第十三章第一單元 第2課時(shí)

1、第一單元　動(dòng)量　動(dòng)量守恒定律 　第2課時(shí)　動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用,選修3－5 　 　　　第十三章　碰撞與動(dòng)量守恒,,基礎(chǔ)回顧,1．碰撞：兩個(gè)或兩個(gè)以上物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用力，使每個(gè)物體的動(dòng)量發(fā)生顯著變化，這個(gè)過程就稱為碰撞．2．彈性碰撞：碰撞后物體的形變可以完全恢復(fù)，且碰撞前后系統(tǒng)的總機(jī)械能________．3．非彈性碰撞：碰撞后物體的形變只有部分恢復(fù)，系統(tǒng)有部分機(jī)械能________．,答案：2．不變　3．

2、損失,4．完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以致物體合為一體一起運(yùn)動(dòng)，即兩物體在非彈性碰撞后以同一速度運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能________．5．特點(diǎn)(1)動(dòng)量特點(diǎn)：無論是哪一類碰撞，由于系統(tǒng)的相互作用力極大，遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以碰撞過程中，系統(tǒng)的________守恒．(2)能量特點(diǎn)：根據(jù)彈性碰撞與非彈性碰撞進(jìn)行確定．非彈性碰撞中系統(tǒng)的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的________．,答案：4．最大 5．(1)動(dòng)量　(

3、2)內(nèi)能,要點(diǎn)深化,1．關(guān)于碰撞的幾點(diǎn)說明(1)高中階段研究的碰撞為正碰，即物體碰撞前后在同一直線上運(yùn)動(dòng)．(2)完全非彈性碰撞是非彈性碰撞的特例，碰撞過程中機(jī)械能損失最大．,(3)仔細(xì)分析一下碰撞的全過程：設(shè)光滑水平面上，如右圖所示，質(zhì)量為m1的物體A以速度v0向質(zhì)量為m2的靜止物體B運(yùn)動(dòng)，B的左端連有輕彈簧．在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等(設(shè)為v)，彈簧被壓縮到最短；再往

4、后A、B開始遠(yuǎn)離，彈簧開始恢復(fù)原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時(shí)A、B的速度分別為v1、v2.全過程系統(tǒng)動(dòng)量一定是守恒的；而機(jī)械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了．①彈簧是完全彈性的．Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能最小而彈性勢(shì)能最大；Ⅱ→Ⅲ彈性勢(shì)能減少全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能相等，這種碰撞叫彈性碰撞．由動(dòng)量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：

5、 (這個(gè)結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到)．,②彈簧不是完全彈性的．Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動(dòng)能減少，一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和①相同，彈性勢(shì)能仍最大，但比①??；Ⅱ→Ⅲ彈性勢(shì)能減少，部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因?yàn)槿^程系統(tǒng)動(dòng)能有損失(一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)，這種碰撞叫非彈性碰撞．③彈簧完全沒有彈性．Ⅰ→Ⅱ系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Ⅱ狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能仍和①相同

6、，但沒有彈性勢(shì)能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運(yùn)動(dòng)，不再有Ⅱ→Ⅲ過程，這種碰撞叫完全非彈性碰撞．可以證明，A、B最終的共同速度為,(4)碰撞遵守三個(gè)原則①動(dòng)量守恒；p1＋p2＝p1′＋p2′(本式為矢量式)．②動(dòng)能不增加：③碰撞前、后兩物體速度的關(guān)系：碰撞前兩物體同向，碰撞物體的速度為v1，被碰撞物體的速度為v2，則v1＞v2；碰撞后兩物體同向，碰撞物體的速度為v1′，被碰撞物體的速度為v2′，則v1′＜v2′.2．

7、爆炸兩物體間由于炸藥的作用均受到巨大作用力，兩作用力遠(yuǎn)大于外力，一般情況下認(rèn)為動(dòng)量守恒．由于爆炸力做功，所以系統(tǒng)的動(dòng)能增加．,基礎(chǔ)回顧,1．反沖運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時(shí)，剩余部分將做________的運(yùn)動(dòng)，這種現(xiàn)象叫反沖運(yùn)動(dòng)．2．實(shí)例：發(fā)射炮彈；爆竹爆炸；發(fā)射火箭；發(fā)電水輪機(jī)等．3．特點(diǎn)(1)動(dòng)量特點(diǎn)：系統(tǒng)相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，系統(tǒng)的________守恒．(2)能量特點(diǎn)：由其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械

8、能，每個(gè)物體的________增加．,答案：1．相反方向　 3．(1)動(dòng)量　(2)機(jī)械能,要點(diǎn)深化,1．反沖運(yùn)動(dòng)反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，反沖運(yùn)動(dòng)過程中，一般滿足系統(tǒng)的合外力為零，或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的條件，因此可用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行分析．2．火箭發(fā)射簡(jiǎn)介火箭主要是由殼體和燃料兩大部分組成．殼體是圓筒形，前端是封閉的尖端，后端有尾噴管，燃燒燃料產(chǎn)生的高溫、高壓燃?xì)鈴奈矅姽苎杆賴姵?，火箭就向前飛去．火箭

9、飛行所能達(dá)到的最大速度，即燃料燃燒完畢時(shí)獲得的最終速度，主要取決于兩個(gè)因素，一是噴氣速度，另一個(gè)是質(zhì)量比(即火箭開始飛行時(shí)的質(zhì)量與燃燒燃料完時(shí)質(zhì)量之比)，噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，最終速度就越大．單級(jí)火箭燃料用完后，空殼自行脫落，減少了總質(zhì)量，可達(dá)到很高的速度．,,,反沖運(yùn)動(dòng)發(fā)生在同一物體上，把同一物體分為兩個(gè)部分，這兩個(gè)部分發(fā)生分離，當(dāng)一部分向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，剩余部分將做相反方向的運(yùn)動(dòng)．,下列屬于反沖運(yùn)動(dòng)的是(　　)A．汽車的運(yùn)動(dòng)　

10、　　　　　　B．直升飛機(jī)的運(yùn)動(dòng)C．火箭發(fā)射過程的運(yùn)動(dòng)　　　D．反擊式水輪機(jī)的運(yùn)動(dòng),解析：A、B選項(xiàng)中汽車和飛機(jī)都是一個(gè)整體，沒有發(fā)生分離，故不屬于反沖運(yùn)動(dòng)．C選項(xiàng)中火箭發(fā)射是指火箭向后噴射出其攜帶的點(diǎn)燃著的燃?xì)舛够鸺蚕蚯斑\(yùn)動(dòng)，屬于反沖運(yùn)動(dòng)的實(shí)例；D選項(xiàng)中反擊式水輪機(jī)的運(yùn)動(dòng)是指水輪機(jī)向后噴射出其攜帶的水而使水輪機(jī)向前運(yùn)動(dòng)，也屬于反沖運(yùn)動(dòng)的實(shí)例．答案：CD,題型訓(xùn)練,1．據(jù)報(bào)導(dǎo)，“和平”號(hào)空間站墜毀時(shí)，由和空間站對(duì)接的飛船經(jīng)過三

11、次點(diǎn)火排沖熱氣流，飛行高度逐漸降低，最后才進(jìn)入大氣層墜向南太平洋，對(duì)于墜毀過程，下列說法正確的是(　　)A．飛行高度要降低，空間站必須突然減速B．飛行高度要降低，空間站必須突然加速C．空間站要減速必須通過向前排沖熱氣流D．空間站要加速必須通過向前排沖熱氣流,解析：因萬有引力作用，當(dāng)空間站突然減速時(shí)，向心力小于萬有引力而使空間站飛行高度降低，故A正確．空間站通過向前排沖熱氣流，根據(jù)反沖原理會(huì)使空間站減速，故C正確．答案：AC,,

12、一個(gè)靜止的、質(zhì)量為M的不穩(wěn)定原子核，當(dāng)它射出質(zhì)量為m、速度為v的粒子后，設(shè)射出粒子的方向?yàn)檎?，則原子核剩余部分的速度u等于(　　)A．－v,解析：應(yīng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律來討論．討論對(duì)象是射出的粒子m和剩余核(M－m)．由動(dòng)量守恒定律0＝mv＋(M－m)u解得：答案：B,題型訓(xùn)練,2．一個(gè)靜止的、質(zhì)量為M的不穩(wěn)定原子核，當(dāng)它射出質(zhì)量為m的粒子后，原子核剩余部分的速度為v，射出的粒子的速度u為(　　),解析：由動(dòng)量守恒定律：0＝mu＋

13、(M－m)v解得：答案：D,1．兩個(gè)物體均處于靜止，當(dāng)兩個(gè)物體存在相互作用而不受外力作用時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．2．這類問題的特點(diǎn)：兩物體同時(shí)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)停止．3．此類問題由動(dòng)量守恒有：0＝m1v1＋m2v2.由于瞬時(shí)速度是一一對(duì)應(yīng)的，故對(duì)雙方的平均速度而言，有：由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則有：可推出m1s1＋m2s2＝0(s1、s2應(yīng)相對(duì)于同一參照系)．解決這種問題的方法是要畫好物體的運(yùn)動(dòng)示意圖，有利于發(fā)現(xiàn)各物理量間的關(guān)系．,,

14、解析：選人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由于人從船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動(dòng)量守恒．人起步前系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)向后加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人勻速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)向后勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停下來時(shí)，船也停下來．設(shè)某一時(shí)刻人對(duì)靜水的速度為v1，船對(duì)靜水的速度為v2，選人前進(jìn)的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律有：m v1 － M v2＝0. 即v1 / v2＝M/m.,如右圖所示，長為L、質(zhì)量為M

15、的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人立在船頭，若不計(jì)水的粘滯阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對(duì)靜水的位移s2和s1各是多少？,因?yàn)樵谌藦拇^走到船尾的整個(gè)過程中，每一時(shí)刻系統(tǒng)都滿足動(dòng)量守恒定律，所以每一時(shí)刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量成反比．從而可以得出判斷：在人從船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船后退的平均速度之比，也應(yīng)等于它們的質(zhì)量的反比，由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，即有：s1/s2＝M/m①由圖可以看出：s1＋s2

16、＝L②聯(lián)立解得：答案：,題型訓(xùn)練,3．有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(估計(jì)一噸左右)．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船．用卷尺測(cè)出船后退的距離為d，然后用卷尺測(cè)出船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量M為(　　),解析：根據(jù)人船模型中動(dòng)量守恒原理有：Md＝m(L－d)，由此解得：答案：B,碰撞的兩個(gè)物體必須遵守以下三個(gè)

17、原則：①動(dòng)量守恒；p1＋p2＝p1′＋p2′(本式為矢量式)．②動(dòng)能不增加：③碰撞前、后兩物體速度的關(guān)系：碰撞前兩物體同向，碰撞物體的速度為v1，被碰撞物體的速度為v2，則v1＞v2；碰撞后兩物體同向，碰撞物體的速度為v1′，被碰撞物體的速度為v2′，則v1′＜v2′.,,如圖所示，O為一水平軸．細(xì)繩上端固定于O軸，下端系一質(zhì)量m＝1.0 kg的小球，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，擺球與平臺(tái)的B點(diǎn)接觸，但對(duì)平臺(tái)無壓力，擺長為l＝0.6 m．

18、平臺(tái)高h(yuǎn)＝0.80 m．一個(gè)質(zhì)量為M＝2.0 kg的小球沿平臺(tái)自左向右運(yùn)動(dòng)到B處與擺球發(fā)生正碰，碰后擺球在繩的約束下做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)A時(shí)，繩上的拉力T恰好等于擺球的重力，而M落在水平地面的C點(diǎn)，水平距離s＝1.2 m．求質(zhì)量為M的小球與擺球碰撞前的速度大?。?解析：質(zhì)量m＝1.0 kg的小球在A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律，有：T＋mg＝m ① 由題意：T＝mg②質(zhì)量m＝1.0 kg的小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，設(shè)碰撞后擺球的

19、速度為v2，由機(jī)械能守恒定律，有：①②③聯(lián)立解得：v2＝6 m/s質(zhì)量M＝2.0 kg的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰撞后小球的速度為v1，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，在豎直方向上，有： 在水平方向上，有：s＝v1t⑤④⑤聯(lián)立解得：v1＝3 m/s兩球在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有：Mv0＝Mv1＋mv2由此解得質(zhì)量為M的小球與擺球碰撞前的速度大小為：v0＝6 m/s.答案：6 m/s,點(diǎn)評(píng)：這是一道非常明顯的組合

20、題，考查學(xué)生對(duì)力學(xué)基本規(guī)律的理解和應(yīng)用，考查理解能力、分析能力及應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．試題涉及到機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)，難度并不大，基本是物理公式的套用，用到的方法都是在平時(shí)教學(xué)中常用的物理方法．,題型訓(xùn)練,4．如圖所示，光滑的水平臺(tái)子離地面的高度為h，質(zhì)量為m的小球以一定的速度在高臺(tái)上運(yùn)動(dòng)，從邊緣D水平射出，落地點(diǎn)為A，水平射程為s.如果在臺(tái)子邊緣D處放一質(zhì)量為M的橡皮泥，再讓小球以剛才

21、的速度在水平高臺(tái)上運(yùn)動(dòng)，在邊緣D處打中橡皮泥并同時(shí)落地，落地點(diǎn)為B.則AB間的距離為(　　),解析：只有小球在做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．在豎直方向上，有：在水平方向上，有：s＝vt②當(dāng)小球與橡皮泥發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，設(shè)共同速度為v′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv＝(M＋m)v′③小球與橡皮泥一起做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于高度仍為h，根據(jù)①式可知平拋的時(shí)間與小球單獨(dú)做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的時(shí)間相等，都為t.故在水平方向上，有：s′＝v′t

22、④AB間的距離為Δs＝s－s′⑤②③④⑤式聯(lián)立得： 答案：A,,,,動(dòng)量守恒定律表達(dá)式中各速度必須是相對(duì)同一參考系．因?yàn)閯?dòng)量中的速度有相對(duì)性，在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律列方程時(shí)，應(yīng)注意各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度．若題設(shè)條件中速度不是相對(duì)同一參考系的．,某人在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人和槍(不包含子彈)及船上固定靶的總質(zhì)量為M，子彈質(zhì)量m，槍口到靶的距離為L，子彈射出槍口時(shí)相對(duì)于槍口的速率恒定，當(dāng)前一顆子彈陷入靶中時(shí)，隨即

23、發(fā)射后一顆子彈，則在發(fā)射完全部n顆子彈后，小船后退的距離多大？(不計(jì)水的阻力),錯(cuò)解：選船、人、槍及船上固定靶和子彈組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止，系統(tǒng)所受合外力為0，當(dāng)子彈射向靶的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，船將向相反的方向移動(dòng)．當(dāng)?shù)谝活w子彈射向靶的過程中，船向相反的方向運(yùn)動(dòng)，此時(shí)與船同時(shí)運(yùn)動(dòng)的物體的總質(zhì)量為M＋(n－1)m，當(dāng)?shù)谝活w子彈射入靶中后，根據(jù)動(dòng)量守恒，船會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)與初始狀態(tài)完全相同．當(dāng)?shù)诙w子彈射向靶的過

24、程中，子彈與船重復(fù)剛才的運(yùn)動(dòng)，直到n顆子彈全部射入靶中，所以在發(fā)射完全部n顆子彈的過程中，小船后退的距離應(yīng)是發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退距離的n倍．,設(shè)子彈運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，在發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退的距離為s，子彈飛行的距離為L，則由動(dòng)量守恒定律有：mL─[M＋(n－1)m]s＝0.解得：每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都必須相同，因此n顆子彈全部射入的過程，小船后退的總距離為,分析糾錯(cuò)：沒有把所有的速度變換成相對(duì)于

25、同一參考系的速度．由于船的速度是相對(duì)于地面的，而子彈的速度是相對(duì)于船的，導(dǎo)致船的位移是相對(duì)于地面的，而子彈的位移是相對(duì)于船的，所以解答錯(cuò)誤．設(shè)子彈運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，在發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退的距離為s，根據(jù)題意知子彈飛行的距離為(L─s)，則由動(dòng)量守恒定律有：m(L－s)－[M＋(n－1)m]s＝0解得：s＝每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都相同，因此n顆子彈全部射入的過程，小船后退的總距離為答案：,祝,您,學(xué)業(yè)有