专题四碰撞与动量守恒

大沥高中高一物理提高班2011—2012学年度第二学期第二课堂学案1专题四：碰撞与动量守恒设计人：周加明2012年3月14日一一、、考考纲纲分分析析：：考点要求动量、动量守恒定律及其应用（只限与一维）Ⅱ弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ实验十二：验证动量守恒定律考点解读：2010年以理综形式命题以来，广东高考两道计算题一般会考查两方面内容，一是单对象的多过程计算问题，二是多对象（通常是两到三个对象）多过程问题。本专题知识的内容必定在多对象的多过程题目中考查；动量守恒定律是解决几个研究对象相互作用问题的基本规律，是历年高考必考的重点内容。命题时，题目通常是以碰撞类问题或连接体类问题出现。碰撞类问题解题中要知道弹性碰撞的关键是动量和动能都守恒，而非弹性碰撞则只有动量守恒。连接体类问题则关键是要选对研究对象确定系统，做好状态分析。由于目前的高考题量小，又要求较全面考查知识的广度和深度，所以，本专题知识一般会在某一过程中以一小问的形式出现，所占分值不会超过6分，但其结果会影响题目中其他过程的求解，在解题中通常起到很关键的作用。本专题涉及到的问题常与牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化与守恒定律等规律一起综合考查。这部分知识的综合性强，物理思维要求较高，是历年高考的难点。二二、、知知识识盘盘点点：：1、动量的概念：（1）定义式：P=mv；（2）动量是矢量，其方向与速度方向相同；（3）动量是状态量，有瞬时性。2、动量守恒的条件：（1）充分且必要条件：系统不受外力或所受合外力为零；（2）近似条件：虽然系统受到的外力不等于零，但系统的内力远远大于外力，此时系统可近似看成动量守恒，如碰撞、爆炸、反冲运动等；（3）某一方向上动量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒。3、动量定恒定律：（1）内容：一个系统不受外力作用或所受外力为零，系统的总动量保持不变；（2）适用范围：研究对象不是单个物体，而是由两个或两个以上物体组成的系统。既适用与宏观低速情况，又适用与微观高速情况，是自然界中最普适的规律之一，它是解决碰撞、爆炸、反冲及较复杂的系统相互作用问题的基本规律。4、动量守恒定律的表达式：（1）p=p/【意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’(从守恒的角度列式)．】（2）∆p=p/-p=0【意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)．】（3）对相互作用的两个物体组成的系统：①p1+p2=p1/+p2/或者m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/【意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．】②p1/-p1=-(p2/-p2)或者∆p1=-∆p2或者∆p1+∆p2=0大沥高中高一物理提高班2011—2012学年度第二学期第二课堂学案2【意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反．】5、弹性碰撞与非弹性碰撞：（1）弹性碰撞：碰撞前后系统机械能没有损失，解题时可列动量守恒与动能守恒两个方程；（2）非弹性碰撞：碰撞前后系统机械能有损失，解题时只可列动量守恒方程。6．碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则（用于对结果进行合理性讨论）①系统动量守恒2211/22/11vmvmvmvm②系统动能不增2222112/222/1121212121vmvmvmvm③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．7、应用动量守恒定律解题的一般步骤：（1）确定研究对象（即系统）；（2）对系统内物体间的相互作用进分析，判定是否满足动量定恒（一般的碰撞、爆炸、反冲、外力为零的系统内物体间的相互作用动量都守恒）；（3）确实初末状态系统动量的表达式；（4）根据动量守恒定律列方程并求解；（5）对结果进行必要的讨论。三三、、典典型型例例题题分分析析热点1、动量守恒定律在连接体问题中的应用例1、（2011届惠州三模第36题）如图示，质量M=2kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直固定挡板，B的右端距离挡板S。现有一小物体A（可视为质点）质量为m=1kg，以初速度smv/60从B的左端水平滑上B。已知A与B间的动摩擦因数2.0，A始终未滑离B，B与竖直挡板碰前A和B已相对静止，B与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回。求：(1)B与挡板相碰时的速度大小（2）S的最短距离（3）木板B的长度L至少要多长（保留2位小数）思路点拔：由于水平面光滑，A从滑上B到相对静止的过程中A、B组成的系统满足动量守恒定律；在这一过程中，A对B的滑动摩擦力是恒力，B做匀加速直线运动，可用牛顿第二定律求解B运动的位移；A、B以共同速度与挡板碰撞后，系统动量反向，之后的过程A、B系统的动量仍满足动量守恒。解析：（1）设B与挡板相碰时的速度大小为1v，由动量守恒定律得10)(vmMmv，解方程得smv/21；（2）A与B刚好共速时B到达挡板S距离最短，由牛顿第二定律，B的加速度为2/1smMmga，解得mavs2221；（3）A滑上B至B与挡板相碰过程中，A、B间的相对位移为1L，根据动能定理，有21201)(2121vMmmvmgL，解得mL61；B与挡板碰后，A、B最后一起向左运动，共同速度大小为2v，由动量守恒定律得大沥高中高一物理提高班2011—2012学年度第二学期第二课堂学案3211)(vMmmvMv，解得smv/322，此过程中A、B的相对位移为2L，则有22212)(21)(21vMmvmMmgL，解得mL67.22，所以mLLL67.821。解题秘籍：此题主要考查动量定恒定律与牛顿第二定律及动能定理的综合应用，正确分析并分解物理过程，是列方程求解的关键所在。动量守恒定律与牛顿第二定律、动能定理是解决连接体问题的三把利剑。热点2、动量守恒定律在碰撞类问题中的应用例题2、（2012广东六校联考）.如图所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B处连接一内径相同的粗糙水平直管AB。已知E处距地面的高度h=3.2m，一质量m=1kg的小球a从A点以速度v0=12m/s的速度向右运动进入直管道，到达B点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE管（DE管光滑），并与原来静止于E处的质量为M=4kg的小球b发生正碰（ab均可视为质点）。已知碰撞后a球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b球从E点水平抛出，其水平射程s=0.8m。（取g=10m/s2）（1）求碰后b球的速度大小；（2）求“8”字形管道上下两圆的半径r和R；（3）若小球a在管道AB中运动时所受阻力为定值，请判断a球返回到BA管道时，能否从A端穿出。思路点拨：小球a从A点运动到B点的过程中，受摩擦力作用，可用动能定理列方程，从B点到D点满足机械能守恒定律，在E点与小球b碰撞时满足动量定恒定理，小球b从E点离开后做平抛运动，而小球a返回又可由机械能守恒定律与动能定理求解。解析：（1）b球离开DE后做平抛运动，竖直方向有h=12gt2，水平方向有s=vbt解得vb=1m/s；（2）a、b碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，有mva=-mva3+Mvb解得：va=3m/s，碰前a在D处恰好与轨道无作用力，由牛顿第二定律知mg=mv2ar解得：r=0.9m，又由几何关系有：h=2R+2r，解得：R=h-2r2=0.7m；（3）小球a从B到D，由动能定理有：-mgh=12mv2a－12mv2B，设小球a从A到B，克服摩擦阻力做功为Wf，则由动能定理有-Wf=12mv2B－12mv20，解得：Wf=35.5J，小球a从D返回到B，由动能定理有：mgh=12m(vB′)2－12m(va3)2解得：12m(vB′)2=32.5JWf所以，a球返回到BA管道时，不能从A端穿出.解题秘籍：此题以圆周运动和平抛运动两种运动模型为载体，综合考查了两种运动的基本规律及动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理等重要知识点。熟悉掌握基本的运动规律及力学基本定律是解决此类问题的关键。四、小试牛刀热点3、动量守恒定律在弹簧连接问题中的应用1、（2012肇庆一模第35题）如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态。同时释放两个小球，大沥高中高一物理提高班2011—2012学年度第二学期第二课堂学案4小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为gRvA2。已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g。求：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；（2）释放后小球b离开弹簧时的速度bv的大小；（3）释放小球前弹簧具有的弹性势能。（思路点拨：小球a在圆轨道上做圆周运动，它在最高点的受力情况由圆周运动的规律和机械能守恒定律求解，再结合牛顿第三定律可求它在A点时对轨道的压力；由于题中小球运动的轨道都光滑，故弹簧作用下两球的分离过程满足动量守恒定律；弹簧的弹性势能可由能量守恒定律求解。）热点4、动量守恒定律在多对象运动问题中的应用2、（2012上学期末，阳江一中、阳春一中联考第36题）A是质量mA=0.98kg的物块（可视为质点），B和C是完全相同的木板，质量m=1.0kg。已知木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2，物块A与木板之间的动摩擦因数为μ1，设物块与木板以及木板与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。现有一质量m0=0.02kg的子弹以v=300m/s的速度击中物块A，并留在物块中（过程很短暂），求：（1）子弹击中物块后，共同速度的大小；（2）求射击过程中子弹和物块A组成的系统产生的热量Q.（3）若要求物块A在B板上运动，使B、C板均相对地面不动；当物块A滑上C板时，C板开始运动，求μ1应满足的条件。（思路点拔：子弹打木块时，时间极短，子弹与本块可以看成非弹性碰撞过程，对子弹与木块组成的系统可以用动量守恒定律求解；再由能的转化与守恒定律可以求得射击过程中子弹与木块所组成的系统产生的热量。子弹与木块达到共同速度之后的运动过程，A、B、C不能组成动量守恒的系统，因此，后面的过程必须应用牛顿运动定律及直线运动的规律求解。）热点5、动量守恒定律在电磁场中的应用3、如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L放在水平绝缘面上，半径为R的41圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分足够长，且处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．金属棒ab和cd垂直两光滑金属导轨且接触良好．ab棒的质量为2m、电阻为r，cd棒的质量为m、电阻为r．开始时cd棒静止在水平直导轨上，ab棒从圆弧导轨的顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与cd棒始终没有接触并一直向右运动，求：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度．（2）两棒在导轨上运动的过程中产生的焦耳热．（思路点拔：由于导轨光滑，所以ab下滑过程满足机械能守恒定律，可求得ab进入磁场瞬间的速度，并求得此时产生的感应电动势，再结合闭合电路的欧姆定律，可求出ab与cd组成的闭合回路中的瞬间电流大小，进一步求出cd受到的安培力大小，利用牛顿第二定律可以求出cd的加速度。ab与cd组成的系统在水平导轨上的运动过程中，安培力是两棒间的内力，系统满足动量守恒定律，最终它们将会以共同速度向右做匀速直线运动，故可求出它们的共同速度，再结合能的转化与守恒定律，可以求出两棒在整个运动过程中产生的热量。）