2019-2020学年高中物理第1章3动量守恒定律的应用学案教科版选修3-5.pdf

第 - 1 - 页 共 9 页 3.动量守恒定律的应用3.动量守恒定律的应用 学习目标 1.知道碰撞的特点和遵循的规律， 会用动量守恒定律解决实际问题 (重点、 难点)2.了解中子发现的过程3知道反冲现象，了解火箭的工作原理，会用动量守恒定律 解决反冲运动的问题(重点、难点) 一、碰撞问题的定量分析 1在碰撞现象中，相互作用的时间很短，外力通常远小于碰撞物体之间的内力，可以忽 略不计，认为碰撞过程中动量守恒 2两物体碰后粘在一起，获得共同速度，这类碰撞属于完全非弹性碰撞 二、中子的发现、反冲现象与火箭的发射 1中子的发现 1932 年，英国物理学家查德威克发现了中子 2反冲现象 反冲现象遵循动量守恒定律，火箭的发射利用了反冲现象 3火箭的发射 (1)影响火箭最大速度的因素 火箭的最大速度主要取决于两个条件：一是向后的喷气速度；二是质量比(火箭开始飞行 时的质量与燃料燃尽时的质量之比)喷气速度越大，质量比越大，最终速度就越大 (2)多级火箭 在现有技术条件下，一级火箭的最终速度还不能达到发射人造卫星所需要的速度，因而 发射卫星要用多级火箭 1正误判断(正确的打“” ，错误的打“×”) (1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的() (2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的(×) (3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的() (4)静止的物体做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反() (5)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理() 2(多选)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 第 - 2 - 页 共 9 页 的猜测结果可能实现的是( ) AvA2 m/s，vB6 m/s BvA2 m/s，vB2 m/s CvA1 m/s，vB3 m/s DvA3 m/s，vB7 m/s ABC 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，mAvmBvmAvA2mBvB2， 答案 D 满足 1 2 2A 1 2 2B 1 2 1 2 式，但不满足式 3如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫 星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭 原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为 _ 解析 以速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：(m1m2)v0m1v1m2v2，解 得分离后卫星的速率v1v0(v0v2) m2 m1 答案 v0(v0v2) m2 m1 碰撞问题的定量分析 1处理碰撞问题的三个原则 (1)动量守恒，即p1p2p1p2. (2)动能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2. (3)速度要合理Error! 2三类“碰撞”模型 相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰 “最近” 、相距恰“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” 常见的三类模型如下： 第 - 3 - 页 共 9 页 (1)子弹打击木块模型 甲 如图甲所示，质量为m的子弹以速度v0射中放在光滑水平面上的木块B，当子弹相对于 木块静止不动时， 子弹射入木块的深度最大， 二者速度相等， 此过程系统动量守恒， 动能减少， 减少的动能转化为内能 (2)连接体模型 乙 如图乙所示，光滑水平面上的A物体以速度v0去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最 近时，两物体速度相等，此时弹簧最短，其压缩量最大此过程系统的动量守恒，动能减少， 减少的动能转化为弹簧的弹性势能 (3)板块模型 丙 如图丙所示，物块A以速度v0滑上静止在光滑的水平面上的木板B，当A在B上滑行的 距离最远时，A、B相对静止，A、B的速度相等此过程中，系统的动量守恒，动能减少，减 少的动能转化为内能 3爆炸与碰撞的对比 爆炸碰撞 过程特 点 都是物体间的相互作用突然发生， 相互作用的力为变力， 作用时间 很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为 碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒 过程模 型 由于碰撞、 爆炸过程相互作用的时间很短， 作用过程中物体的位移 很小， 一般可忽略不计， 因此可以把作用过程看作一个理想化过程 来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始 相 同 点 能量情 况 都满足能量守恒，总能量保持不变 不 同 点 动能情 况 有其他形式的能转化为动 能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变， 非弹性碰撞时动 能要损失， 动能转化为内能， 动能减少 第 - 4 - 页 共 9 页 【例 1】 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，重力加速度取g10 m/s2.求小 球B的质量 思路点拨 (1)所有接触面均光滑，可知小球A下滑过程中弧形轨道与小球A组成的系 统机械能守恒，水平方向动量守恒 (2)A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒 (3)A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等 解析 设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量 守恒定律有 0mAv1Mv 由能量守恒定律有mAghmAvMv2 1 2 2 1 1 2 联立解得v12 m/s，v1 m/s 小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2，由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v11 m/s 由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2 由能量守恒定律有mAvmAv mBv 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 联立解得mB3 kg. 答案 3 kg 对碰撞问题的三点提醒 (1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律 (2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注 意速度正、负号的选取 (3)而对于斜碰，要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律 上例中若弧形轨道固定不动，小球A与小球B发生弹性正碰，小球A被反弹恰能上升到h 2 第 - 5 - 页 共 9 页 处，则小球B的质量是多少？ 解析 设小球A与小球B碰撞前瞬间速度为v1 则由机械能守恒定律得mAghmAv 1 2 2 1 碰后小球A的速度为v1，小球B的速度为v2. 由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2 mAvmAv12mBv 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 mAv12mAgh 1 2 1 2 联立解得mB(32) kg.2 答案 (32) kg2 1(多选)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的速度大于b的速度 B落地时a的速度小于b的速度 C爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能 D爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能 AC 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，由图知vavb，因此mamb，由Ek知EkaEkb，C 正确，D 错误； p2 2m 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va vb，A 正确，B 错误 对反冲现象的理解 1反冲运动的特点 (1)反冲运动中，物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处 理 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加 第 - 6 - 页 共 9 页 2讨论反冲运动时应注意的问题 (1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速 度由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对 速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程 (2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程 中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时 间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程 3“人船模型”问题 (1)定义 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒在相互 作用的过程中， 任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比 这样的问题归为 “人船模型” 问题. (2)特点 两物体满足动量守恒定律：m1 1m2 20.vv 运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于 它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即. x1 x2 v1 v2 m2 m1 应用此关系时要注意一个问题：即公式 1、2和x一般都是相对地面而言的 vv 【例 2】 一火箭喷气发动机每次喷出m200 g 的气体，气体喷出时的速度v1 000 m/s，设火箭质量M300 kg，发动机每秒喷气 20 次 (1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？ (2)运动第 1 s 末，火箭的速度为多大？ 思路点拨 (1)火箭喷气属于反冲运动，火箭和气体系统动量守恒 (2)火箭喷气后质量发生变化，喷气后的质量为Mnm. 解析 法一：(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守 恒 第一次气体喷出后火箭速度为v1，有 (Mm)v1mv0，所以v1 mv Mm 第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有 (M2m)v2mv(Mm)v1，所以v2 2mv M2m 第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有 (M3m)v3mv(M2m)v2 所以v3 m/s2 m/s. 3mv M3m 3 × 0.2 × 1 000 3003 × 0.2 第 - 7 - 页 共 9 页 (2)由上面推导可知，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有(Mnm)vnmvM(n 1)mvn1 所以vn nmv Mnm 因为每秒喷气 20 次，所以 1 s 末火箭速度为 v20 m/s13.5 m/s. 20mv M20m 20 × 0.2 × 1 000 30020 × 0.2 法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量 守恒定律，得 (M3m)v33mv0 所以v32 m/s. 3mv M3m (2)以火箭和喷出的 20 次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M20m)v2020mv0 所以v2013.5 m/s. 20mv M20m 答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s 反冲运动问题的两点提醒 (1)对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说 的，两者运动方向必然相反 (2)在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另 一部分的速度应取负值 2质量为m、半径为R的小球，放在半径为 2R、质量为 2m的大空心球内，大球开始静 止在光滑水平面上当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距 离是( ) A. B. C. D. R 2 R 3 R 4 R 6 第 - 8 - 页 共 9 页 B 由水平方向动量守恒有mx小球2mx大球0，又x小球x大球R，所以x大球 ，选 R 3 项 B 正确 课 堂 小 结知 识 网 络 1.碰撞的三个原则及三类模型. 2.碰撞的应用中子的发现. 3.反冲现象及其应用. 1在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3 小球静止，并靠在 一起，1 球以速度v0射向它们，如图所示设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度 可能是( ) Av1v2v3v0Bv10，v2v3v0 1 3 1 2 Cv10，v2v3v0Dv1v20，v3v0 1 2 D 由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒若各球质量均为m，则碰 撞前系统总动量为mv0，总动能为mv.假如选项 A 正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反 1 2 2 0 3 3 动量守恒定律，故不可能假如选项 B 正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律， 2 2 故也不可能假如选项 C 正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守 1 4 2 0 恒定律，故也不可能假如选项 D 正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机 械能守恒定律，故选项 D 正确 2小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装 有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是( ) A打开阀门S1B打开阀门S2 C打开阀门S3D打开阀门S4 B 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由 0m水v水m车v车知，车 第 - 9 - 页 共 9 页 的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，选项 B 正确 3如图所示，一个质量为m150 kg 的人抓在一只大气球下方处于静止状态，气球下面 有一根长绳气球和长绳的总质量为m220 kg，长绳的下端刚好和水平面接触初始静止时 人离地面的高度为h5 m如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地 面高度是(可以把人看作质点)( ) A5 m B3.6 m C2.6 mD8 m B 本题疑难点在于竖直方向动量守恒的判断当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量 守恒得m1h1m2h20， 且h1h2h， 解得h1 m， 所以他离地高度Hhh13.6 m， 选项 B 10 7 正确 4如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q均可视为质点，质量均为m，Q与轻 质弹簧相连并处于静止状态，P以初速度v向Q运动并与弹簧发生作用求整个过程中弹簧的 最大弹性势能 解析 P和Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得mv2mv共，由机 械能守恒定律得mv2Epmax (2m)v，解得Epmaxmv2. 1 2 1 2 2 共 1 4 答案 mv2 1 4