金榜夺冠物理第十三章第一单元第2课时.ppt
第一单元动量动量守恒定律 第2课时动量守恒定律的应用,选修35 第十三章碰撞与动量守恒,基础回顾,1碰撞：两个或两个以上物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，使每个物体的动量发生显著变化，这个过程就称为碰撞2弹性碰撞：碰撞后物体的形变可以完全恢复，且碰撞前后系统的总机械能_3非弹性碰撞：碰撞后物体的形变只有部分恢复，系统有部分机械能_,答案：2不变3损失,4完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统损失的机械能_5特点(1)动量特点：无论是哪一类碰撞，由于系统的相互作用力极大，远远大于外力，所以碰撞过程中，系统的_守恒(2)能量特点：根据弹性碰撞与非弹性碰撞进行确定非弹性碰撞中系统的机械能转化为系统的_,答案：4最大 5(1)动量(2)内能,要点深化,1关于碰撞的几点说明(1)高中阶段研究的碰撞为正碰，即物体碰撞前后在同一直线上运动(2)完全非弹性碰撞是非弹性碰撞的特例，碰撞过程中机械能损失最大,(3)仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，如右图所示，质量为m1的物体A以速度v0向质量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧在位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到位置A、B速度刚好相等(设为v)，弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为v1、v2.全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了弹簧是完全弹性的系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等，这种碰撞叫弹性碰撞由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：(这个结论最好背下来，以后经常要用到),弹簧不是完全弹性的系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失(一部分动能转化为内能)，这种碰撞叫非弹性碰撞弹簧完全没有弹性系统动能减少全部转化为内能，状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有过程，这种碰撞叫完全非弹性碰撞可以证明，A、B最终的共同速度为,(4)碰撞遵守三个原则动量守恒；p1p2p1p2(本式为矢量式)动能不增加：碰撞前、后两物体速度的关系：碰撞前两物体同向，碰撞物体的速度为v1，被碰撞物体的速度为v2，则v1v2；碰撞后两物体同向，碰撞物体的速度为v1，被碰撞物体的速度为v2，则v1v2.2爆炸两物体间由于炸药的作用均受到巨大作用力，两作用力远大于外力，一般情况下认为动量守恒由于爆炸力做功，所以系统的动能增加,基础回顾,1反冲运动：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将做_的运动，这种现象叫反冲运动2实例：发射炮弹；爆竹爆炸；发射火箭；发电水轮机等3特点(1)动量特点：系统相互作用的内力远大于系统受到的外力，系统的_守恒(2)能量特点：由其他形式的能转化为机械能，每个物体的_增加,答案：1相反方向 3(1)动量(2)机械能,要点深化,1反冲运动反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果，反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零，或内力远大于外力的条件，因此可用动量守恒定律进行分析2火箭发射简介火箭主要是由壳体和燃料两大部分组成壳体是圆筒形，前端是封闭的尖端，后端有尾喷管，燃烧燃料产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出，火箭就向前飞去火箭飞行所能达到的最大速度，即燃料燃烧完毕时获得的最终速度，主要取决于两个因素，一是喷气速度，另一个是质量比(即火箭开始飞行时的质量与燃烧燃料完时质量之比)，喷气速度越大，质量比越大，最终速度就越大单级火箭燃料用完后，空壳自行脱落，减少了总质量，可达到很高的速度,反冲运动发生在同一物体上，把同一物体分为两个部分，这两个部分发生分离，当一部分向一个方向运动时，剩余部分将做相反方向的运动,下列属于反冲运动的是()A汽车的运动B直升飞机的运动C火箭发射过程的运动D反击式水轮机的运动,解析：A、B选项中汽车和飞机都是一个整体，没有发生分离，故不属于反冲运动C选项中火箭发射是指火箭向后喷射出其携带的点燃着的燃气而使火箭筒向前运动，属于反冲运动的实例；D选项中反击式水轮机的运动是指水轮机向后喷射出其携带的水而使水轮机向前运动，也属于反冲运动的实例答案：CD,题型训练,1据报导，“和平”号空间站坠毁时，由和空间站对接的飞船经过三次点火排冲热气流，飞行高度逐渐降低，最后才进入大气层坠向南太平洋，对于坠毁过程，下列说法正确的是()A飞行高度要降低，空间站必须突然减速B飞行高度要降低，空间站必须突然加速C空间站要减速必须通过向前排冲热气流D空间站要加速必须通过向前排冲热气流,解析：因万有引力作用，当空间站突然减速时，向心力小于万有引力而使空间站飞行高度降低，故A正确空间站通过向前排冲热气流，根据反冲原理会使空间站减速，故C正确答案：AC,一个静止的、质量为M的不稳定原子核，当它射出质量为m、速度为v的粒子后，设射出粒子的方向为正，则原子核剩余部分的速度u等于()Av,解析：应运用动量守恒定律来讨论讨论对象是射出的粒子m和剩余核(Mm)由动量守恒定律0mv(Mm)u解得：答案：B,题型训练,2一个静止的、质量为M的不稳定原子核，当它射出质量为m的粒子后，原子核剩余部分的速度为v，射出的粒子的速度u为(),解析：由动量守恒定律：0mu(Mm)v解得：答案：D,1两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒2这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止3此类问题由动量守恒有：0m1v1m2v2.由于瞬时速度是一一对应的，故对双方的平均速度而言，有：由于两物体运动时间相同，则有：可推出m1s1m2s20(s1、s2应相对于同一参照系)解决这种问题的方法是要画好物体的运动示意图，有利于发现各物理量间的关系,解析：选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒人起步前系统的总动量为零，当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来设某一时刻人对静水的速度为v1，船对静水的速度为v2，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：m v1 M v20.即v1/v2M/m.,如右图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对静水的位移s2和s1各是多少？,因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比从而可以得出判断：在人从船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船后退的平均速度之比，也应等于它们的质量的反比，由于两物体运动时间相同，即有：s1/s2M/m由图可以看出：s1s2L联立解得：答案：,题型训练,3有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为(),解析：根据人船模型中动量守恒原理有：Mdm(Ld)，由此解得：答案：B,碰撞的两个物体必须遵守以下三个原则：动量守恒；p1p2p1p2(本式为矢量式)动能不增加：碰撞前、后两物体速度的关系：碰撞前两物体同向，碰撞物体的速度为v1，被碰撞物体的速度为v2，则v1v2；碰撞后两物体同向，碰撞物体的速度为v1，被碰撞物体的速度为v2，则v1v2.,如图所示，O为一水平轴细绳上端固定于O轴，下端系一质量m1.0 kg的小球，原来处于静止状态，摆球与平台的B点接触，但对平台无压力，摆长为l0.6 m平台高h0.80 m一个质量为M2.0 kg的小球沿平台自左向右运动到B处与摆球发生正碰，碰后摆球在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力T恰好等于摆球的重力，而M落在水平地面的C点，水平距离s1.2 m求质量为M的小球与摆球碰撞前的速度大小,解析：质量m1.0 kg的小球在A点时，由牛顿第二定律，有：Tmgm 由题意：Tmg质量m1.0 kg的小球从B点运动到A点，设碰撞后摆球的速度为v2，由机械能守恒定律，有：联立解得：v26 m/s质量M2.0 kg的小球做平抛运动，设碰撞后小球的速度为v1，根据平抛运动的规律，在竖直方向上，有：在水平方向上，有：sv1t联立解得：v13 m/s两球在碰撞过程中动量守恒，有：Mv0Mv1mv2由此解得质量为M的小球与摆球碰撞前的速度大小为：v06 m/s.答案：6 m/s,点评：这是一道非常明显的组合题，考查学生对力学基本规律的理解和应用，考查理解能力、分析能力及应用数学处理物理问题的能力试题涉及到机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理、圆周运动和匀变速直线运动，难度并不大，基本是物理公式的套用，用到的方法都是在平时教学中常用的物理方法,题型训练,4如图所示，光滑的水平台子离地面的高度为h，质量为m的小球以一定的速度在高台上运动，从边缘D水平射出，落地点为A，水平射程为s.如果在台子边缘D处放一质量为M的橡皮泥，再让小球以刚才的速度在水平高台上运动，在边缘D处打中橡皮泥并同时落地，落地点为B.则AB间的距离为(),解析：只有小球在做平抛运动时，根据平抛运动的规律在竖直方向上，有：在水平方向上，有：svt当小球与橡皮泥发生完全非弹性碰撞时，设共同速度为v，根据动量守恒定律，有：mv(Mm)v小球与橡皮泥一起做平抛运动时，由于高度仍为h，根据式可知平抛的时间与小球单独做平抛运动时的时间相等，都为t.故在水平方向上，有：svtAB间的距离为sss式联立得：答案：A,动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度若题设条件中速度不是相对同一参考系的,某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪(不包含子弹)及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒定，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？(不计水的阻力),错解：选船、人、枪及船上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M(n1)m，当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n倍,设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有：mLM(n1)ms0.解得：每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为,分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s，根据题意知子弹飞行的距离为(Ls)，则由动量守恒定律有：m(Ls)M(n1)ms0解得：s每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为答案：,祝,您,学业有成,
