaEkb，B 正确，
17、C 错误；由于 vavb，而下落过程中 a、b 在竖直方向的速度增量为 gt 是相等的，因此落地时仍有 vavb，A 错误magtmbgt，由动量定理知，D 错误训练角度 3：含有弹簧的系统碰撞问题5如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)设 A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设 B 和 C 碰撞过程时间极短，求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能解析 A、B 碰撞时动量守恒、
18、能量也守恒，而 B、C 相碰粘接在一块时，动量守恒系统产生的内能则为机械能的损失当 A、B、C 速度相等时，弹性势能最大(1)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，对 A、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv02mv1 此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 E.对 B、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv12mv2 12mv21E12(2m)v22 联立式得 E 116mv20.(2)由式可知 v2v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度相同，设此速度为 v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E
19、p.由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv03mv3 12mv20E12(3m)v23Ep 联立式得 Ep1348mv20.答案(1)116mv20(2)1348mv20课 堂 小 结1.两物体碰撞时作用时间极短，内力远大于外力，可认为系统动量守恒2两物体发生碰撞时系统动能不可能增加，碰后若两物体同向运动，一定有 v 前v 后3爆炸过程中因内力远大于外力，作用时间极短，系统动量守恒，而系统机械能是增加的.知 识 脉 络当 堂 达 标 固 双 基 1有一个质量为 3m 的爆竹被斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东；在最高点炸裂成质量不等的两块，其中一块质量为 2m，速度大小为 v
20、，方向水平向东，则另一块的速度大小是()A3v0vB2v03vC3v02vD2v0vC 爆竹在最高点速度大小为 v0、方向水平向东，爆炸前动量为 3mv0，设爆炸后另一块的瞬时速度大小为 v，取水平向东为正方向，因爆炸过程动量守恒，则有 3mv02mvmv，解得 v3v02v，选项 C 正确2(多选)质量为 M 和 m0 的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的()AM、m0、m 速度均发生变化，分别为 v1、v2、v3，而且满足(Mm0)vMv1m0v2mv3Bm0
21、的速度不变，M 和 m 的速度变为 v1和 v2，而且满足 MvMv1mv2Cm0 的速度不变，M、m 的速度都变为 v，且满足 Mv(Mm)vDM、m0、m 速度均发生变化，M 和 m0 速度都变为 v1，m 速度变为 v2，而且满足(Mm)v0(Mm0)v1mv2BC M 和 m 在碰撞过程中动量守恒，m0的速度瞬间不变，设初速度方向为正，如果碰撞后 M 和 m 的速度不等，则 MvMv1mv2；如果碰撞后 M 和 m 速度相同，则 Mv(Mm)v，B、C 选项正确3在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3 小球静止并靠在一起，1 球以速度 v0 向它们运动，如图所示设
22、碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是()Av1v2v3 13v0Bv10，v2v3 12v0Cv10，v2v312v0Dv1v20，v3v0D 由于 1 球与 2 球发生碰撞时间极短，2 球的位置来不及发生变化，此时 2 球对 3 球不产生力的作用，即 3 球不会参与 1、2 球的碰撞，由动量守恒和机械能守恒知 1、2 球碰撞后立即交换速度，即碰后 1 球停止，2 球速度立即变为 v0.同理分析，2、3 球作用后也交换速度，故 D 正确4如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为 m 的子弹以水平速度 v
23、0 击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动木块从被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合力的冲量大小为()A.Mmv0MmB2Mv0C.2Mmv0MmD2mv0A 由于子弹射入木块的时间极短，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得 v mv0Mm.由机械能守恒可知木块第一次回到原来位置时速度大小仍为 v，方向向左，根据动量定理，合力的冲量大小 IMv0Mmv0Mm.故 A 正确，B、C、D 错误5如图所示，一质量 M2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球 B.从弧形轨道
24、上距离水平轨道高 h0.3 m 处由静止释放一质量 mA1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰后小球 A 被弹回，且恰好追不上平台已知所有接触面均光滑，重力加速度为 g，求：(1)小球 A 滑到水平轨道上时速度的大小；(2)小球 B 的质量解析(1)小球 A 在圆弧轨道上运动的过程中，小球 A 和圆弧轨道组成的系统水平方向上的动量守恒 选取向右为正方向，根据动量守恒定律可知，mAv1Mv 根据能量守恒定律可知，mAgh12mAv2112Mv2 联立解得 v12 m/s，v1 m/s 小球 A 滑到水平轨道上时速度的大小为 2 m/s.(2)小球 A、B 碰撞过程中，动量守恒，mAv1mAv1mBv2 根据题意可知，v1v1 m/s A、B 系统能量守恒，12mAv2112mAv2112mBv22 解得 mB3 kg.答案(1)2 m/s(2)3 kg课 时 分 层 作 业 点击右图进入 Thank you for watching!