2019-2020年高中物理第一章碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用教学案粤教版选修3-5

2019-2020年高中物理第一章碰撞与动量守恒第三节动量守恒定律在碰撞中的应用教学案粤教版选修3-51．应用动量守恒定律解题的一般步骤为1确定研究对象组成的系统分析所研究的过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件2设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量3根据动量守恒定律列方程4解方程，统一单位后代入数值进行运算，列出结果2．碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，过程相当复杂，很难用牛顿运动定律来求解，而应用动量守恒定律只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节，因而在解决碰撞问题中有广泛的应用3．不同类型的碰撞问题一定满足动量守恒定律，但不一定满足机械能守恒定律对碰撞问题的分析

1.常见碰撞情况的分析1弹性碰撞特点在弹性碰撞过程中系统无机械能损失即只发生机械能传递而不发生能量转化弹性碰撞同时遵守动量守恒定律和机械能守恒定律2非弹性碰撞特点在碰撞过程中有机械能损失，即发生能量转化，一般是机械能转化为内能故只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒3完全非弹性碰撞特点在碰撞过程中机械能损失最多，只遵守动量守恒，不遵守机械能守恒2．碰撞过程应满足的条件在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条1系统的总动量守恒2系统的机械能不增加，即E′k1＋E′k2≤Ek1＋Ek23符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能1即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律2一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理1．相向运动的A、B两辆小车相撞后，一同沿A原来的方向前进，这是由于　　A．A车的质量一定大于B车的质量B．A车的速度一定大于B车的速度C．A车的动量一定大于B车的动量D．A车的动能一定大于B车的动能解析碰撞过程中动量守恒，碰后一同沿A原来方向前进，说明总动量与A的动量方向相同，故A车动量大于B车的动量，选项C对答案C子弹打木块模型这类问题具有以下共同特点1作用时，F内≫F外，子弹与木块作用过程中系统动量守恒2作用时间极短，子弹与木块作用过程中，木块的位置几乎不变3作用后，子弹留在木块中，即合二为一，与完全非弹性碰撞相同；作用后子弹穿过木块，与非弹性碰撞相类似4子弹打木块过程，除了列出动量守恒定律，还要列出能量方程，子弹打木块过程中产生的能量Q＝f·L相对，也等于系统作用过程中动能的减少量对L相对的理解子弹留在木块中，L相对为子弹打入木块的深度，子弹射穿木块，L相对为木块的长度2．质量为M的木块静止在光滑水平面上，一质量为m，速度为v0的子弹水平射入木块且并未穿出，设木块对子弹的阻力大小恒为F，试求1打击完毕后木块的速度为多少？2打击过程中产生的内能为多少？3木块至少多长子弹才不会穿出？解析1以木块和子弹组成的系统为研究对象，设速度为v，由动量守恒定律可得mv0＝M＋mv解得v＝2系统损失的动能ΔEk＝mv－M＋mv2联立解得ΔEk＝由能量守恒可知损失的动能转化为内能，故内能Q＝ΔEk＝3设木块长度至少为L，则由功能关系可得Q＝F·L解得L＝＝答案1　2　3动量守恒定律的应用

1.运用动量守恒定律解题的基本步骤1明确题意，确定研究对象和研究过程动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体，才可以找到满足守恒条件的系统2对系统内物体受力分析，判断系统在其过程中是否满足动量守恒的条件若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围增减某些物体或改变过程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件3明确所研究过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达式4根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程5合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒条件不受外力或所受合外力为零只有重力和弹力做功一般表达式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2标矢性矢量式标量式守恒条件的理解外力总冲量为零，系统总动量不变只发生势能和动能相互转化可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功注意事项应选取正方向选取零势能面1动量守恒定律的表达式为矢量式，应用时应注意方向，而机械能守恒定律的表达式为标量式，对功和能只能求代数和2动量守恒定律和机械能守恒定律的成立条件不同，故系统的动量守恒时，机械能不一定守恒，同理机械能守恒时，动量也不一定守恒3．双选质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间的一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3－1所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为　　A.mv2　　　　　　　B.C.NμmgLD．NμmgL解析设最终箱子与小物块的速度为v1根据动量守恒定律mv＝m＋Mv1，则动能损失ΔEk＝mv2－m＋Mv，解得ΔEk＝v2，B对；依题意小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为s＝

0.5L＋N－1L＋

0.5L＝NL，故系统因摩擦产生的热量即为系统损失的动能ΔEk＝Q＝NμmgL，D对答案BD碰撞问题的分析[例1]　双选半径相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是　　A．甲球的速度为零，而乙球的速度不为零B．乙球的速度为零，而甲球的速度不为零C．两球的速度均不为零D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等[解析]　甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞，满足动量守恒的条件，因此，碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒碰撞前，由于Ek甲＝Ek乙，而Ek＝，由题设条件m甲＞m乙可知p甲＞p乙，碰撞后，如果甲球速度为零，则乙球必反弹，系统的总动量方向与碰撞前相同，根据动量守恒定律，这是可能的，A选项对如果乙球速度为零，则甲球反弹，系统的总动量方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，B选项错误如果甲、乙两球速度均不为零，可以满足动量守恒定律的要求，C选项对如果碰撞后两球的速度都反向，且动能仍相等，由Ek＝得p甲′＞p乙′，则总动量方向与碰撞前相反，不符合动量守恒定律，D选项错误[答案]　AC运用动量守恒定律解决碰撞类问题时应该注意的问题1要注意结果的合理性，即符合物理情景，符合能量守恒定律，能量不能凭空产生2注意动量的矢量性，即动量的方向性要特别注意，在一条直线上的碰撞，我们总是规定某一方向上动量为正，则另一相反方向动量为负3注意速度要符合物理情景，如A球去碰静止的B球，碰后两球同向，则A球速率不能大于B球1．A、B两球沿同一条直线运动，如图1－3－2所示的s－t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a，b分别为A，B碰撞前的s－t图像，c为碰撞后它们的s－t图像若A球质量为1kg，则B球质量为多大？图1－3－2解析若规定碰前A球的速度方向为正方向，则vA＝3m/s，vB＝－2m/s，vc＝1m/s，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝mA＋mBvc解得mB＝＝kg＝kg≈

0.67kg答案

0.67kg碰撞中的临界问题及多体问题[例2]　如图1－3－3所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m开始时A、B分别以v

1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起为使B能与挡板碰撞两次，v

1、v2应满足什么关系？[解析]　设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′为保证B碰挡板前A未追上B，应满足v′≤v2设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得2mv′－mv2＝mv″为使B能与挡板再次碰撞，A与B碰后的共同速度v″方向应向右，即应满足v″＞0以上各式联立解得1．5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1[答案]　

1.5v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v11在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时

①分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律

②分析临界状态出现所需的条件，即临界条件临界条件往往表现为某个或某些物理量的特定取值或特定关系，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键2多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时

①正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型

②分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量

③合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题2．如图1－3－4所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起问1A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？2弹簧压缩到最短时C球的速度解析1在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生弹力完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成系统所受合外力为零，动量守恒以v0的方向为动量的正方向，则有mv0＝2mv1，v1＝2粘合在一起的A、B两球通过弹簧和C球的作用过程中，由于弹力的作用，C球被加速，速度由零开始增大，而A、B两球被减速，速度逐渐减小，当三球的速度相同时，弹簧最短，在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，v2＝v1＝答案1v0　2v0动量守恒与能量守恒的综合[例3]　如图1­3­5所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，C球用

0.5m长的细线悬挂在A车的支架上，已知mA＝mB＝1kg，mC＝

0.5kg开始时A静止，B车以v0＝4m/s的速度驶向A车并与其正碰后粘在一起，若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10m/s2，求C球摆起的最大高度图1－3－5[解析]　由于A、B碰撞时间极短，C球尚未开始摆动，AB组成的系统动量守恒，有mAv0＝mA＋mBv1　

①对A、B、C组成的系统，图示状态为初始状态；C球摆起到最大高度时，A、B、C有共同速度v2，该状态为终了状态，有mA＋mBv1＝mA＋mB＋mCv2　

②系统能量守恒，有mA＋mBv－mA＋mB＋mCv＝mCgh　

③由上述方程分别求出A、B刚粘合在一起的速度v1＝2m/s，系统最后的共同速度v2＝

1.6m/s，最后求得小球C摆起的最大高度h＝

0.16m[答案]　

0.16m1动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们的研究对象都是物体组成的系统，解题时必须注意动量守恒和机械能守恒成立的条件2利用机械能守恒定律、能量守恒定律解题时着重分析力的做功情况、能量的转化情况；而利用动量守恒定律解题时着重分析系统的受力情况3．如图1－3－6所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc是位于竖直平面内与ab相切的半圆，半径R＝

0.40m质量m＝

0.30kg的小球A静止在水平轨道上，另一质量M＝

0.50kg的小球B以v0＝4m/s的初速度与小球A发生正碰已知碰后小球A经过半圆的最高点c后落到轨道上距b点为L＝

1.2m处，重力加速度g＝10m/s2求碰撞结束后图1－3－61当A球经过半圆的最高点c时轨道对它的作用力FN；2A、B两球的速率vA和vB解析1设碰后小球A在半圆的最高点c时速度为vA′，球A随后离开c点做平抛运动，有在c点时，由牛顿第二定律可得FN＋mg＝m　　　　　　

③联立解得FN＝－1mg＝

3.75N2对于碰撞过程，由动量守恒定律得Mv0＝MvB＋mvA　　　　　　　　

④对碰后小球A运动到半圆的最高点c的过程，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv′　　　　　　　　　

⑤联立

①②③④⑤式并代入数据解得vA＝5m/s，vB＝1m/s答案

13.75N　25m/s　1m/s1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是　　A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/sB．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC．pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/sD．pA＝－4kg·m/s，pB＝17kg·m/s解析由碰撞过程中动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′可知D错由碰撞过程中动能不可能增加＋≥＋可得B、C错，A对答案A2．A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图像s－t图如图1中A、D、C和B、D、C所示由图可知，物体A、B的质量之比为　　A．1∶1　　　　　B．1∶2C．1∶3D．3∶1解析由图可得，碰撞前vA＝4m/s，vB＝0；碰撞后vA′＝vB′＝1m/s，由动量守恒mAvA＝mA＋mBv′可得＝＝，故C对答案C3．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3kg的薄板和质量m＝1kg的物块，都以v＝4m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为

2.4m/s时，物块的运动情况是　　图2A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能解析薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得取薄板运动方向为正方向Mv－mv＝M＋mv′则v′＝＝m/s＝2m/s共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2m/s当薄板速度v1＝

2.4m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得Mv－mv＝Mv1＋mv2v2＝＝m/s＝

0.8m/s即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动答案A4．如图3所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为　　A．0B．向左C．向右D．无法确定解析小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有0＝M＋mv′，所以v′＝0，故A对答案A5．质量相等的三个小球a，b，c在光滑的水平面上以相同的速度运动，它们分别与原来静止的三个小球A，B，C相碰，相碰后，a继续沿原来方向运动，b球静止，c球被反弹回来，这时A，B，C三个被碰小球中动量最大的是　　A．A球B．B球C．C球D．无法确定解析设a，b，c质量均为m，碰前速度均为v，则a碰A过程中有mv＝mva＋pA；b碰B过程中有mv＝pB；C碰C过程中有mv＝－mvC＋pC，可得pC＞pB＞pA，故选项C对答案C6．如图4所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是　　A．hB.hC.hD.h解析A与B碰前速度vA＝A与B碰后粘合在一起的共同速度v′由动量守恒可求出m·vA＝2mv′，所以v′＝vA＝，能上升的高度H可由2mg·H＝×2mv′2求得，所以H＝答案C7．如图5所示，质量为

0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以

7.5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg设小球在落到车底前瞬间的速度是25m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是　　图5A．5m/sB．4m/sC．

8.5m/sD．

9.5m/s解析小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为vy＝＝m/s＝20m/s则小球的水平分速度为v0＝＝15m/s小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则Mv－mv0＝M＋mv′v′＝＝m/s＝5m/s所以选项A正确答案A8．双选向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则　　A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析炸裂过程物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，有mA＋mBv＝mAvA＋mBvB，当vA与原来速度v同向时，vB可能与v反向，也可能与v同向，A错误；a、b在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动，落地时间t＝，所以落地时间相等，C正确；由于水平飞行距离x＝vt，a、b炸裂后的速度vA、vB大小关系不确定，所以水平飞行距离无法比较大小，B错误；根据牛顿第三定律，a、b所受爆炸力FA＝－FB，力的作用时间相等，所以冲量I＝Ft的大小一定相等，D正确答案CD9．小球A和B的质量分别为mA和mB，且mAmB在某高度处将A和B先后从静止释放小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短求小球A、B碰撞后B上升的最大高度解析根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0由机械能守恒有mAgH＝mAv

①设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有mAv0＋mB－v0＝mAv1＋mBv2

②由于两球碰撞过程中能量守恒，故mAv＋mBv＝mAv＋mBv

③联立

②③式得v2＝v0

④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有h＝

⑤由

①④⑤式得h＝2H

⑥答案2H10．甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车质量共为M＝30kg，乙和他的冰车质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以大小为v0＝

2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求1甲至少要以多大的速度相对地面将箱子推出，才能避免与乙相撞？2甲推出箱子时对箱子做了多少功？解析1设三个物体的共同速度为v，根据系统动量守恒，有M＋mv0－Mv0＝M＋m＋Mv，v＝＝m/s＝

0.40m/s设箱子被推出的速度为v′，根据箱子、乙二者动量守恒有mv′－Mv0＝M＋mv，v′＝＝m/s＝

5.2m/s2根据动能定理，甲对箱子所做的功为W＝mv′2－mv＝×15×

5.22－22J＝

172.8J答案

15.2m/s　

2172.8J图1－3－1图1－3－3图1－3－4图1图3图4。