2019-2020年高中物理碰撞与动量守恒复习学案粤教版选修3

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【2019-2020】高中物理第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律同步备课教学案粤教版选修3_5

教学资料参考范本【2019-2020】高中物理第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律同步备课教学案粤教版选修3_5撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________[学习目标] 1.加深对动量守恒定律和能量守恒定律的理解，能运用这两个守恒定律解决一些简单的与生产、生活相关的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．[导学探究] 如图1所示，质量为2 kg的物体静止在与其之间动摩擦因数μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F＝20 N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g＝10 m/s2)图1答案对物体受力分析如图所示：方法一：根据牛顿第二定律F－μmg＝mav＝ats＝at2解得t＝4 s，s＝40 m.方法二：根据动量定理可得：(F－μmg)t＝mv－0解得：t＝4 s.根据动能定理可得：Fs－μmgs＝mv2－0解得s＝40 m.[知识梳理] 解决力学问题的三个基本观点1．力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．2．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．一、滑块—木板模型1．把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，应由能量守恒求解问题．3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．例1如图2所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．求：图2(1)木块B的最小速度是多少？(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？答案(1) (2)，向左解析(1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．取向右为正方向，根据动量守恒定律：m·2v0－mv0＝5mv解得B的最小速度v＝v05(2)A向左减速的过程，根据动能定理有－μmgs1＝0－mv02向左的位移为s1＝v 202μgA、C一起向右加速的过程，根据动能定理有μmgs2＝×4m()2向右的位移为s2＝2v 2025μg取向左为正方向，整个过程A发生的位移为s＝s1－s2＝21v 2050μg即此过程中A发生的位移向左，大小为.二、子弹打木块模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．例2 如图3所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：图3(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能；(3)子弹在木块中打入的深度．答案(1) (2) (3)错误!解析因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：mv＝(M＋m)v′①二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v′2②由①②两式解得：s＝.(2)射入过程中损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v′2③解得：ΔE＝.(3)设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s相对，则ΔE＝μmgs相对得：s相对＝＝.三、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒．2．整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．例3 两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图4所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：图4(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？答案(1)3 m/s (2)12 J解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝ m/s＝3 m/s.(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC)vBC得：vBC＝ m/s＝2 m/s，物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒定律，则Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vABC2＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.针对训练如图5所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )图5A. B.mv 20200C. D.199mv 20400答案A解析子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－×200mv22＝.处理动量和能量结合问题时应注意：(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零．(2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况．(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式．(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒．1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图6所示，上述两种情况相比较( )图6A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做的功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生的热量不一样多答案AC解析两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv＝(M＋m)v共，得v共＝v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确．2.如图7所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )图7A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J答案B解析A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得：mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.3．如图8所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为( )图8A．L B. C. D.L2答案D解析长木板固定时，由动能定理得：μMgL＝Mv02，若长木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C三项错误．4．如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g ＝10 m/s2.求：图9(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．答案(1)2.5 m/s (2)0.375 m解析(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh＝mAv12 ①代入数据解得v1＝＝5 m/s②设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mAv1＝(mA＋mB)v2③代入数据解得v2＝2.5 m/s④(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3⑤根据能量守恒定律有：μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v⑥联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m．⑦一、选择题(1～2题为单选题，3～4题为多选题)1．如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图1A．P的初动能B．P的初动能的12C．P的初动能的D．P的初动能的14答案B解析把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，v＝v02所以弹簧具有的最大弹性势能Ep＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故B正确．2．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m ＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s时，物块的运动情况是( )图2A．做减速运动B．做加速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能答案A解析开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.7 m/s，所以物块处于向左减速的过程中．3．如图3所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是( )图3A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C．B与A分开后能达到的最大高度为h4D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算答案BC解析根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为h′＝h，即C正确，D错误．4．如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1 kg和m2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )图4A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/sC．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/sD．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J答案CD解析在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒．设水平向右为正方向，断开后两球仍沿原直线运动，速度分别为v1和v2，设刚分离时，a、b两球的速度方向相同，由动量守恒定律，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，有v1t－v2t＝s，联立解得：v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确．由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能为Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v＝0.27 J，选项D正确．二、非选择题5．如图5所示，在光滑水平地面上的木块M紧挨轻弹簧靠墙放置．子弹m以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量M＝9m，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx.劲度系数为k、形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2.求：图5(1)从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；(2)弹簧的劲度系数．答案(1)mv02 (2)错误!解析(1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，解得v＝.设从子弹射入木块到刚好相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律ΔE＝mv02－(m＋M)v2代入数据得ΔE＝.(2)设弹簧的劲度系数为k′，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx，其弹性势能可表示为Ep′＝k′(Δx)2，木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律1(m＋M)v2＝Ep′，2解得弹簧的劲度系数k′＝.6．如图6所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：图6(1)子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？答案(1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m解析(1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：m0v0＝(m0＋m)v1，解得：v1＝＝ m/s＝10 m/s(2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v，解得v＝＝ m/s＝2 m/s(3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：1(m0＋m)v12＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m＋M)v2，2解得L＝8 m.7．如图7所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.求：图7(1)小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)A、C碰撞后瞬间A的速度大小；(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？答案(1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m(或 m)解析(1)小球碰撞前在竖直平面内做圆周运动根据机械能守恒定律，得mCgL＝mCv02由牛顿第二定律，得F－mCg＝mCv 20L解得v0＝4 m/s，F＝30 N(2)设水平向右为正方向，A、C碰撞后的速度大小分别为vA、vC，由能量守恒和动量守恒，得mCvC2＝mCghmCv0＝mAvA－mCvC解得vC＝2 m/s，vA＝1.5 m/s(3)设A在B上相对滑动的最终速度为v，相对位移为s，由动量守恒和能量守恒，得mAvA＝(mA＋mB)vμmAgs＝mAvA2－(mA＋mB)v2解得s＝0.375 m要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或 m)8.如图8所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A点．求男演员落地点C与O点的水平距离x.(已知男演员的质量m1和女演员的质量m2的关系为＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)图8答案8R解析设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v02设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落到C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得4R＝gt2，x＝v1t女演员刚好能回到A点，由机械能守恒定律得m2gR＝m2v22，已知m1＝2m2，解得x＝8R.。

【名校专用】高中物理第一章碰撞与动量守恒1.1物体的碰撞教案粤教版选修3_5

1.1物体的碰撞课堂互动三点剖析一、碰撞碰撞：当两个物体非常接近时，它们的相互作用改变了它们的运动状态，即引起动量和能量的交换，我们就说，它们发生了碰撞.由此可知，发生碰撞必须要满足两个条件：一是这种相互作用在较短的时间内发生，二是使两个质点的运动发生显著的变化.这是广义上的碰撞，例如两个微观粒子的碰撞.在宏观现象中，碰撞意味着两物体直接接触，其特点是：相碰的物体在接触前和分离后没有相互作用，接触的时间很短，接触时发生的相互作用比较强烈，因而在接触过程中可以忽略外力.二、碰撞的形式1.碰撞的研究：最早研究碰撞的是马西尔，随后，伽利略、马略特、牛顿、笛卡尔、惠更斯先后用大量的实验进行了研究，总结了碰撞的规律，形成了动量守恒的思想.并应用到了对微观粒子的研究上，发现了新的粒子.2.碰撞的形式有正碰、斜碰.3.区分正碰和斜碰主要看碰撞前两球的相对速度的方向与连心线的关系，与各小球自身的运动状态无关，与碰撞的位置无关.三、弹性碰撞与非弹性碰撞1.完全弹性碰撞如果两个物体（以两个弹性小球为例）在碰撞过程中，没有机械能的损失，这样的碰撞称为完全弹性碰撞。

此时两个物体之间的力是弹性力，在开始接触后的前一阶段，两球互相压缩，弹性力做负功，这时有一部分动能转化为弹性势能，在两球的速度相等时，压缩停止，此时系统的弹性势能最大，系统的动能最小；然后立即转为互相推开，弹性力做正功，此时弹性势能转化为动能.当全部分开时，弹性势能为零，全部转化为动能.2.非弹性碰撞两球碰撞后形变不能完全恢复.碰撞前后两小球的总动能不相等，有损失，损失的机械能转化为内能.3.完全非弹性碰撞两球碰撞后完全不反弹，动能损失最大.很多情况下表现为两球合为一体，或达到共同速度.各个击破【例1】下列说法正确的是（）A.s两小球正碰就是从正面碰撞B.两小球斜碰就是从侧面碰撞C.两小球正碰就是对心碰撞D.两小球斜碰就是非对心碰撞解析：两小球碰撞时的速度沿着连心线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在连心线上，称为斜碰，即非对心碰撞.答案：CD类题演练1在光滑的水平面上，一个运动的小球去碰撞一个静止的小球，则这个属于（）A.正碰B.斜碰C.可能是正碰，也可能是斜碰D.条件不明，无法说明解析：判断正碰还是斜碰与各物体的运动状态无关，只与两球碰前相对速度的方向与两球连心线方向的关系相关.当相对速度的方向和连心线在同一直线上是正碰；当相对速度的方向与连心线不在一直线上是斜碰.则C选项正确.答案：C【例2】如图1-1-2所示，两小球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是弹性小球，则它们的碰撞属于（）图1-1-2A.正碰B.斜碰C.弹性碰撞D.非弹性碰撞解析：两小球在同一槽内，两球相对运动速度的方向在两球的连心线上，是正碰.则选项A 正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，故选项C正确.答案： AC类题演练2举例说明生活中哪些碰撞是完全非弹性碰撞.解析：完全非弹性碰撞的两物体碰后完全不反弹，动能损失最大，如一块泥巴摔在地上，一把刀插入木头中拔不出来，子弹射入木块中没有射出，火车站里，一列火车以一定的速度碰撞一列静止的车厢后共同前进，实现挂接等.。

高中物理第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞学案粤教版选修3-5

第一节物体的碰撞1.知道历史上对碰撞问题的研究和生活中的各种碰撞现象．2。

理解碰撞的特点，明确正碰和斜碰的含义．3．理解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的含义．一、历史上对碰撞问题的研究1．最早发表有关碰撞问题研究成果的是物理学教授马尔西．2．近代,由于加速器技术和探测技术的发展,通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现了许多新粒子．二、生活中的各种碰撞现象物体间碰撞的形式多种多样．若两个小球的碰撞，作用前后沿同一直线运动,这样的碰撞称为正碰;若两个小球的碰撞，作用前后不沿同一直线运动，则称为斜碰．三、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞:任何两个小球碰撞时都会发生形变，若两个小球碰撞后形变能完全恢复，则没有能量损失,碰撞前后两个小球构成的系统的动能相等,我们称这种碰撞为弹性碰撞．2．非弹性碰撞:若两个球碰撞后它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动能最终会转变为其他形式的能（如热能)，碰撞前后系统的动能不再相等，我们称这种碰撞为非弹性碰撞．自然界中，多数的碰撞实际上都属于非弹性碰撞．3．完全非弹性碰撞：如果碰撞后完全不反弹,比如湿纸或一滴油灰，落地后完全粘在地上,这种碰撞则是完全非弹性碰撞．碰撞是如何分类的？提示：按碰撞过程中机械能是否损失，可分为弹性碰撞和非弹性碰撞；按碰撞前后,物体的速度方向是否沿同一直线可将碰撞分为正碰和斜碰．探究碰撞的特点及形式1．碰撞的特点(1）相互作用力为变力，作用时间短,作用力很大,且远远大于系统所受的外力．(2）根据能的转化和守恒可知：在碰撞过程中,系统的总动能是不可能增加的．(3）由于碰撞作用时间很短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为物体在相互作用前的瞬间位置以新的速度开始运动．2．碰撞的形式（1）正碰：两物体碰撞前的相对速度沿着连心线方向，即碰撞前后两物体的速度方向在同一条直线上．（2）斜碰:两物体碰撞前的相对速度不在连心线上，即碰撞前后两物体的速度方向不在同一条直线上．3．弹性碰撞和非弹性碰撞（1)弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞．弹性碰撞过程一般可分为两个阶段，即压缩阶段和恢复阶段．弹性碰撞两物体的动能之和完全没有损失，可表示为:错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!＝错误!m1v错误!＋错误!m2v错误!。

高中物理第一章碰撞与动量守恒章末复习(第3课时)导学案粤教版选修

高中物理第一章碰撞与动量守恒章末复习（第3课时）导学案粤教版选修（三）班级姓名学号 l【复习目标】1、熟练应用动量守恒定律分析类碰撞问题2、能应用动量守恒定律分析处理临界问题l【知识梳理】类碰撞问题相互作用的两个物体在很多情况下皆可当做碰撞处理，对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，具体分析如下：1、如图所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的B物块，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大、2、如图所示，物体A以速度v0滑上静止在光滑水平面上的小车B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等、3、如图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球竖直方向上的速度为零)，两物体的速度肯定相等(方向水平向右)、l【能力提升】一、动量守恒定律应用时的临界问题动量守恒定律是力学中的一个重要规律，在运用动量守恒定律解题时，常常会遇到相互作用的几个物体间的临界问题，求解这类问题要注意临界状态的分析，把握相关的临界条件、1、涉及弹簧类的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等、【例题1】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、2、子弹打木块类的临界问题子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同、【例题2】如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为M、长度为L、一颗质量为m的子弹从木块的左端打进，设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为Ff的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度v0应等于多大？3、涉及相互作用最大限度类的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零、【例题3】带有光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则()A、小球以后将向左做平抛运动B、小球将做自由落体运动C、此过程小球对小车做的功为MvD、小球在弧形槽上上升的最大高度为l【强化巩固】1、如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球刚好到最高点时，小球的速度为多大？滑块至少有多高？2、如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40 kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20 kg的物体C以2、0 m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动、若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0、8 m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0、40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10 m/s2)求：(1)物体C滑到轨道底端时的速度大小、(2)物体C与小车保持相对静止时的速度大小、(3)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离、3、(xx高考新课标全国卷Ⅱ)如图所示，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黄分离的过程中，(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、。

2019-2020年高中物理第一章12 《动量动量守恒定律》教案粤教版选修3-5

2019-2020年高中物理第一章12 《动量动量守恒定律》教案粤教版选修3-5★新课标要求（一）知识与技能理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件和适用范围（二）过程与方法在理解动量守恒定律的确切含义的基础上正确区分内力和外力（三）情感、态度与价值观培养逻辑思维能力，会应用动量守恒定律分析计算有关问题★教学重点动量的概念和动量守恒定律★教学难点动量的变化和动量守恒的条件．★教学方法教师启发、引导，学生讨论、交流。

★教学用具：投影片，多媒体辅助教学设备★课时安排1 课时★教学过程（一）引入新课上节课的探究使我们看到，不论哪一种形式的碰撞，碰撞前后mυ的矢量和保持不变，因此mυ很可能具有特别的物理意义。

（二）进行新课1．动量（momentum）及其变化（1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积，称为(物体的)动量。

记为p=mv. 单位：kg·m/s 读作“千克米每秒”。

理解要点：①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息，反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态，具有瞬时性。

师：大家知道，速度也是个状态量，但它是个运动学概念，只反映运动的快慢和方向，而运动，归根结底是物质的运动，没有了物质便没有运动.显然地，动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息，更能从本质上揭示物体的运动状态，是一个动力学概念.②矢量性：动量的方向与速度方向一致。

师：综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生的方向，动量的大小等于质量和速度的乘积，动量的方向与速度方向一致。

（2）动量的变化量：定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′，则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。

强调指出：动量变化△p是矢量。

方向与速度变化量△v相同。

一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1矢量差【例1（投影）】一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？【学生讨论，自己完成。

粤教版高三物理选修3《动量守恒定律在碰撞中的应用》教案及教学反思

粤教版高三物理选修3《动量守恒定律在碰撞中的应用》教案及教学反思一、教学目的和要求1. 教学目的本课旨在使学生理解动量守恒定律在碰撞中的应用，并能够运用所学理论解决相关问题。

通过本课的学习，学生将会：•掌握动量守恒定律的基本概念和公式•理解碰撞过程的本质，并能够用动量守恒定律解决相关问题•培养独立思考和解决问题的能力，加强实践操作技能2. 教学要求根据学生的基础知识和学习水平，本课的教学要求如下：•精选课程内容并重点讲解重难点•通过实验，让学生亲身体验碰撞及动量守恒定律的本质•引导学生思考，通过小组讨论和互动学习提高思维能力和解决问题的能力二、教学内容和方法1. 教学内容本课的教学内容主要包括如下几个方面：•动量守恒定律的基本概念和公式•碰撞的分类和本质•完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞•实践操作和相关练习题解析2. 教学方法主要教学方法包括如下几种：•讲授与讨论相结合：通过教师讲授、小组讨论、问答互动等方式进行课堂教学•实验操作与演示：通过实验和模拟演示，让学生亲身体验碰撞的本质和动量守恒定律的应用•练习题解析：通过练习题解析，引导学生巩固所学知识和加强对知识的理解和应用三、教学过程及反思1. 课堂教学过程步骤一：导入在导入环节，教师通过引发学生的兴趣，引出课题，同时介绍动量守恒定律的概念。

可以让学生看视频、图片等形式进行介绍，提高学生掌握概念的能力。

步骤二：讨论碰撞的分类和本质在这个环节，教师和小组讨论参与者讨论碰撞的分类和本质，可以通过学生分享自己的亲身体验，让他们参与到讨论中。

同时，通过演示和实验操作来展示不同碰撞情况的效果，并引导学生分析不同碰撞情况下的动量变化和动能变化。

步骤三：介绍动量守恒定律的理论和公式在这个环节，教师介绍动量守恒定律的理论和公式，并通过实例进行说明。

可以通过PPT或者白板演示来进行讲解，让学生更好的理解公式。

同时，可以给学生讲解相关的公式推导过程，提高学生的理论掌握能力。

【精品推荐】2019-2020学年粤教版高中物理选修3-5配套课件：第1章碰撞与动量守恒章末总结1

弹性碰撞．设碰撞前的一瞬间，球 A 水平速度为 vx，碰撞后的一瞬间，球 A 速度为 vx′.球 A、B 系统碰撞过程动量守恒和机械能守恒：
2mvx＝2mvx′＋mvB′，
③
12×2mv2x＝12×2mvx′2＋12×mvB′2，
④
由②③④解得 vx′＝14 2gL，
⑤
球 A 在碰撞前的一瞬间的速度大小 vx＝34 2gL.
• 1．在此类问题中，由于木块处于光滑水平面上，子弹打击木块的过程中动量守恒．
• 2．由于存在阻力做功，则系统的机械能减小，且减小量为阻力乘以相对位移(子弹打入木块的深度)，所以系统产生的内能，即热量Q＝ fs相对＝ΔE机．
•
例5 如图所示，质量为M的木块静止
于光滑的水平面上，一质量为m，速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹
速滑行，打开车厢底板上的漏孔后，车漏
沙．问：车的速度有无变化？若有变化，怎
样解变析化：有？的同学这样求解：选沙和车整体为研究对象，因
为系统是在光滑水平面上运动，故系统在水平方向动量守
恒．设车的质量为 M，漏沙质量为 m，车的初速为 v0，漏沙后车的速度为 v′，由水平方向动量守恒，有 Mv0＝(M－m)v′，得 v′＝MM－v0m>v0，即车的速度会增大．
•章末总结
动量守恒定律的“四性”
• 动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，应用动量守恒定律能解决很多直接由牛顿运动定律难以解决的问题，然而，实际问题错综复杂、灵活多变，这就要求我们在应用动量守恒定律时，应特别注意它的“四性”，即系统性、矢量性、相对性和瞬时
•
例1 一辆装沙的车在光滑水平面上匀
在上述解答中考虑末状态时，忽略了漏掉的那部分沙的动量，忽视了动量守恒的系统性．实际上，沙漏出时，质量为 M 的系统分为两部分：一部分是车和车厢内的沙，质量为 M－m；另一部分是漏出的沙，质量为 m，上式右边中的 M－m 是车和车厢内沙的质量，不是沙漏出时系统的总质量，所以(M－m)v′ 也就不是沙漏出时系统的总动量．因此上述解答是错误的．正确解答应在上述方程的右边加上漏出沙的动量，故有 Mv0＝(M －m)v′＋mv0，得 v′＝v0，即车的速度不变．

2019高中物理第一章碰撞与动量守恒章末复习课学案粤教版选修3-5

第一章碰撞与动量守恒章末复习课【知识体系】[答案填写] ①守恒②有损失③损失最大④同向⑤I＝Ft⑥I＝Δp⑦合外力F合＝0 ⑧远大于⑨某一方向上主题1 动量定理的应用1．动量定理的应用．(1)应用I＝Δp求变力的冲量：如果物体受到变力作用，则不能直接用I＝F·t求变力的冲量，这时可以求出该力作用下物体动量的变化Δp，即等效代换为变力的冲量I.(2)应用Δp＝F·t求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化：曲线运动中物体速度方向时刻在改变，求动量变化Δp＝p′－p需要应用矢量运算方法，比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．(3)用动量定理解释现象：用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，分析力与作用时间的关系；另一类是作用力一定，分析力作用时间与动量变化间的关系．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．(4)处理连续流体问题(变质量问题)通常选取流体为研究对象，对流体应用动量定理列式求解．2．应用动量定理解题的步骤．(1)选取研究对象；(2)确定所研究的物理过程及其始、末状态；(3)分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；(4)规定正方向，根据动量定理列方程式；(5)解方程，统一单位，求解结果．[典例❶] 宇宙飞船在太空飞行时，如果遇到微陨石云，会受到较大的阻力．微陨石云是太空中游离的物质微粒比较集中的区域. 已知宇宙飞船沿运行方向的横截面积为S，运行速度为v，微陨石云的平均密度为ρ，设宇宙飞船接触到的微陨石最后都附着在飞船上．求宇宙飞船在穿越微陨石云过程中所受阻力F的大小．解析：设在时间t内，微陨石的总质量m＝ρSvt，飞船增加的动量Δp＝mv＝ρSv2t由动量定理可得：Ft＝Δp，解得阻力F＝ρSv2答案：F＝ρSv2针对训练1．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．长物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 解析：(1)由动能定理，有：－μmgs ＝12mv 2－12mv 20，可得μ＝0.32.(2)由动量定理，有F Δt ＝mv ′－mv ，可得F ＝130 N. (3)W ＝12mv ′2＝9 J.答案：(1)μ＝0.32 (2)F ＝130 N (3)W ＝9 J主题2 动量守恒中的临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、避免相碰和开始反向等临界问题，分析临界问题的关键是寻找临界状态，在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两个物体的相对速度关系和相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的切入点．【典例2】质量为M ＝6 kg 的木板B 静止于光滑水平面上，物块A 质量为6 kg ，停在B 的左端．质量为1 kg 的小球用长为0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为0.2 m ，物块与小球可视为质点，不计空气阻力．已知A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1，为使A 、B 达到共同速度前A 不滑离木板，木板至少多长？解析：mgL ＝12mv 21，v 1＝2gL ＝4 m/s ， mgh ＝12mv ′21， v ′1＝2gh ＝2 m/s.球与A 碰撞过程中，系统动量守恒mv 1＝－mv ′1＋m A v A得v A ＝1 m/s.物块A 与木板B 相互作用过程中m A v A ＝(m A ＋M )v 共v 共＝0.5 m/s.μm A gx ＝12m A v 2A －12(m A ＋M )v 2共，得x ＝0.25 m. 答案：0.25 m针对训练2．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2 kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看作质点．现使滑块A 从距小车的上表面高h ＝1.25 m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间黏合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出．已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C 与水平地面的摩擦忽略不计，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)小车C 上表面的最短长度．解析：(1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有：m A gh ＝12m A v 21，①代入数据解得v 1＝5 m/s.②设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒，m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，③代入数据解得v 2＝2.5 m/s.④(2)设小车C 的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为v 3，根据动量守恒定律有： (m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3，⑤ 根据能量守恒定律：μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 23，⑥联立⑤⑥式代入数据解得L ＝0.375 m. 答案：(1)2.5 m/s (2)0.375 m主题3 多体多过程的动量守恒对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件多而无法解．这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程．解这类问题时应注意：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型. (2)分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量.(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题.【典例3】如图所示，光滑水平面上滑块A 、C 质量均为 m ＝1 kg ，B 质量为M ＝3 kg.开始时A 、B 静止，现将C 以初速度v 0＝2 m/s 的速度滑向A ，与A 碰后C 的速度变为零，而后A 向右运动与B 发生碰撞并粘在一起．求：(1)A 与B 碰撞后的共同速度大小； (2)A 与B 碰撞过程中，A 与B 增加的内能．解析：(1)以A 、C 组成的系统为研究对象，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝mv A ，A 、B 碰撞过程动量守恒，以A 、B 组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv A ＝(m ＋M )v ，代入数据解得：v A ＝2 m/s ，v ＝0.5 m/s.(2)A 、B 碰撞过程中，由能量守恒定律可得A 与B 增加的内能： ΔE ＝12mv 2A －12(M ＋m )v 2，解得：ΔE ＝1.5 J.答案：(1)0.5 m/s (2)1.5 J针对训练3.如图所示，一质量为M ＝2 kg ，半径为R ＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧轨道A 静止在光滑水平面上，轨道末端与水平面相切，现将质量为m ＝1 kg 的滑块B (可视为质点)从弧形轨道顶端静止释放，滑块B 从弧形轨道滑上水平而后，与静止的物块C 发生弹性正碰．(1)求滑块B 滑到水平面上的速度；(2)若滑块B 与C 碰后能再次追上A ，则C 的质量应满足什么条件？解析：(1)弧形轨道及水平面均光滑，滑块B 滑下过程中，A 、B 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒. 设B 滑到水平面时，A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有Mv 1＝mv 2，A 、B 组成的系统机械能守恒：有mgR ＝12Mv 21＋12mv 22，解得：v 1＝1 m/s ，v 2＝2 m/s.(2)B 、C 发生弹性正碰，满足动量守恒，机械能守恒，设C 的质量为m 3，碰后B 、C 的速度的大小分别为v 20、v 3，且B 与C 碰后反向，则mv 2＝－mv 20＋m 3v 3，12mv 22＝12mv 220＋12m 3v 23，若要B 能追上A ，应满足：v 20＞v 1，解得m 3＞3 kg.答案：(1)2 m/s (2)m 3＞3 kg统揽考情1．动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查.2．动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m ＝ρV ＝ρSv 0.(2)设水到达卡通玩具处的速度为v ，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h ，根据运动学基本公式得：v 2－v 20＝－2gh ，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理，得－Mgt ＝ρSv 0t (0－v )，联立解得h ＝ρ2S 2v 40－M 2g 22ρ2S 2v 20g.答案：(1)ρSv 0 (2)ρ2S 2v 40－M 2g22ρ2S 2v 20g针对训练(2017·全国卷Ⅰ)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)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102kg ·m/s C ．6.0×102kg ·m/sD ．6.3×102kg ·m/s解析：设火箭的质量(不含燃气)为m 1，燃气的质量为m 2，根据动量守恒，m 1v 1＝m 2v 2，解得火箭的动量为：p ＝m 1v 1＝m 2v 2＝30 kg ·m/s ，故A 正确，BCD 错误．答案：A1.如图，某物体在拉力F 的作用下没有运动，经时间t 后( )A ．拉力的冲量为FtB ．拉力的冲量为Ft cos θC ．支持力的冲量为零D ．重力的冲量为零解析：根据冲量的公式，I ＝Ft ，所以t 时间内拉力F 的冲量就是Ft ，故A 正确，B 错误；物体受到斜向上的力而没有运动，说明水平方向物体一定受到摩擦力的作用，而有摩擦力则物体必定受到支持力，所以经过t 时间，则支持力的冲量一定不等于0，故C 错误；根据冲量的公式，I ＝Ft ，所以t 时间内重力G 的冲量就是Gt ，故D 错误．答案：A2．如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平地面上，车上有n 个质量均为m 的小球．现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v 向右水平抛出，第一种方式是将n 个小球一起抛出，第二种方式是将小球一个接一个地抛出．则用上述不同方式抛完小球后小车的速度大小相比较( )A ．第一种较大B ．第二种较大C ．两种一样大D ．不能确定解析：由于都是以相同的对地速度抛球，所以结果相同．答案：C3.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动. F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：由动量定理有Ft ＝mv ，解得v ＝Ftm ，t ＝1 s 时物块的速率v ＝Ft m＝1 m/s ，A 正确；Ft 图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t ＝2 s 时物块的动量大小为p ＝2×2 kg ·m/s ＝4 kg ·m/s ，B 正确；t ＝3 s 时物块的动量大小为p ′＝()2×2－1×1 kg ·m/s ＝3 kg ·m/s ，C 错误；t ＝4 s 时物块的动量大小为p ″＝()2×2－1×2 kg ·m/s ＝2 kg ·m/s ，速度不为零，D 错误．答案：AB4．(2016·海南卷)如图，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B 沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B 的速度的大小v 及碰撞后A 和B 一起上升的高度h 均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h 为纵坐标，v 2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k ＝1.92×10－3s 2/m.已知物块A 和B 的质量分别为m A ＝0.400 kg 和m B ＝0.100 kg ，重力加速度大小g ＝9.8 m/s 2.(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h v 2直线斜率的理论值k 0. (2)求k 值的相对误差δ(δ＝|k －k 0|k 0×100%)，结果保留一位有效数字．解析：(1)设物块A 和B 碰撞后共同运动的速度为v ′，取向右为正方向，由动量守恒定律，有m B v ＝(m A ＋m B )v ′，在碰撞后A 和B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律，有12(m A＋m B )v ′2＝(m A ＋m B )gh ，联立得h ＝m 2B 2g （m A ＋m B ）2v 2.由题意，得hv 2直线斜率的理论值k 0＝m 2B2g （m A ＋m B ）2，代入题给数据，得 k 0＝2.04×10－3 s 2/m.(2)按照定义知，k 值的相对误差 δ＝|k －k 0|k 0×100%，得δ＝6%.答案：(1)2.04×10－3 s 2/m (2)6%。

2019_2020学年高中物理第1章第1节物体的碰撞教案粤教版选修3_5

第一节物体的碰撞[学习目标] 1.了解历史上对碰撞问题的研究过程；知道生活中各式各样的碰撞形式.2.知道碰撞的主要特点．(重点)3．知道弹性碰撞和非弹性碰撞．(重点)4.学会用能量的观点分析弹性碰撞和非弹性碰撞．(难点)一、历史上对碰撞问题的研究及生活中的碰撞现象1．历史上对碰撞问题的研究(1)最早发表有关碰撞问题研究成果的是布拉格大学校长马尔西教授．(2)碰撞在物理研究中的贡献①通过总结碰撞的规律，为动量守恒定律奠定了基础．②通过高能粒子的碰撞，发现了许多新粒子，丰富了人们对微观粒子世界的认识，形成了新的基本粒子物理研究领域．2．生活中的各种碰撞现象(1)正碰：两个小球碰撞，作用前后沿同一直线运动．(2)斜碰：两个小球碰撞，作用前后不沿同一直线运动．二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞的主要特点相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等，因而其他外力可以忽略不计．2．弹性碰撞若两个小球碰撞后形变能完全恢复，则没有能量损失，碰撞前后两个小球构成的系统的动能相等，称为弹性碰撞．3．非弹性碰撞若两个小球碰撞后它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动能最终会转变为其他形式的能，碰撞前后系统的动能不再相等，我们称之为非弹性碰撞．1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现的新粒子，多数都是理论上预言的．(2)生活中的各种碰撞现象都是有害的．(×)(3)在宏观和微观领域中都有碰撞现象发生．(√)(4)非弹性碰撞前后的动能不相等．(√)(5)碰撞发生后，两物体一定在同一直线上运动．(×)2．(多选)碰撞现象的主要特点有( )A．物体相互作用时间短B．物体相互作用后速度很大C．物体间相互作用力远大于外力D．相互作用过程中物体的位移可忽略ACD [碰撞过程发生的作用时间很短，作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前后的速度大小无关，物体的位移可忽略．故A、C、D正确．]3．(多选)子弹以一定的速度射穿某物块，则下列说法正确的是( )A．此过程可能无机械能的损失B．此过程一定有机械能的损失C．此过程为非弹性碰撞D．此过程中有内能产生BCD [子弹射穿木块的过程需要克服摩擦力做功，有内能产生，即系统机械能必定有损失，此过程为非弹性碰撞．](1)碰撞作用时间极短，相互作用力变化很快，平均作用力很大，远远大于其他外力，可以将其他外力忽略．(2)碰撞过程时间极短，可以忽略物体的位移，认为物体碰撞前后仍在同一位置．2．弹性碰撞与非弹性碰撞的区别A球以1 m/s的速度反向弹回，B球以2 m/s的速度向前运动．试分析：(1)碰撞过程中损失了多少动能；(2)两球的碰撞属于何种类型的碰撞． [解析] (1)碰撞前物体的动能E k A ＝12m A v 2A ＝12×5×32J ＝22.5 J碰后物体的动能E k ′＝E k A ′＋E k B ′＝12m A v ′2A ＋12m B v 2B＝12×5×12 J ＋12×10×22J ＝22.5 J 故碰撞过程中无动能的损失．(2)由于碰撞过程中无动能损失，故两球的碰撞属于弹性碰撞． [答案] (1)0 (2)弹性碰撞1．弹性碰撞与非弹性碰撞的区别在于碰撞过程中有无机械能损失．2．弹性碰撞是一种理想化碰撞，现实中的多数碰撞实际上都属于非弹性碰撞．训练角度1：对碰撞的理解1．下面对于碰撞的理解，不正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用可以忽略C ．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫作弹性碰撞D ．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰D [碰撞相互作用时间短，作用力大，因而其他外力可以忽略不计，在极短时间内物体的运动状态发生明显变化，故A 、B 对；根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，其中动能不变的碰撞称为弹性碰撞，故C 对，D 错．]训练角度2：碰撞过程中的能量转化2．钢球A 以一定的速度沿光滑水平面向静止于前面的另一相同大小的钢球B 运动，下列对两球相互作用过程说法正确的是( )A ．两球相互作用的过程始终没有动能的损失B ．钢球A 减速运动时，系统动能不变C ．两球速度相等的瞬间，系统动能最大D ．两球速度相等的瞬间，系统势能最大D [两球相互作用过程中由于存在相互作用的弹力，两球均发生形变，有弹性势能，系统动能有损失，两球速度相等的瞬间，系统动能损失最大，弹性势能最大，故选项D 正确．]1．(多选)下列说法正确的是( )A．人类很早就开始了对碰撞的研究，为动量守恒定律的得出奠定了基础B．人类对碰撞的研究始于发现了动量守恒定律之后C．碰撞过程一般相互作用时间较短，相互作用力较大D．碰撞发生后，两物体一定在同一直线上运动且运动方向相反AC [人类早在17世纪中叶就对碰撞现象开始了研究，碰撞现象是物体间的直接相互作用，作用时间较短，相互作用力较大，选项A、C正确，B错误；碰撞发生后，两物体的运动方向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上运动，选项D错误．] 2．两个物体发生碰撞( )A．碰撞中一定产生了内能B．碰撞前后，组成系统的动能一定不变C．碰撞前后，系统的总动能可能增大D．碰撞前后，系统的总动能不会增加D [若两物体发生弹性碰撞，系统的总动能不变；若发生的是非弹性碰撞，系统的总动能会减小，但无论如何，总动能不会增加，所以D正确．]3．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的状态是_______________________________________________________________________________.A和B的速度相等，弹簧最短状态[B和A碰撞过程中，机械能守恒，A、B(包括弹簧)的动能和弹性势能之间存在相互转化．当A、B的速度相等时，弹簧处于最短状态，弹性势能最大，此时A、B系统动能损失最大，损失的动能转化成弹簧的弹性势能．]。

2019-2020学年粤教版物理选修3-5新素养学案：第一章碰撞与动量守恒章末过关检测(一) Word版含答案

章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )A ．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻B ．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．推车时推不动是因为推力的冲量为零D ．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来解析：选D.砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太软，动量改变量小，二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，A 项错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，而减小作用力，故B 项错误；推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C 项错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到的相同的制动力，将同时停下来，故D 正确．2．一列火车共有n 节车厢，各节车厢质量相等，相邻车厢间留有空隙，首端有一节车厢以速度v 向第二节撞去，并连在一起，然后再向第三节撞去，并又连接在一起，这样依次撞下去，使n 节车厢全部运动起来，那么最后火车的速度是(铁轨对车厢的摩擦不计)( )A ．vB ．n vC ．v nD ．n 2v解析：选C.n 节车厢碰撞动量守恒，m v ＝nm v ′，得最后火车的速度v ′＝v n，选项C 正确． 3．甲、乙两物体分别在恒力F 1、F 2的作用下，在光滑平面上沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示．设甲在t 1时间内所受的冲量为I 1，乙在t 2时间内所受的冲量为I 2，则F 、I 的大小关系是( )A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：选A.冲量I ＝Δp ，从图上看，甲、乙两物体动量变化的大小相同，所以冲量大小I 1＝I 2.又因为冲量I 1＝F 1t 1，I 2＝F 2t 2，t 2>t 1，所以F 1>F 2.4．如图所示，足够长的长木板A 静止在光滑的水平地面上，质量为1 kg 的物体B 以v 0＝3 m/s 的水平速度冲上A ，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上．若从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为2 N ·s ，则A 、B 最后的共同速度及长木板的质量分别为( )A ．1 m/s 1 kgB ．1 m/s 2 kgC ．2 m/s 1 kgD ．2 m/s 2 kg解析：选B.摩擦力对长木板的冲量大小为2 N ·s ，则摩擦力对物体B 的冲量大小也为2 N ·s ，根据动量定理得：I ＝m B v 0－m B v ，代入数据解得：v ＝1 m/s ，对长木板用动量定理，I ＝m A v ，代入数据解得：m A ＝2 kg ，故B 正确．5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0B ．2E 03C ．E 03D ．E 09解析：选C.碰撞中动量守恒m v 0＝3m v 1，得v 1＝v 03① E 0＝12m v 20② E k ′＝12×3m v 21 ③由①②③得E k ′＝12×3m ⎝⎛⎭⎫v 032＝13×⎝⎛⎭⎫12m v 20＝E 03，故C 正确． 6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选A.由两球的动量都是6 kg ·m/s 可知，运动方向都向右，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 kg ·m/s ，即A 球的动量为2 kg ·m/s ，由动量守恒定律得B 球的动量为10 kg ·m/s ，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A 是正确的．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．在离水平面高度为h 处将一质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，则( )A ．小球运动过程中在水平方向上动量守恒B ．小球运动过程中在水平方向上动量不守恒C ．小球从抛出到落地过程中其动量变化率等于mgD ．小球从抛出到落地过程中其动量变化量为m v解析：选AC.小球运动过程中在水平方向上不受力，动量守恒，选项A 正确，B 错误；根据动量定理，物体所受的合外力等于动量变化率，所以小球从抛出到落地过程中其动量变化率等于mg ，选项C 正确；由动量定理，可得mgt ＝Δp ，h ＝12gt 2，联立解得动量变化量为Δp ＝m 2gh ，选项D 错误．8．如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J解析：选AC.设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F －·t ＝m (v t －v 0)，取v t ＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F －＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12m v 2t －12m v 20＝126 J ，选项A 、C 正确．9．质量分别为m 1和m 2的两个物体碰撞前后的位移－时间图象如图所示，以下说法正确的是( )A ．碰撞前两物体动量相同B ．m 1等于m 2C ．碰撞后两物体一起做匀速直线运动D ．碰撞前两物体动量大小相等、方向相反解析：选BD.由两图线斜率大小相等知，两个物体的速率相等，碰撞后v ＝0，即p ＝0，所以m 1v 1＝m 2v 2，即m 1＝m 2，则B 、D 正确．10．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球 A 和质量为13m 的小球B 通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m 的小球C 以初速度v 0沿AB 连线向右匀速运动，并与小球A 发生弹性碰撞．在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值E m 可能是( )A ．m v 20B ．12m v 20C ．16m v 20D ．130m v 20解析：选BC.质量相等的C 球和A 球发生弹性碰撞后速度交换，当A 、B 两球的动量相等时，B 球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能E p ＝12m v 20，B 正确；当B 球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，m v 0＝4m v 13，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出E p ＝12m v 20－12×43m v 21＝18m v 20，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg ·m/s ；碰撞后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg ·m/s.计算碰撞前m 1v 21＋m 2v 22＝________kg ·m 2/s 2；碰撞后m 1v ′21＋m 2v ′22＝________kg ·m 2/s 2.计算碰撞前v 1m 1＋v 2m 2＝________m/(s·kg)；碰撞后v 1′m 1＋v 2′m 2＝________m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/s m 1v 1＝0.31×2 kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0.碰撞后两滑块具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/s m 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/s.m 1v 21＋m 2v 22＝1.24 kg ·m 2/s 2.m 1v ′21＋m 2v ′22≈0.742 kg ·m 2/s 2. v 1m 1＋v 2m 2≈6.45 m/(s·kg)． v 1′m 1＋v 2′m 2≈9.72 m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦12．(14分)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A .求男演员落地点C 与O 点的水平距离x .已知男演员质量m 1和女演员质量m 2之比m 1m 2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R .解析：设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v 0，由机械能守恒定律有(m 1＋m 2)gR ＝12(m 1＋m 2)v 20 设刚分离时男演员速度的大小为v 1，方向与v 0相同；女演员速度的大小为v 2, 方向与v 0 相反，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1－m 2v 2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C 点所需的时间为t ，根据题给条件，由运动学规律4R ＝12gt 2，x ＝v 1t .根据题给条件，女演员刚好回到A 点，由机械能守恒定律得m 2gR ＝12m 2v 22，已知m 1＝2m 2，由以上各式可得x ＝8R . 答案：8R13．(14分)如图所示，质量为m ＝1.0 kg 的物块A 以v 0＝4.0 m/s 速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M ＝2.0 kg 的物块B ，物块A 和物块B 碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起．已知物块A 和物块B 均可视为质点，两物块间的距离为L ＝1.75 m ，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块A 和物块B 碰撞前的瞬间，物块A 的速度v 的大小；(2)物块A 和物块B 碰撞的过程中，物块A 对物块B 的冲量I ；(3)物块A 和物块B 碰撞的过程中，系统损失的机械能ΔE .解析：(1)物块A 运动到和物块B 碰撞前的瞬间，根据动能定理可知：－μmgL ＝12m v 2－12m v 20解得：v ＝3 m/s.(2)以物块A 和物块B 为系统，根据动量守恒可知：m v ＝(m ＋M )v 1以物块B 为研究对象，根据动量定理可知：I ＝M v 1解得：I ＝2 N ·s ，方向水平向右．(3)以物块A 和物块B 为系统，根据能量关系可知：ΔE ＝12m v 2－12(m ＋M )v 21 解得：ΔE ＝3 J.答案：(1)3 m/s (2)2 N ·s ，方向水平向右 (3)3 J。

高中物理 1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用学案1 粤教版选修33

高中物理 1.3 动量守恒定律在碰撞中的应用学案1 粤教版选修331．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________的情况是否满足动量守恒定律的应用条件．(2)设定________，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． 2．碰撞过程遵循的原则原则一：系统动量守恒的原则．原则二：不违背______守恒的原则，__________机械能______；非弹性碰撞机械能有________，即12m 1v 21＋12m 2v 22≥12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2，而完全非弹性碰撞机械能损失最多．原则三：物理情景可行性原则．3．弹性正碰问题分析在光滑水平面上，质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和机械能守恒有：m 1v 1＝____________12m 1v 21＝________________________________________ 碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝________________，v 2′＝____________________.4．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景．他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )A ．速率B ．质量C ．动量D ．动能5．质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量p A＝9 kg·m/s，B 球的动量p B ＝3 kg·m/s，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球动量的可能值是( )A ．p A ′＝6 kg·m/s，pB ′＝6 kg·m/s B ．p A ′＝8 kg·m/s，p B ′＝4 kg·m/sC ．p A ′＝－2 kg·m/s，p B ′＝14 kg·m/sD ．p A ′＝－4 kg·m/s，p B ′＝17 kg·m/s【概念规律练】知识点一碰撞问题分析1．质量m 1＝10 g 的小球在光滑的水平面上以30 cm/s 的速度向右运动，恰遇上质量m 2＝50 g 的小球以10 cm/s 的速度向左运动．碰撞后，小球m 2恰好静止．那么碰撞后小球m 1的速度多大？方向如何？2．在列车编组站里，一辆m1＝1.8×104 kg的货车在平直轨道上以v1＝2 m/s的速度运动，碰上一辆m2＝2.2×104 kg的静止的货车，它们碰撞后拴接在一起继续运动，求运动的速度．知识点二碰撞过程前后动量和能量的关系3．在光滑的水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则不可能有( )A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p04．质量为2m的B球，静止放于光滑水平面上，另一质量为m的A球以速度v与B球正碰，若碰撞没有能量损失，则碰后A球的速度为( )A．v/3 B．－v/3C．2v/3 D．－2v/3【方法技巧练】一、利用能量关系分析碰撞问题的方法图15．(双选)如图1所示，在光滑的水平面上，有A、B两个小球．A球的动量为10 kg·m/s，B球的动量为12 kg·m/s.A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为( )A．0.5 B．0.6C．0.65 D．0.75二、动量守恒定律与能量守恒定律的结合图26．如图2所示，木块A和B质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s速度向B撞击时，由于有橡皮泥而使A、B粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为( ) A．4 J B．8 JC．16 J D．32 J图37．如图3所示，物块质量m ＝3 kg ，以速度v ＝2 m/s 水平滑上一静止的平板车，平板车质量M ＝12 kg ，物块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，其他摩擦不计(g 取10 m/s 2)，求：(1)物块相对平板车静止时物块的速度；(2)要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长．参考答案课前预习练1．(1)系统受外力 (2)正方向 2．能量弹性碰撞守恒损失3．m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2m 1－m 2m 1＋m 2v 1 2m 1m 1＋m 2v 14．C [碰撞后粘在一起时动能损失最大，故碰前动量等大反向时，碰后粘在一起系统静止，动能全部损失掉，故选C.]5．A [由碰撞前后两球总动量守恒，即p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，可排除D ；由碰撞后两球总动能不可能增加，即p 2A 2m ＋p 2B 2m ≥p A ′22m ＋p B ′22m ，可排除C ；由碰撞后A 球不可能穿越B 球，即p A ′m ≤p B ′m，可排除B ；所以四个选项中只有A 是可能的．故正确答案为A.] 课堂探究练1．20 cm/s 方向向左解析设v 1的方向为正方向(向右)，则各球的速度为v 1＝30 cm/s ，v 2＝－10 cm/s ，v 2′＝0.据m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，解得v 1′＝－20 cm/s ，负号表示碰撞后m 1的运动方向与v 1的方向相反，即向左．点评本题中的速度方向虽在同一条直线上，但有的向右，有的向左，运用动量守恒定律求解时，一定要规定正方向．2．见解析解析取碰撞前货车运动的方向为正方向，则v 1＝2 m/s.设两车拴接后的速度为v ，两车碰撞前的总动量p ＝m 1v 1，碰撞后的总动量为p′＝(m 1＋m 2)v ，由p ＝p′得m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ，故v ＝m 1v 1m 1＋m 2，代入数值得v ＝0.9 m/s.v 是正值，表示两车碰撞拴接后以0.9 m/s 的速度沿着第一辆车原来运动的方向继续运动．3．C [两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设钢球1初动量的方向为正方向，由动量守恒定律得：p 0＝－p 1＋p 2，碰后球2的动量p 2＝p 0＋p 1，可见p 2>p 0.碰后系统的机械能不增加，即E 1＋E 2≤E 0，必有E 1<E 0，E 2<E 0.由p ＝，结合E 1<E 0，得p 1<p 0，故本题选C.]4．B [A 、B 球碰撞为弹性碰撞，动量和机械能均守恒，有mv ＝mv 1＋2mv 2 12mv 2＝12mv 21＋12·2mv 22 由以上两式解得：v 1＝－v 3，v 2＝23v ，故选项B 正确．]5．BC [A 、B 两球同向运动，A 球追上B 球要满足v A >v B .两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要满足v B ′≥v A ′.由v A >v B 得p A m A >p B m B ，即m A m B <p A p B ＝1012＝0.83由碰撞过程动量守恒得p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，p B ′＝14 kg·m/s 由碰撞过程的动能关系得p 2A 2m A ＋p 2B 2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B ，m A m B ≤3652＝0.69 由v B ′≥v A ′得p B ′m B ≥p A ′m A ，m A m B ≥p A ′p B ′＝814＝0.57综上分析有0.57≤m Am B≤0.69，所以选项B 、C 正确．]方法总结碰撞问题须遵从以下规律：①碰撞后的总机械能不能大于碰撞前的总机械能．②碰后若两物体沿同一方向运动，后面物体的速度不能大于前面物体的速度．6．B [在A 、B 碰撞过程中动量守恒，A 、B 碰后粘在一起共同压缩弹簧过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得m A v A ＝(m A ＋m B )v代入数据得v ＝m A v Am A ＋m B＝2 m/s所以碰后A 、B 及弹簧组成系统的机械能为12(m A ＋m B )v 2＝8 J ，当弹簧被压缩至最短时，系统动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹性势能为8 J ．]7．(1)0.4 m/s (2)0.8 m解析 (1)二者组成的系统动量守恒，取v 方向为正．设共同速度为v′，则有mv ＝(M ＋m)v′代入数据解得v′＝0.4 m/s(2)设平板车至少长为L ，由能量守恒有：μmgL＝12mv 2－12(m ＋M)v′2代入数据解得L ＝0.8 m方法总结 (1)解决这类问题要把握两个守恒：动量守恒和能量守恒．(2)两个物体构成的系统，若运动过程中除了受到相互作用的滑动摩擦力外，系统受到的的外力为零，则都可以用fd ＝ΔE k 来计算系统中能量的转移或转化．。

2020学年高中物理第1章第3节动量守恒定律在碰撞中的应用教案粤教版选修3-5(最新整理)

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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．一、应用动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一．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假设以坚持动量守恒定律的正确性，最终的结果，往往是因为有新的发现而胜利告终．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系统,分析所研究的物理过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件．（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，求出结果．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m B＝2m A，规定水平向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s.则（）A．左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10A ［由两球的动量都是6 kg·m/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 kg·m/s，即A球的动量为2 kg·m/s,由动量守恒定律得B球的动量为10 kg·m/s，又因m B＝2m A，可得其速度比为2∶5,故选项A是正确的．]动量守恒定律的特性（1)动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M＝30 kg，乙和他的冰车质量也是30 kg。