1、-1 -3.動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.知道碰撞的特點(diǎn)和遵循的規(guī)律，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)）自主預(yù)習(xí)探新Ml- - - - 期他問-一、 碰撞問題的定量分析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.二、 中子的發(fā)現(xiàn)、反沖現(xiàn)象與火箭的發(fā)射1.中子的發(fā)現(xiàn)1932 年，英國(guó)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

2、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.匚j基礎(chǔ)自測(cè)口1.正誤判斷（正確的打“V”，錯(cuò)誤的打“X”）（1）發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，動(dòng)量是守恒的.（V）（2）發(fā)生碰撞的兩個(gè)物體，機(jī)械能是守恒的.（X）（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.（V）-2 -（4）靜

3、止的物體做反沖運(yùn)動(dòng)的兩部分的動(dòng)量一定大小相等，方向相反.（V）（5）章魚、 烏賊的運(yùn)動(dòng)利用了反沖的原理.（V）2.（多選）如圖所示，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 6 m/s ,B 球的速度是2 m/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)-3 -結(jié)果可能實(shí)現(xiàn)的是()A.VA=2 m/s,VB=6 m/sB.VA=2 m/s ,VB=2 m/sC.VA=i m/s ,VB=3 m/sD.VA=3 m/s,VB=7 m/sABC 兩球碰撞前后，應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律及

4、碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)但不滿足式.3 如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率vo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m,后部分的箭體質(zhì)量為m,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vi為解析以速度Vo的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得:分離后衛(wèi)星的速率Vi=Vo+(voV2).答案mVo+(VoV2)合作探究(1)動(dòng)量守恒，即Pl+P2=pi+P2.動(dòng)能不增加，即 氐+氐 Eki+ Ek2.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(3)速度要合理兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后

5、兩物體的運(yùn)動(dòng)方向能之和.即mvA+mvB=mvA+mvB,1HAVA+vB 2 際2，答案 D 滿足式,(m+m)vo=mvi+mv2，解得A走方向1 處理碰撞問題的三個(gè)原則-4 -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)作碰撞處理，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fu -Am77777777777777777*甲如圖甲所示，質(zhì)量為m的子彈以速度V。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)

6、，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.(2)連接體模型如圖乙所示，光滑水平面上的A物體以速度Vo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.(3)板塊模型廠 i_ H丙如圖丙所示，物塊A以速度vo滑上靜止在光滑的水平面上的木板B,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.3 爆炸與碰撞的對(duì)比爆炸碰撞相同 占八、過程特占八、都是物體間的相互作用突然發(fā)生， 相

7、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作一個(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-5 -能量情都滿足能量守恒，總能量保持不變況不同占八、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【例 1】 如圖所示，一質(zhì)量M= 2kg 的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置

8、一小球B從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)=0.3 m 處由靜止釋放一質(zhì)量m= 1 kg 的小球 A,小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰， 碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái).已知所有接觸面均光滑，重力加速度取g= 10 m/s2.求小球B的質(zhì)量.思路點(diǎn)撥(1)所有接觸面均光滑，可知小球A下滑過程中弧形軌道與小球A組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒.(2)A球與B球發(fā)生彈性碰撞，說明兩球碰撞過程中動(dòng)量、動(dòng)能均守恒.(3)A球與B球碰后恰好追不上平臺(tái)，說明A球最終速度水平向左，且與平臺(tái)速度相等.解析設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為w,平臺(tái)水平速度大小為V,由動(dòng)量守恒定律有 0 =mv1M

9、v1212由能量守恒定律有mgh= 2 訕1+ ?Mv聯(lián)立解得V1= 2 m/s ,v= 1 m/s小球A B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為V1和V2,由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有1 m/s由動(dòng)量守恒定律得mv1= mv1+mv21o1o1o由能量守恒定律有=imv1+ 2mv2聯(lián)立解得 m= 3 kg.答案3 kg現(xiàn) H*玷腳對(duì)碰撞問題的三點(diǎn)提醒(1) 當(dāng)遇到兩物體發(fā)生碰撞的問題，不管碰撞環(huán)境如何，要首先想到利用動(dòng)量守恒定律.(2)對(duì)心碰撞是同一直線上的運(yùn)動(dòng)過程， 只在一個(gè)方向上列動(dòng)量守恒方程即可， 此時(shí)應(yīng)注 意速度正、-6 -

10、負(fù)號(hào)的選取.(3)而對(duì)于斜碰，要在相互垂直的兩個(gè)方向上分別應(yīng)用動(dòng)量守恒定律.一題務(wù)孌h上例中若弧形軌道固定不動(dòng)，小球A與小球B發(fā)生彈性正碰，小球A被反彈恰能上升到-處，則小球B的質(zhì)量是多少?解析設(shè)小球A與小球B碰撞前瞬間速度為vi1則由機(jī)械能守恒定律得mAgh=qmAv：碰后小球A的速度為vi，小球B的速度為V2.由動(dòng)量守恒定律得mAVi= -mAVi+mBV2121, 212mvi=mw1 +mw22 2 22mAv1,2= 2mAgh聯(lián)立解得n= (3 + 2 2) kg.答案(3 + 2 2) kg働針對(duì)訓(xùn)練1.(多選)如圖所示，水平面上0點(diǎn)的正上方有一個(gè)靜止物體P,炸成兩塊a、b水平飛

11、出,分別落在A點(diǎn)和B點(diǎn)，且OAOB若爆炸時(shí)間極短，空氣阻力不計(jì)，則()AA.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AC P爆炸生成兩塊a、b過程中在水平方向動(dòng)量守恒，則 mwanavb= 0,即卩pa=pb,由2P于下落過程是平拋運(yùn)動(dòng)，由圖知VaVb,因此mavma,由 E= 知 EEVb,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vavb, A 正確，B 錯(cuò)誤.考點(diǎn)2丿I-7 -對(duì)反沖現(xiàn)象的理解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

12、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，

13、取相互作用的這個(gè)過程為研究過程.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)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m v1m v2= 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X1V1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 一=X2V2m3應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問題：即公式7仆匚2和X一般都是相對(duì)地面而言的.【例 2】 一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m= 200 g 的氣體，氣體噴出

14、時(shí)的速度v= 1 000 m/s,設(shè)火箭質(zhì)量 M= 300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣 20 次.(1) 當(dāng)?shù)谌螝怏w噴出后，火箭的速度為多大？(2) 運(yùn)動(dòng)第 1 s 末，火箭的速度為多大？思路點(diǎn)撥(1)火箭噴氣屬于反沖運(yùn)動(dòng)，火箭和氣體系統(tǒng)動(dòng)量守恒.(2)火箭噴氣后質(zhì)量發(fā)生變化，噴氣后的質(zhì)量為Mnm解析法一：(1)噴出氣體的運(yùn)動(dòng)方向與火箭的運(yùn)動(dòng)方向相反，氣體和火箭系統(tǒng)動(dòng)量守 恒.第一次氣體噴出后火箭速度為V1,有-8 -mv(M-m)V1-mv=0，所以V1=M-m(M- 3m)V3-mv=(M-2m)V23mV3X0.2x1 000m/s2 m/s.由上面推導(dǎo)可知，第n次氣體噴出后，火箭速度為Vn

15、,有(M-nm)Vn-mV= M- (n-1)m Vn-1所以vn=M乎M- nm因?yàn)槊棵雵姎?20 次，所以 1 s 末火箭速度為20mv20 x0.2x1 000V20=m/s13.5 m/s.M- 20m30020 x0.2法二：選取整體為研究對(duì)象，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解.(1)設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為V3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，得(M- 3m)V3- 3mV=0所以V3=読 2 m/s.M-3m以火箭和噴出的 20 次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有(M- 2On)V2o 20mV= 020mv所以V20=M-135 m/s.答案(1)2 m/s (

16、2)13.5 m/s反沖運(yùn)動(dòng)問題的兩點(diǎn)提醒(1)對(duì)于原來靜止的整體，拋出部分具有速度時(shí)，剩余部分的反沖是相對(duì)于拋出部分來說的，兩者運(yùn)動(dòng)方向必然相反.在列動(dòng)量守恒方程時(shí)，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t反方向運(yùn)動(dòng)的另部分的速度應(yīng)取負(fù)值.第二次氣體噴出后，火箭速度為V2,(M-2m)2mvV2=M-2m第三次氣體噴出后，火箭速度為V3,所以V3= M- 3m300 3X0.2-9 -働針對(duì)訓(xùn)練2 .質(zhì)量為m半徑為R的小球，放在半徑為 2R、質(zhì)量為 2m的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上當(dāng)小球從如圖所示的位置無初速度沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時(shí)，大球移動(dòng)的距離是（）正確.課堂小結(jié)知識(shí)網(wǎng)絡(luò)1. 碰

17、撞的三個(gè)原則及三類模型.2. 碰撞的應(yīng)用中子的發(fā)現(xiàn) .3. 反沖現(xiàn)象及其應(yīng)用.功呈守恒定律的 應(yīng)用-碰揮問題的定號(hào)分析 中子陌愛現(xiàn)反沖現(xiàn)象馬火箭的發(fā)射1 .在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們成一條直線，2、3 小球靜止，并靠在起，1 球以速度Vo射向它們，如圖所示設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能是（）D 由題設(shè)條件，三個(gè)小球在碰撞過程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒若各球質(zhì)量均為m則碰123撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv，總動(dòng)能為 2mv.假如選項(xiàng) A 正確，則碰后總動(dòng)量為書mv,這顯然違反A.2B.3B 由水平方向動(dòng)量守恒有mx小球2mx大球=0, 又x小球+x大球=R,所以x大球=選項(xiàng) B

18、B.Vi= 0,V2V3= -Vo動(dòng)量守恒定律,故不可能.假如選項(xiàng) B 正確，則碰后總動(dòng)量為22mv,這也違反動(dòng)量守恒定律,-10 -故也不可能假如選項(xiàng)C 正確，則碰后總動(dòng)量為mvo,但總動(dòng)能為寸mV，這顯然違反機(jī)械能守-11 -A. 5 mB. 3.6 mC. 2.6 mD. 8 mB 本題疑難點(diǎn)在于豎直方向動(dòng)量守恒的判斷.當(dāng)人滑到長(zhǎng)繩下端時(shí)，由豎直方向動(dòng)量10守恒得mhimh2= 0，且hi+h2=h,解得hi=m,所以他離地咼度H=hhi3.6 m，選項(xiàng)B 正確.4 .如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為m Q與輕質(zhì)彈簧相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)，P以初速度v向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生作用. 求整個(gè)過程中彈簧的 最大彈性勢(shì)能.解析P和Q速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律得121212?mV=巳max+ 2(26 V共，解得Emax= 4mV.12答案4mv恒定律，故也不可能假如選項(xiàng)D 正確的話，則通過計(jì)算其既滿足動(dòng)量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律，故選項(xiàng) D 正確.2小車上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，如圖所示，桶的前、后、