高中物理 1.4 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用（第3課時(shí)）課件 教科版選修3-5 .ppt

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,,第一章 碰撞與動(dòng)量守恒,1.3 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 第三課時(shí) ——幾個(gè)碰撞問題的定量分析,1.進(jìn)一步理解彈性碰撞和非彈性碰撞，會(huì)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)綜合分析解決一維碰撞問題. 2.了解動(dòng)量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.,學(xué)習(xí)目標(biāo)定位,,,,,知識(shí)儲(chǔ)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(yuǎn)大于 (3)某一方向上合外力為零,,,,學(xué)習(xí)探究區(qū),一、對(duì)三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識(shí),二、彈性正碰模型及拓展應(yīng)用,三、碰撞需滿足的三個(gè)條件,一、對(duì)三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識(shí),問題設(shè)計(jì),,如圖1所示，兩小球碰撞過程有什么特 點(diǎn)？若水平面光滑，碰撞過程中動(dòng)量是 否守恒？若水平面不光滑，動(dòng)量是否守恒？,圖1,答案 特點(diǎn)是碰撞發(fā)生的時(shí)間很短，相互作用力很大.根據(jù)其特點(diǎn)知無(wú)論碰撞發(fā)生時(shí)兩物體組成的系統(tǒng)合外力是否為零，動(dòng)量都是守恒的.,要點(diǎn)提煉,,三種碰撞類型及滿足規(guī)律 (1)彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝ 機(jī)械能守恒： m1v ＋ m2v ＝ (2)非彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝,m1v1′＋m2v2′,,,m1v1′2＋ m2v2′2,m1v1′＋m2v2′,,機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為 ，即|ΔEk|＝ ＝Q (3)完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 碰撞中機(jī)械能損失 ， 即|ΔEk|＝ m1v＋ m2v－,內(nèi)能,Ek初,－Ek末,,最多,(m1＋m2)v,,例1 兩個(gè)質(zhì)量分別為300 g和200 g的物體在無(wú)摩擦的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，速度分別為50 cm/s和100 cm/s. (1)如果兩物體碰撞并結(jié)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(shè)兩物體碰撞后結(jié)合在一起的共同速度為v， 由動(dòng)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(dòng)能.,解析 碰撞后兩物體損失的動(dòng)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(shè)碰后兩物體的速度分別為v1′、v2′， 由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′， 由機(jī)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(yùn)動(dòng),返回,問題設(shè)計(jì),,二、彈性正碰模型及拓展應(yīng)用,已知A、B兩個(gè)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(dòng)量守恒和機(jī)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(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩小球速度互換；,(2)當(dāng)m1m2時(shí)，則v1′0，v2′0，即小球A、B同方向運(yùn)動(dòng).因 0，即小球A、B反方向運(yùn)動(dòng).(其中，當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈－v1，v2′≈0.) 答案 見解析,要點(diǎn)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(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程的初、末狀態(tài)總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成彈性碰撞.,例2 在光滑水平長(zhǎng)直軌道上，放著一個(gè) 靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各 連結(jié)一個(gè)小球構(gòu)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(gè)向右的速度v，試分析從開始運(yùn)動(dòng)到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)這一過程中兩小球的運(yùn)動(dòng)情況并求彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，每個(gè)小球的速度大小.,圖3,解析 剛開始，A向右運(yùn)動(dòng)，B靜止，彈簧被壓縮，對(duì)兩球產(chǎn)生斥力，此時(shí)A動(dòng)量減小，B動(dòng)量增加. 當(dāng)兩者速度相等時(shí)，兩小球間距離最小，彈簧形變量最大，彈簧要恢復(fù)原長(zhǎng)，對(duì)兩小球產(chǎn)生斥力，A動(dòng)量繼續(xù)減小，B動(dòng)量繼續(xù)增加. 所以，到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A球動(dòng)量最小，B球動(dòng)量最大. 整個(gè)過程相當(dāng)于完全彈性碰撞.,在整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)的動(dòng)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(gè)質(zhì)量 為m的小球以速度v0水平?jīng)_向滑車，當(dāng)小球在 返回并脫離滑車時(shí)，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(yùn)動(dòng) B.小球可能沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng) C.小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng) D.小球可能沿水平方向向右做平拋運(yùn)動(dòng),圖4,解析 小球沖上滑車，又返回，到離開滑車的整個(gè)過程中，由于系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，故相當(dāng)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(yùn)動(dòng)， 故答案應(yīng)選B、C、D. 答案 BCD,返回,要點(diǎn)提煉,,三、碰撞需滿足的三個(gè)條件,1.動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′. 2.動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 . 3.速度要符合情景：碰撞后，原來(lái)在前面的物體的速度一定增大，且原來(lái)在前面的物體的速度大于或等于原來(lái)在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束.,例4 A、B兩個(gè)質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7 kg·m/s，B球的動(dòng)量是5 kg·m/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)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(dòng)量守恒的角度分析，四個(gè)選項(xiàng)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(zhuǎn)化為它們的動(dòng)能， 所以碰撞后它們的總動(dòng)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(yīng)小于B的速度. A選項(xiàng)中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實(shí)際情況的，所以A錯(cuò).,碰前A、B的總動(dòng)能Ek＝ ＋ ＝ 碰后的總動(dòng)能，B選項(xiàng)中Ek′＝ ，所以B是可能的. C選項(xiàng)中Ek′＝ ＝Ek，故C也是可能的. D選項(xiàng)中Ek′＝ ，所以D是不可能發(fā)生的.綜上，本題正確選項(xiàng)為B、C. 答案 BC,返回,課堂要點(diǎn)小結(jié),返回,動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 碰撞,彈性碰撞,動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒 彈性碰撞模型及拓展,非彈性碰撞,動(dòng)量守恒，總動(dòng)能減少 特例：完全非彈性碰撞 (機(jī)械能損失最多),碰撞現(xiàn)象的研究及應(yīng)用,,,,,,,自我檢測(cè)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?lái)的1/2，而碰后 球B的速度是(以v方向?yàn)檎较?( ) 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(dòng)量守恒定律，有mv＝mv1＋3mv2，當(dāng)v1＝v/2時(shí)，v2＝v/6； 當(dāng)v1′＝－v/2時(shí)，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(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，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(shè)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(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求.再看動(dòng)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(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有E前≥E后，據(jù)此可排除選項(xiàng)B；,1,2,3,4,選項(xiàng)C雖滿足E前≥E后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來(lái)的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C選項(xiàng)錯(cuò)誤； 驗(yàn)證A、D均滿足E前≥E后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故正確選項(xiàng)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(yùn)動(dòng).在小球A 的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的小球B 處于靜止?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng).小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)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?cè)俅蜗嘤觯∏駻和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(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)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(gòu)成的系統(tǒng)損失的機(jī)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(dòng)量守恒，設(shè)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(jī)械能為,