2017-2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒1.3动量守恒定律在碰撞中的应用教学案粤教版选修3-5

第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用[目标定位] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点解决碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用．一、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是否满足动量守恒的应用条件． 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写出结果． 二、动量守恒定律的普遍应用1．在自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律．2．动量守恒定律是比牛顿运动定律应用更为普遍的定律．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1 问题2 问题3一、对碰撞问题的理解 1．碰撞(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒． 2．三种碰撞类型 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 10＋m 2v 20＝m 1v 1＋m 2v 2 机械能守恒：12m 1v 102＋12m 2v 202＝12m 1v 21＋12m 2v 22当v 20＝0时，有v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 10，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 10 推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度． (2)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 10＋m 2v 20＝m 1v 1＋m 2v 2机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q (3)完全非弹性碰撞动量守恒：m 1v 10＋m 2v 20＝(m 1＋m 2)v 共 碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 102＋12m 2v 202－12(m 1＋m 2)v 2共【例1】 形状、大小完全相同，质量分别为300 g 和200 g 的两个物体在光滑的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s 和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小； (2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小． 答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J (3)0.7 m/s 0.8 m/s解析 (1)v 10＝50 cm/s ＝0.5 m/s ，v 20＝－100 cm/s ＝－1 m/s ，设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v ， 由动量守恒定律得m 1v 10＋m 2v 20＝(m 1＋m 2)v ， 代入数据解得v ＝－0.1 m/s ， 负号表示方向与v 10的方向相反． (2)碰撞后两物体损失的动能为ΔE k ＝12m 1v 102＋12m 2v 202－12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.3×0.52＋12×0.2×(－1)2－12×(0.3＋0.2)×(－0.1)2J ＝0.135 J. (3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为v 1、v 2， 由动量守恒定律得m 1v 10＋m 2v 20＝m 1v 1＋m 2v 2，由机械能守恒定律得12m 1v 102＋12m 2v 202＝12m 1v 21＋12m 2v 22， 代入数据得v 1＝－0.7 m/s ，v 2＝0.8 m/s. 二、弹性正碰模型及拓展应用1．两质量分别为m 1、m 2的小球发生弹性正碰，v 10≠0，v 20＝0，则碰后两球速度分别为v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 10，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 10.(1)若m 1＝m 2的两球发生弹性正碰，v 10≠0，v 20＝0，则碰后v 1＝0，v 2＝v 10，即二者碰后交换速度．(2)若m 1≫m 2，v 10≠0，v 20＝0，则二者弹性正碰后， v 1＝v 10，v 2＝2v 10.表明m 1的速度不变，m 2以2v 10的速度被撞出去．(3)若m 1≪m 2，v 10≠0，v 20＝0，则二者弹性正碰后，v 1＝－v 10，v 2＝0.表明m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性正碰．【例2】 在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速度v 0向右运动．在小球A 的正前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图1所示．小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5 PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1∶m 2.图1答案 2∶1解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2①12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 ②利用v 2v 1＝4， 解得：m 1∶m 2＝2∶1.借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用．【例3】 (多选)如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图2A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做平抛运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 02答案 AD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A 、D 都是正确的． 三、碰撞需满足的三个条件 1．动量守恒：即p 10＋p 20＝p 1＋p 2. 2．动能不增加：即E k10＋E k20≥E k1＋E k2或p 1022m 1＋p 2022m 2≥p 122m 1＋p 222m 2. 3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前≥v 后．【例4】 如图3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，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是( )图3A ．v A ′＝－2 m/s ，vB ′＝6 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1 m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝7 m/s 答案 D解析 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m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v A 2＋12m B v B 2≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2②， D 选项满足①式，但不满足②式，所以D 选项错误． 借题发挥 处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加． (2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．(3)要灵活运用E k ＝p 22m或p ＝2mE k 关系式.碰撞特点及满足条件1．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 球的动量是7 kg·m/s，B 球的动量是5 kg·m/s，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ＝6 kg·m/s，pB ＝6 kg·m/s B ．p A ＝3 kg·m/s，p B ＝9 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 答案 A解析 从碰撞前后动量守恒p A 0＋p B 0＝p A ＋p B 验证，A 、B 、C 三种皆有可能．从总动能不增加即p A 022m A ＋p B 022m B ≥p A 22m A ＋p B 22m B来看，只有A 可能． 弹性碰撞的特点2．(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A ．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B ．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v 1C ．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是2v 1D ．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量 答案 AB解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对； 当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 错误； 根据机械能守恒可知D 错误．非弹性碰撞的特点3.如图4所示，有两个质量相同的小球A 和B (大小不计)，A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B 球静止放于悬点正下方的地面上．现将A 球拉到距地面高度为h 处由静止释放，摆动到最低点与B 球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为( )图4A.h 2 B ．h C.h 4 D.h2 答案 C解析 本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理．A 球由释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh ＝12mv 12，所以v 1＝2gh ，A 球对B球碰撞满足动量守恒mv 1＝(m ＋m )v 2，所以v 2＝12v 1＝2gh2；对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，12(m ＋m )v 22＝(m ＋m )gh ′，整理得h ′＝h 4.4．冰球运动员甲的质量为80 kg.当他以5 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求： (1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失． 答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 甲、m 乙，碰前速度大小分别为v 10、v 20，碰后乙的速度大小为v 2.由动量守恒定律有m 甲v 10－m 乙v 20＝m 乙v 2① 代入数据得v 2＝1 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有 12m 甲v 102＋12m 乙v 202＝12m 乙v 22＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据得ΔE ＝1 400 J(时间：60分钟)题组一 碰撞的特点及可能性分析 1．关于碰撞的理解正确的是( )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了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞 答案 A解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力．如果碰撞过程中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．2．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( ) A ．甲、乙两球都沿乙球的运动方向 B ．甲球反向运动，乙球停下 C ．甲、乙两球都反向运动D ．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等 答案 C解析 由p 2＝2mE k 知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C 正确．3．(多选)质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.89v 答案 AB解析 设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12mv A 2＝19×12mv 2，则v A ＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv ＝m ×13v ＋2mv B 或mv ＝－m ×13v ＋2mv B ，解得v B ＝13v 或23v .4．(多选)两个小球A 、B 在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，A 的速度v A ＝3 m/s ，B 的速度v B ＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( ) A ．均为1 m/s B ．4 m/s 和－5 m/s C ．2 m/s 和－1 m/s D ．－1 m/s 和5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝27 JE k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E k 前≥E k 后，据此可排除B ；选项C 虽满足E k 前≥E k后，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C 选项错误．验证A 、D 均满足E k 前≥E k 后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A 、D.题组二 碰撞模型的处理5．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 ．速度 B ．质量 C ．动量 D ．动能答案 C解析 碰撞后粘在一起时动能损失最大，故碰前动量等大反向时，碰后粘在一起时系统静止，动能全部损失掉，故选C.6.小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L .质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图1所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中不正确的是( )图1A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为mMv D ．整个系统最后静止 答案 A7.在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度－时间图象如图2所示，下列关系式正确的是( )图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断答案 B解析 由题图知，a 球以某一初速度与原来静止的b 球碰撞，碰后a 球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a 球质量小于b 球质量．8．两个完全相同、质量均为m 的滑块A 和B ，放在光滑水平面上，滑块A 与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B 以v 0的初速度向滑块A 运动，如图3所示，碰到A 后不再分开，下述说法中正确的是( )图3A ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒B ．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒C ．弹簧最大弹性势能为12mv 02D ．弹簧最大弹性势能为14mv 02答案 D解析 B 与A 碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A 项错误；碰撞过程，A 、B 发生非弹性碰撞，有机械能损失，B 项错误；碰撞过程mv 0＝2mv ，因此碰撞后系统的机械能为12×2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝14mv 02，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能14mv 02，C 项错误，D 项正确．9．(多选)光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图4所示，当A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )图4A ．A 、B 系统总动量仍然为mv B ．A 的动量变为零C ．B 的动量达到最大值D ．A 、B 的速度相等 答案 AD解析 系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A 、B 两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B 物体会进一步加速，A 物体会进一步减速，C 错误．10．A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图5所示．则：图5(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg. (2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？ 答案 (1)2 s 6 (2)30 J解析 (1)由题图知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δs A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δs B t ＝62 m/s ＝3 m/s v AB ＝Δs AB t ＝22m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，解得m B ＝6 kg(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v A 2＋12m B v B 2－12(m A ＋m B )v AB 2＝30 J.题组三 碰撞模型的综合应用11．如图6所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.图6答案 2m 12gh m 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v 0，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 02 解得v 0＝2gh①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2②由于碰撞过程中无机械能损失12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 ③联立②③式解得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2④将①代入④得v 2＝2m 12gh m 1＋m 212.如图7所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M 的木块，一质量为m 的子弹，以水平速度v 0击中木块，已知M ＝9m ，不计空气阻力．问：图7(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O 低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g )(2)如果子弹在极短时间内以水平速度v 04穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？答案 (1)v 02200g (2)716mv 02 解析 (1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v 1，则mv 0＝(m ＋M )v 1所以v 1＝110v 0.因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h ，则12(m ＋M )v 12＝(m ＋M )gh ， 解得h ＝v 02200g(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块的速度为v 2，则 mv 0＝m ·v 04＋Mv 2， 解得v 2＝112v 0 在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为ΔE ＝12mv 02－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12Mv 22＝716mv 02 13．在水平地面上沿直线放置两个完全相同的小物体A 和B ，它们相距s ，在距B 为2s 的右侧有一坑，如图8所示．A 以初速度v 0向B 运动，为使A 能与B 发生碰撞且碰后又不会落入坑中，求A 、B 与水平地面间的动摩擦因数应满足的条件．已知A 、B 碰撞时间很短且碰后粘在一起不再分开，重力加速度为g .图8答案 v 022gs >μ>v 0218gs解析 设A 、B 质量均为m ，它们与地面间的动摩擦因数为μ，若A 能与B 相碰，则有12mv 02－μmgs >0设A 与B 碰前速度为v 1，碰后速度为v 2，则由动能定理：μmgs ＝12mv 02－12mv 12由动量守恒定律：mv 1＝2mv 2 A 、B 粘在一起不落入坑中的条件为 12×2mv 22<μ·2mg ·2s 联立并解得v 022gs >μ>v 0218gs .。