高中物理教科版5第一章碰撞與動(dòng)量守恒 第1章3動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

3.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)知識(shí)脈絡(luò)1.知道碰撞的特點(diǎn)和動(dòng)量守恒的條件，會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決實(shí)際問題．(重點(diǎn)、難點(diǎn))2.了解中子發(fā)現(xiàn)的過程.3.知道反沖現(xiàn)象，了解火箭的工作原理，會(huì)用動(dòng)量守恒定律解決反沖運(yùn)動(dòng)的問題．(重點(diǎn)、難點(diǎn))碰撞問題的定量分析eq\o([先填空])1．在碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間很短，外力通常遠(yuǎn)小于碰撞物體之間的內(nèi)力，可以忽略不計(jì)，認(rèn)為碰撞過程中動(dòng)量守恒．2．兩物體碰后粘在一起，獲得共同速度，這類碰撞屬于完全非彈性碰撞．eq\o([再判斷])1．發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量是守恒的．(√)2．發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的．(×)3．碰撞后，兩個(gè)物體粘在一起，動(dòng)量是守恒的，但機(jī)械能損失是最大的．(√)eq\o([后思考])如圖1-3-1所示，物體A和B放在光滑的水平面上，A、B之間用一輕繩連接，開始時(shí)繩是松弛的，現(xiàn)突然給A以水平向右的初速度v0.(作用過程繩未斷)圖1-3-11．物體A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒？機(jī)械能是否守恒？【提示】動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒．2．上述物體A和B之間的作用過程可以視為哪一類碰撞？【提示】完全非彈性碰撞．1．處理碰撞問題的三個(gè)原則(1)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.(3)速度要合理eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①碰前兩物體同向，則v后>v前，碰后，原來,在前的物體速度一定增大，且v′前≥v′后,②兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向,不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度,均為零))2．三類“碰撞”模型相互作用的兩個(gè)物體在很多情況下皆可當(dāng)做碰撞處理，那么對(duì)相互作用中兩物體相距恰“最近”、相距恰“最遠(yuǎn)”或恰上升到“最高點(diǎn)”等一類臨界問題，求解的關(guān)鍵都是“速度相等”．常見的三類模型如下：(1)子彈打擊木塊模型如圖1-3-2所示，質(zhì)量為m的子彈以速度v0射中放在光滑水平面上的木塊B，當(dāng)子彈相對(duì)于木塊靜止不動(dòng)時(shí)，子彈射入木塊的深度最大，二者速度相等，此過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．圖1-3-2(2)連接體模型如圖1-3-3所示，光滑水平面上的A物體以速度v0去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時(shí)，兩物體速度相等，此時(shí)彈簧最短，其壓縮量最大．此過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能．圖1-3-3(3)板塊模型如圖1-3-4所示，物塊A以速度v0在光滑的水平面上的木板B上滑行，當(dāng)A在B上滑行的距離最遠(yuǎn)時(shí)，A、B相對(duì)靜止，A、B的速度相等．此過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．圖1-3-43．爆炸與碰撞的對(duì)比爆炸碰撞相同點(diǎn)過程特點(diǎn)都是物體間的相互作用突然發(fā)生，相互作用的力為變力，作用時(shí)間很短，平均作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以可以認(rèn)為碰撞、爆炸過程中系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒過程模型由于碰撞、爆炸過程相互作用的時(shí)間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計(jì)，因此可以把作用過程看做一個(gè)理想化過程來處理，即作用后物體仍從作用前瞬間的位置以新的動(dòng)量開始能量情況都滿足能量守恒，總能量保持不變不同點(diǎn)動(dòng)能情況有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，動(dòng)能會(huì)增加彈性碰撞時(shí)動(dòng)能不變，非彈性碰撞時(shí)動(dòng)能要損失，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，動(dòng)能減少1.如圖1-3-5，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是A向________運(yùn)動(dòng)，B向________運(yùn)動(dòng)．圖1-3-5【解析】選向右為正方向，則A的動(dòng)量pA＝m·2v0＝的動(dòng)量pB＝－2mv0.碰前A、B的動(dòng)量之和為零，根據(jù)動(dòng)量守恒，碰后A、B的動(dòng)量之和也應(yīng)為零．【答案】左右2．如圖1-3-6所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對(duì)心碰撞．對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，下面的猜測(cè)結(jié)果可能實(shí)現(xiàn)的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：11010009】圖1-3-6A．vA′＝－2m/s，vB′＝6m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝2m/sC．vA′＝1m/s，vB′＝3m/sD．vA′＝－3m/s，vB′＝7m/sE．vA′＝－5m/s，vB′＝9m/s【解析】兩球碰撞前后應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律及碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2②，答案D、E中滿足①式，但不滿足②式．【答案】ABC3．如圖1-3-7所示，水平面上O點(diǎn)的正上方有一個(gè)靜止物體P，炸成兩塊a、b水平飛出，分別落在A點(diǎn)和B點(diǎn)，且OA>OB.若爆炸時(shí)間極短，空氣阻力不計(jì)，則()圖1-3-7A．落地時(shí)a的速度大于b的速度B．落地時(shí)a的速度小于b的速度C．爆炸過程中a增加的動(dòng)能大于b增加的動(dòng)能D．爆炸過程中a增加的動(dòng)能小于b增加的動(dòng)能E．下落過程中a、b兩塊動(dòng)量的增量不相等【解析】P爆炸生成兩塊a、b過程中在水平方向動(dòng)量守恒，則mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落過程是平拋運(yùn)動(dòng)，由圖知va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb，C正確，D錯(cuò)誤；由于va＞vb，而下落過程中a、b在豎直方向的速度增量為gt是相等的，因此落地時(shí)仍有v′a＞v′b，A正確，B錯(cuò)誤，magt＜mbgt，E正確．【答案】ACE4．(2023·山東高考)如圖1-3-8所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m.開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求：圖1-3-8(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失．【解析】(1)以初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v ①由①式得mB＝eq\f(m,2). ②(2)從開始到碰后的全過程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v ③設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE，則ΔE＝eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2 ④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0).【答案】(1)eq\f(1,2)m(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)處理爆炸、碰撞問題的四點(diǎn)提醒(1)在處理爆炸問題，列動(dòng)量守恒方程時(shí)應(yīng)注意：爆炸前的動(dòng)量是指即將爆炸那一刻的動(dòng)量，爆炸后的動(dòng)量是指爆炸剛好結(jié)束時(shí)那一刻的動(dòng)量．(2)在爆炸過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能一定不守恒．(3)在碰撞過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不一定守恒，在物體與彈簧相互作用過程中物體與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量、機(jī)械能均守恒．(4)宏觀物體碰撞時(shí)一般相互接觸，微觀粒子的碰撞不一定接觸，但只要符合碰撞的特點(diǎn)，就可以認(rèn)為是發(fā)生了碰撞．中子的發(fā)現(xiàn)反沖現(xiàn)象與火箭的發(fā)射eq\o([先填空])1．中子的發(fā)現(xiàn)1932年，英國物理學(xué)家查德威克發(fā)現(xiàn)了中子．2．反沖現(xiàn)象反沖現(xiàn)象遵循動(dòng)量守恒定律，火箭的發(fā)射利用了反沖現(xiàn)象．3．火箭的發(fā)射(1)影響火箭最大速度的因素火箭的最大速度主要取決于兩個(gè)條件：一是向后的噴氣速度；二是質(zhì)量比(火箭開始飛行時(shí)的質(zhì)量與燃料燃盡時(shí)的質(zhì)量之比)．噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，最終速度就越大．(2)多級(jí)火箭在現(xiàn)有技術(shù)條件下，一級(jí)火箭的最終速度還不能達(dá)到發(fā)射人造衛(wèi)星所需要的速度，因而發(fā)射衛(wèi)星要用多級(jí)火箭．eq\o([再判斷])1．做反沖運(yùn)動(dòng)的兩部分的動(dòng)量一定大小相等，方向相反．(√)2．一切反沖現(xiàn)象都是有益的．(×)3．章魚、烏賊的運(yùn)動(dòng)利用了反沖的原理．(√)eq\o([后思考])兩位同學(xué)在公園里劃船，當(dāng)小船離碼頭大約m時(shí)，有一位同學(xué)心想：自己在體育課上立定跳遠(yuǎn)的成績從未低于2m，跳到岸上絕對(duì)沒有問題．于是她縱身一跳，結(jié)果卻掉到了水里(如圖1-3-9所示)，她為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？圖1-3-9【提示】這位同學(xué)與船組成的系統(tǒng)在不考慮水的阻力的情況下，所受合外力為零，在她跳起前后遵循動(dòng)量守恒定律．在她向前跳起瞬間，船要向后運(yùn)動(dòng)．1．反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)(1)反沖運(yùn)動(dòng)中，物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)．(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力，所以可以用動(dòng)量守恒定律來處理．(3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以系統(tǒng)的總動(dòng)能增加．2．討論反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)注意的問題(1)相對(duì)速度問題：在討論反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)，有時(shí)給出的速度是相互作用的兩物體的相對(duì)速度．由于動(dòng)量守恒定律中要求速度為對(duì)同一參考系的速度(通常為對(duì)地的速度)，應(yīng)先將相對(duì)速度轉(zhuǎn)換成對(duì)地速度后，再列動(dòng)量守恒定律的方程．(2)變質(zhì)量問題：在討論反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)，還常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動(dòng)，如在火箭的運(yùn)動(dòng)過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，此時(shí)必須取火箭本身和在相互作用的短時(shí)間內(nèi)噴出的所有氣體為研究對(duì)象，取相互作用的這個(gè)過程為研究過程來進(jìn)行研究．3．“人船模型”問題(1)定義兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒．在相互作用的過程中，任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比．這樣的問題歸為“人船模型”問題.(2)特點(diǎn)①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m1eq\x\to(v1)－m2eq\x\to(v)2＝0.②運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(\x\to(v)1,\x\to(v)2)＝eq\f(m2,m1).③應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問題：即公式eq\x\to(v)1、eq\x\to(v)2和x一般都是相對(duì)地面而言的．5．如圖1-3-10所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為________．圖1-3-10【解析】以速度v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得分離后衛(wèi)星的速率v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)．【答案】v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)6．一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000m/s(相對(duì)地面)，設(shè)火箭質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次．求當(dāng)?shù)谌螝怏w噴出后，火箭的速度多大？【導(dǎo)學(xué)號(hào)：11010010】【解析】法一：噴出氣體的運(yùn)動(dòng)方向與火箭運(yùn)動(dòng)的方向相反，系統(tǒng)動(dòng)量守恒第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0所以v1＝eq\f(mv,M－m)第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3××1000,300－3×m/s＝2m/s.法二：選取整體為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解．設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出三次氣體為研究對(duì)象，據(jù)動(dòng)量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝2m/s.【答案】2m/s7．質(zhì)量為M的熱氣球吊筐中有一質(zhì)量為m的人，共同靜止在距地面為h的高空中．現(xiàn)從氣球上放下一根質(zhì)量不計(jì)的軟繩，為使此人沿軟繩能安全滑到地面，則軟繩至少有多長？【解析】如圖所示，設(shè)繩長為L，人沿軟繩滑至地面的時(shí)間為t，由圖可知，L＝x人＋x球．設(shè)人下滑的平均速度大小為v人，氣球上升的平均速度大小為v球，由動(dòng)量守恒定律得：0＝Mv球－mv人即0＝Meq\b\lc\(\