高二物理1.1动量定理与动量守恒 §1.3一维弹性碰撞鲁教版知识精讲.doc

高二物理1.1动量定理与动量守恒 §1.3一维弹性碰撞鲁教版
【本讲教育信息】
一. 教学内容：
§1.1动量定理与动量守恒 §1.3一维弹性碰撞
§1.1动量定理与动量守恒
一. 教学目的：
1. 认识动量的概念
2. 会用动量定理解释简单问题
二. 教学重、难点：
1. 会推导动量守恒定律
2. 会用动量守恒定律解释处理问题 （一）动量的概念
1. 定义：运动物体的质量和速度的乘积叫动量。

2. 公式：m v P = 单位：s /m kg ⋅
3. 是矢量：方向与v 的方向相同（即有正负）
4. 解释：
（1）动量是描述物体运动状态的量，通常说物体的动量是指物体在某一时刻的动量，对应该时刻的速度。

（2）动量具有相对性：选不同的参照物，物体的动量不同，但通常选地面为参考系。

（二）冲量
1. 定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。

2. 公式：t F I ⋅=
单位：N ·s 或说与P 相同为s /m kg ⋅
方向：与F 的方向相同 3. 解释
（1）是力在时间上的积累效果
（2）计算方法就是力与时间相乘，与其它无关。

（三）动量定理 1. 推导：
t
v v a 1
2-=
则t v v m ma 1
2-=
即t
P P F t mv mv F 1
2
12-=-=或
或写成P I P t F P P t F 12∆=∆=⋅-=⋅即与
2. 内容：
物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

3. 应用：
（1）解释一些现象
①玻璃杯落在水泥地上会摔碎而落在海绵上不会碎。

②从高处落下时，曲膝以缓冲减小对人体的伤害。

③汽车突然刹车或启动时人体的前扑与后仰。

（2）计算：
（四）动量守恒定律的推导
1. 推导：如图所示两小球相撞前后的情形：
F
F
B v 1’
v 2’
A
B
则对A 球
1111v m 'v m t F -=⋅ 对B 球：
2222v m 'v m t F -=⋅-
则)v m 'v m (v m 'v m 22221111--=- 即：22112211v m v m 'v m 'v m +=+ 或总总P 'P =
或：'v m v m v m 'v m 22221111-=- 即：21P P ∆-=∆
（五）表述
1. 一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。

22112211v m v m 'v m 'v m +=+
即：系统相互作用前的总动量P 等于系统作用后的总动量。

2. 21P P ∆-=∆
两相互作用的物体组成的系统两物体的动量变化等值反向。

（六）适用条件
1. 系统不受外力或系统所受外力的合力为零。

2. 在碰撞、爆炸等过程中内力远大于外力且作用时间极短，动量近似守恒。

3. 系统所受合外力在某方向上为零，则在该方向上系统的总动量守恒。

（七）解题步骤
1. 明确研究对象，即合理选择系统
2. 判断是否符合动量守恒的条件
3. 明确作用过程，确定作用前后两个状态总动量P 前及P 后
4. 列方程21P P P P ∆-=∆=或后前，求解
§1.3一维弹性碰撞
一. 教学目的
1. 知道弹性碰撞和（完全）非弹性碰撞的概念。

2. 通过实验探究弹性碰撞的特点。

二. 教学重、难点
能用动量守恒分析一维碰撞问题
（一）基本定义
1. 非弹性碰境：碰撞过程中有动能损失。

2. 完全非弹性碰撞：碰撞后物体结合在一起，动能损失最大。

3. 完全弹性碰撞：在理想情况下，碰撞后，形变完全恢复，不发热，不发声，没有动能损失。

4. 弹性碰撞：物体间发生碰撞时，动能损失可以忽略不计。

（二）弹性碰撞的规律 1. 一般情况
如图光滑水平面上A 、B 两球速度分别为v 1、v 2，发生碰撞后分别为v 1’、v 2’，求v 1’、v 2’的大小，已知两球质量分别为m 1、m 2。

v 2
v 1 v 1’ v 2’
由动量守恒得：
'v m 'v m v m v m 22112211+=+ 由动能守恒得：
2222112
22211'v m 2
1'v m 21v m 21v m 21+=+ 解得⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
+-+=+-+=212122112211211221
m m v m v m v m 2'v m m v m v m v m 2'v
2. 动碰静时 即：0v 2=
则⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧+=+-=21212211211m m v m 2'v m m v )m m ('v
（1）当两球等质量时：即21m m = 得：121v 'v ,0'v == 即两球交换速度
（2）当m 1>m 2时：
则⎩⎨⎧<>0'v 0
'v 2
1
即两球都向前运动
（3）当21m m <时：⎩⎨⎧><0'v 0
'v 2
1
即碰撞后质量小的球反弹回来。

（三）总结
1. （完全）弹性碰撞动量、动能守恒
2. 碰撞中一般情况下动量都是守恒的
3. 追击碰撞中前后v v >
4. 碰后同向运动的前后v v <
5. 爆炸过程中动能可增加，其它情况动能不大于碰之前
公式：2
1
n n E E =
n=1，2，3，4
12n r n r =
注：
（1）能级值均为负值，绝对值越大能量越少；
（2）m n E E h -=υ中计算时需m n E E >，若υh 为负，则表示吸收能量。

（3）n 越大，动能越小，势能越大，势能变化量总是动能变化量的两倍。

（4）若光子能量足以使原子电离，则该能量一定可被吸收。

（四）氢原子光谱
【典型例题】
例1. 如图所示，长为L ，质量为m 1的小船停在静水中，一个质量为m 2的人立在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
解析：人和船组成的系统，人从船头走到船尾的过程中，在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零，当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来。

设某一时刻人对地的速度为v 2，船对地的速度为v 1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： 0v m v m 1122=-
即
2
1
12m m v v =
人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比。

从而可以得出判断：在人从船头走到船尾的过程中，人的位移s 2与船的位移s 1之比，也应等于它们的质量的反比，即
2
1
12m m s s =。

由图可以看出L s s 21=+，与上式联立得： 2
1122121m m L
m s ,m m L m s +=
+=
例2. 如图所示，质量为M 的斜面体静止在光滑水平面上，斜面体的倾角为θ，高为h ，今将一小滑块m 从斜面体的顶端由静止释放，m 从顶端滑到下端的过程中，斜面体向右移动的距离为___________________。

答案：略
例3. 一个质量为m 0的人站在质量为m 1的船上，随船一起以v 0的速度向另一质量为m 2的静止的小船靠近，不计阻力，为避免相撞，该人在两船之间反复来回跳动，直到两船速度相同为止，此时两船速度的大小为（ ）
A.
2
10
0m m v m +
B.
2100
0m m m v m ++
C.
2
10
10m m v )m m (++
D.
2
100
10m m m v )m m (+++
答案：选D
例4. 人和冰车总质量为M ，另有一木球质量为m ，且M ：m=31：2。

人坐在静止于水平冰面上的冰车上，以速度v （相对于地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦，设球与挡板碰后原速弹回，人接球后再以同样的速度推向挡板。

求人推多少次后将不能再接到球？ 解：131
2)1n 2(,1M m
)1n 2(v 'v 'v M mv )1n 2(>-≥-=⇒⋅=⋅- 312n 4>- 33n 4>
n=9
例5. 气球的质量为200kg ，载有质量为50kg 的人静止在空中距地面20m 的地方。

气球下悬一质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳子至少应为多长？
解：人降到地面后，气球－人系统的重心位置不变。

设气球和人在空中时，人距气球h 米(均指重心，下同)，系统重心距地面距离H=(50×20+200(20+h))/250。

人降到地面后，气球上升了x 米，系统重心距地面距离为：H=(50×0+200×(20+h+x))/250，即200x=50×20，由此得x=5米。

则绳长至少应为L=h+H=（20+5）m=25m 。

例6. 一导弹离地面高度为h 水平飞行，某一时刻，导弹速度为v ，突然爆炸成质量相等的A 、B 两块，A 、B 同时落地，落地点相距g
h
2v
4，两落地点与爆炸前导弹速度在同一竖直平面内，不计空气阻力，已知爆炸后瞬间A 的动能kA E 大于B 的动能kB E ，则
=kB kA E :E __________。

（1999年·广东高考）
解析：设A 、B 两块质量均为m ，且爆炸后速度分别为v A 、v B ，二速度方向相同均为沿原速度v 的方向，由动量守恒定律（此处内力远大于外力，爆炸前后动量守恒）得：
B A mv mv mv 2+=，即v 2v v B A =+
①
由爆炸到落地经历的时间为g
h 2t =
则由题意，g
h 2v 4t )v v (A B =- 即v 4v v A B =-
②
联立①②得v 3v ,v v B A =-=
而根据题意可看出假设不正确，结果应该是： v 3v A = 而v v B -=
可知
19
mv 2
1mv 21E E 2B 2A
kB
kA == 说明爆炸后这两块向相反方向运动
【模拟试题】
1. 质量为1.0kg 的小球从高20m 处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m 。

小球与软垫接触的时间是1.0s ，在接触的时间内小球受到的合力的冲量大小为（空气阻力
不计，g 取10m/s 2
）（ ）
A. s N 10⋅
B. s N 20⋅
C. s N 30⋅
D. s N 40⋅
2. 质量为m 的钢球自高处落下，以速率v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v 2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ） A. 向下，)v v (m 21- B. 向下，)v v (m 21+ C. 向上，)v v (m 21- D. 向上，)v v (m 21+
3. 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，下列现象可能发生的是（ ）
A. 若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B. 若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C. 若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D. 若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行 4. 下列是一些说法：
（1）一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同。

（2）一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反。

（3）在同样时间内，作用力和反作用力做的功大小不一定相等，但正负号一定相反。

（4）在同样时间内，作用力和反作用力做的功大小不一定相等，正负号也不一定相反。

以上说法正确的是（ ） A. （1）（2） B. （1）（3） C. （2）（3） D. （2）（4） 5. 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面相撞上了一质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s 的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率（ ）
A. 小于10m/s
B. 大于10m/s 小于20m/s
C. 大于20m/s 小于30m/s
D. 大于30m/s 小于40m/s
6. 质量为m=0.10kg 的小钢球以v 0=10m/s 的水平速率抛出，如图所示，下落h=5.0m 时撞击一钢板，撞后速率恰好反向，则钢板与水平面的夹角=θ________，刚要撞击钢板时小球
的动量的大小为_________________。

（g=10m/s 2
）
7. 如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n=1、2、3…)。

每个人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m=14kg，x<0一侧的每个沙袋质量为m’=10kg。

一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。

不计轨道阻力。

当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速度相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。

（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？
（2）车上最终有大小沙袋共多少个？
8. 在下述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律表达式。

系统是两个质点，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直线运动。

要求说明推导过程中每步的根据，以及式中各符号和最后结果中各项的意义。

9. 质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾，现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b 沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中。

求小孩b跃出后小船的速度。

试题答案
1. C
2. D
3. AD
4. D
5.
A
6. 45°，s /m kg 2⋅
7. 解：（1）设车向右运动到第n 个人处时速率为v n ，则此人扔沙袋的速度大小为2nv n ，
则由动量大小关系得：
[]3
n 4
.2n v m )1n (M nv 2m n
n =>⋅-+>⋅故取解得
（2）由题意知，第n ’个沙袋的动量不小于车的动量，故有 []n n 'v 'm 'n 2'v 'm )1'n (m 3M ≤-++
解得8'n =
即当8'n =时车停下，故车上共有沙袋11个。

答案：（1）车上堆积3个沙袋就反向滑行 （2）车上最终共有沙袋11个。

8. 解析：令m 1和m 2分别表示两质点的质量，F 1和F 2分别表示它们所受的作用力，a 1和a 2分别表示它们的加速度，t 1和t 2分别表示F 1和F 2的作用时间，v 1和v 2分别表示它们相互作用过程中的初速度，v 1’和v 2’分别表示末速度。

根据牛顿第二定律有
222111a m F ,a m F ==
①
由加速度的定义，可知
2
2221111t v
'v a ,t v 'v a -=-=
②
代入①式可得
)v 'v (m t F ),v 'v (m t F 2222211111-=-=
③
根据牛顿第三定律可知
21F F -=，而21t t =
④
由③，④可得
22112211'v m 'v m v m v m +=+
⑤
其中m 1v 1和m 2v 2为两质点的初动量，2211'v m 'v m 和为两质点的末动量，这就是动量守恒定律的表达式。

9. 0v M
m
2M 'v +=。