高中物理 1.4 動量守恒定律的應用（第3課時）課件 教科版選修3-5 .ppt

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,,第一章 碰撞與動量守恒,1.3 動量守恒定律的應用 第三課時 ——幾個碰撞問題的定量分析,1.進一步理解彈性碰撞和非彈性碰撞，會用動量和能量的觀點綜合分析解決一維碰撞問題. 2.了解動量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.,學習目標定位,,,,,知識儲備區(qū),1.(1)很短 (2)很大 明顯 2.(1)守恒 (2)減少 (3)粘在一起 3.m1v1′＋m2v2′ 選取正方向. 4.(1)合力為零 (2)遠大于 (3)某一方向上合外力為零,,,,學習探究區(qū),一、對三種碰撞的進一步認識,二、彈性正碰模型及拓展應用,三、碰撞需滿足的三個條件,一、對三種碰撞的進一步認識,問題設計,,如圖1所示，兩小球碰撞過程有什么特 點？若水平面光滑，碰撞過程中動量是 否守恒？若水平面不光滑，動量是否守恒？,圖1,答案 特點是碰撞發(fā)生的時間很短，相互作用力很大.根據(jù)其特點知無論碰撞發(fā)生時兩物體組成的系統(tǒng)合外力是否為零，動量都是守恒的.,要點提煉,,三種碰撞類型及滿足規(guī)律 (1)彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝ 機械能守恒： m1v ＋ m2v ＝ (2)非彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝,m1v1′＋m2v2′,,,m1v1′2＋ m2v2′2,m1v1′＋m2v2′,,機械能減少，損失的機械能轉化為 ，即|ΔEk|＝ ＝Q (3)完全非彈性碰撞 動量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 碰撞中機械能損失 ， 即|ΔEk|＝ m1v＋ m2v－,內(nèi)能,Ek初,－Ek末,,最多,(m1＋m2)v,,例1 兩個質(zhì)量分別為300 g和200 g的物體在無摩擦的水平面上相向運動，速度分別為50 cm/s和100 cm/s. (1)如果兩物體碰撞并結合在一起，求它們的末速度.,解析 令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s， v2＝－100 cm/s＝－1 m/s， 設兩物體碰撞后結合在一起的共同速度為v， 由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v， 代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.1 m/s，方向與v1的方向相反. 答案 0.1 m/s，與50 cm/s的方向相反,(2)求碰撞后兩物體損失的動能.,解析 碰撞后兩物體損失的動能為 ΔEk＝ m1v ＋ m2v － (m1＋m2)v2 ＝[ ×0.3×0.52＋ ×0.2×(－1)2－ ×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J. 答案 0.135 J,(3)如果碰撞是彈性碰撞，求每一物體碰撞后的速度.,解析 如果碰撞是彈性碰撞，設碰后兩物體的速度分別為v1′、v2′， 由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′， 由機械能守恒定律得 m1v ＋ m2v ＝ m1v1′2＋ m2v2′2， 代入數(shù)據(jù)得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s. 答案 0.7 m/s 0.8 m/s 碰撞后均反向運動,返回,問題設計,,二、彈性正碰模型及拓展應用,已知A、B兩個彈性小球，質(zhì)量分別為 m1、m2，B小球靜止在光滑的水平面 上，如圖2所示，A小球以初速度v1與 B小球發(fā)生正碰，求碰后A小球速度v1′和B小球速度v2′的大小和方向.,圖2,解析 由碰撞中的動量守恒和機械能守恒得 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ ① m1v ＝ m1v1′2＋ m2v2′2 ② 由①②可以得出：v1′＝ v1，v2′＝ v1 討論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1，兩小球速度互換；,(2)當m1m2時，則v1′0，v2′0，即小球A、B同方向運動.因 0，即小球A、B反方向運動.(其中，當m1?m2時，v1′≈－v1，v2′≈0.) 答案 見解析,要點提煉,,1.兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝ ，v2′＝ . (1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝ ，v2′＝ ，即二者碰后交換速度.,0,v1,v1,,v1,,(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝ ，v2′＝ .表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去. (3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝ ，v2′＝0.表明m1被反向以 彈回，而m2仍靜止.,v1,2v1,－v1,原速率,2.如果兩個相互作用的物體，滿足動量守恒的條件，且相互作用過程的初、末狀態(tài)總機械能不變，廣義上也可以看成彈性碰撞.,例2 在光滑水平長直軌道上，放著一個 靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各 連結一個小球構成，如圖3所示，兩小球質(zhì)量相等，現(xiàn)突然給左端小球一個向右的速度v，試分析從開始運動到彈簧第一次恢復原長這一過程中兩小球的運動情況并求彈簧第一次恢復原長時，每個小球的速度大小.,圖3,解析 剛開始，A向右運動，B靜止，彈簧被壓縮，對兩球產(chǎn)生斥力，此時A動量減小，B動量增加. 當兩者速度相等時，兩小球間距離最小，彈簧形變量最大，彈簧要恢復原長，對兩小球產(chǎn)生斥力，A動量繼續(xù)減小，B動量繼續(xù)增加. 所以，到彈簧第一次恢復原長時，A球動量最小，B球動量最大. 整個過程相當于完全彈性碰撞.,在整個過程中，系統(tǒng)動量守恒，且系統(tǒng)的動能不變， 有mv＝mvA＋mvB， mv2＝ mv ＋ mv 解得：vA＝0，vB＝v 答案 見解析,例3 帶有 光滑圓弧的軌道、質(zhì)量為M的滑車 靜止于光滑的水平面上，如圖4所示.一個質(zhì)量 為m的小球以速度v0水平?jīng)_向滑車，當小球在 返回并脫離滑車時，下列說法可能正確的是( ) A.小球一定沿水平方向向左做平拋運動 B.小球可能沿水平方向向左做平拋運動 C.小球可能做自由落體運動 D.小球可能沿水平方向向右做平拋運動,圖4,解析 小球沖上滑車，又返回，到離開滑車的整個過程中，由于系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能也守恒，故相當于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程. 如果mM，小球離開滑車向右做平拋運動， 故答案應選B、C、D. 答案 BCD,返回,要點提煉,,三、碰撞需滿足的三個條件,1.動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2.動能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 . 3.速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結束.,例4 A、B兩個質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是7 kg·m/s，B球的動量是5 kg·m/s，當A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能值是( ) A.pA＝8 kg·m/s，pB＝4 kg·m/s B.pA＝6 kg·m/s，pB＝6 kg·m/s C.pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s D.pA＝－2 kg·m/s，pB＝14 kg·m/s,解析 從動量守恒的角度分析，四個選項都正確； 從能量的角度分析，A、B碰撞過程中沒有其他形式的能量轉化為它們的動能， 所以碰撞后它們的總動能不能增加.碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B， 所以碰后A的速度應小于B的速度. A選項中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實際情況的，所以A錯.,碰前A、B的總動能Ek＝ ＋ ＝ 碰后的總動能，B選項中Ek′＝ ，所以B是可能的. C選項中Ek′＝ ＝Ek，故C也是可能的. D選項中Ek′＝ ，所以D是不可能發(fā)生的.綜上，本題正確選項為B、C. 答案 BC,返回,課堂要點小結,返回,動量守恒定律的應用 碰撞,彈性碰撞,動量守恒，動能守恒 彈性碰撞模型及拓展,非彈性碰撞,動量守恒，總動能減少 特例：完全非彈性碰撞 (機械能損失最多),碰撞現(xiàn)象的研究及應用,,,,,,,自我檢測區(qū),1,2,3,4,1,2,3,4,1.如圖5所示，質(zhì)量為m的A小球以水平 速度v與靜止的質(zhì)量為3m的B小球正碰 后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼?/2，而碰后 球B的速度是(以v方向為正方向)( ) A.v/6 B.－v C.－v/3 D.v/2,圖5,1,2,3,4,解析 碰后A的速率為v/2，可能有兩種情況：v1＝v/2；v1′＝－v/2 根據(jù)動量守恒定律，有mv＝mv1＋3mv2，當v1＝v/2時，v2＝v/6； 當v1′＝－v/2時，v2＝v/2.若它們同向，則A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正確. 答案 D,1,2,3,4,2.兩個小球A、B在光滑的水平地面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s(設為正)，B的速度vB＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為( ) A.均為＋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,1,2,3,4,解析 由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求.再看動能變化情況： E前＝ mAv ＋ mBv ＝27 J E后＝ mAvA′2＋ mBvB′2 由于碰撞過程中動能不可能增加，所以應有E前≥E后，據(jù)此可排除選項B；,1,2,3,4,選項C雖滿足E前≥E后，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此C選項錯誤； 驗證A、D均滿足E前≥E后，且碰后狀態(tài)符合實際，故正確選項為A、D. 答案 AD,1,2,3,4,3.在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的 小球A以速度v0向右運動.在小球A 的前方O點有一質(zhì)量為m2的小球B 處于靜止狀態(tài)，如圖6所示.小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運動.小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5PO.假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，求兩小球質(zhì)量之比m1∶m2.,圖6,1,2,3,4,解析 從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變.根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1. 設碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v ＝ m1v ＋ m2v 利用 ＝4，解得m1∶m2＝2∶1 答案 2∶1,1,2,3,4,4.如圖7所示，在光滑水平面上放置一 質(zhì)量為M的靜止木塊，一質(zhì)量為m的子 彈以水平速度v0射向木塊，穿出后子彈 的速度變?yōu)関1，求木塊和子彈所構成的系統(tǒng)損失的機械能.,圖7,1,2,3,4,解析 取子彈與木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，設木塊獲得的速度為v2， 則有：mv0＝mv1＋Mv2得：v2＝ ， 由能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機械能為,