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第三节动量守恒定律在碰撞中的应用第一章碰撞与动量守恒第一章碰撞与动量守恒1.能用动量守恒定律和能量守恒观点分析一维碰撞问题．2.知道动量守恒定律的普遍意义．一、动量守恒定律的意义动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一，它在理论探索和实际应用中均发挥了巨大的作用．二、应用动量守恒定律的解题步骤1．确定研究对象组成的系统，分析所研究的物理过程中，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________，分别写出系统初、末状态的________．3．根据动量守恒定律________．4．解方程，统一单位后代入数值进行运算，得出结果．正方向总动量列方程三、动量守恒定律和牛顿运动定律在碰撞类问题中，相互作用力往往是______，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____________，不必涉及____________，所以动量守恒定律在解决各类碰撞问题中有着极其广泛的应用．变力初、末状态过程的细节1666年，有人在英国皇家学会表演了如图所示的实验：把A、B两个质量相等的硬木球并排挂在一起，然后把A球向左拉开，再松手，它向右回摆，到达原来的平衡位置时跟B球发生碰撞．碰撞后，A球立即停止运动，B球向右摆去，摆到与刚才A球开始回摆时差不多的高度，又向左回摆，跟A球相撞，这时B球立即停止运动，而A球向左摆去……如此往复．当时的许多科学家对这一现象百思不得其解.1668年，英国皇家学会正式悬赏征答，你能给出解释吗？提示：此为弹性碰撞，两球质量相等，速度交换．对碰撞问题的认识与理解1．对碰撞过程的理解(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后动量变化显著．(2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．(5)位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移．认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置．2．碰撞过程的分析判断依据：在所给条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)符合实际情况，如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后＞v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．判断一个碰撞过程能否发生时，必须同时考虑到碰撞过程中应满足动量守恒，动能不增加及符合碰撞的速度关系等条件，不要认为满足动量守恒就能发生．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是()A．v′A＝－2m/s，v′B＝6m/sB．v′A＝2m/s，v′B＝2m/sC．v′A＝1m/s，v′B＝3m/sD．v′A＝－3m/s，v′B＝7m/s[解析]两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，12mAv2A＋12mBv2B≥12mAv′2A＋12mBv′2B②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．[答案]D处理碰撞问题的思路(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．(3)要灵活运用Ek＝p22m或p＝2mEk，Ek＝12pv或p＝2Ekv几个关系式．(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰．碰撞后，A球的动能变为原来的19，那么小球B的速度可能是()A．13v0B．23v0C．49v0D．59v0解析：选AB.要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的19，则其速度大小仅为原来的13.两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹．当以A球原来的速度方向为正方向时，则vA′＝±13v0，根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv0＋0＝m×13v0＋2mvB′，mv0＋0＝m×－13v0＋2mvB″.解得：vB′＝13v0，vB″＝23v0.子弹打木块问题子弹射击木块常见的两种类型：(1)子弹射击自由木块；(2)子弹射击固定木块．对于这两种类型，第一种最常见，对于这种类型的解题方法一般都是把子弹和木块看成一个系统，利用以下知识加以解答：①系统动量守恒．②系统的能量守恒．③对木块和子弹分别利用动能定理．第二种类型只利用动能定理就可解决．破疑点：(1)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的位移．(2)摩擦生热的大小：Q＝f·s，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移．子弹打木块过程实际上是非弹性碰撞，特别是当子弹留在木块内随木块一起运动时，此过程为完全非弹性碰撞．即子弹打木块过程不满足机械能守恒定律，但满足能量的转化和守恒定律，满足动量守恒定律．如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能．[解析]因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′，①二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－12(M＋m)v′2，②由①②两式解得：x＝m2v22（M＋m）2μg.(2)射入过程中损失的机械能ΔE＝12mv2－12(M＋m)v′2，③解得：ΔE＝Mmv22（M＋m）.[答案](1)m2v22（M＋m）2μg(2)Mmv22（M＋m）(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．上述两种情况相比较()A．子弹对滑块做功一样多B．子弹对滑块做功不一样多C．系统产生的热量一样多D．系统产生的热量不一样多解析：选AC.由于都没有射出滑块，因此根据动量守恒，两种情况滑块最后的速度是一样的，即子弹对滑块做功一样多，再根据能量守恒，损失的机械能也一样多，故系统产生的热量一样多，选项A、C正确．弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．[解析]A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv21＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv20.④(2)由②式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep⑥联立④⑤⑥式得Ep＝1348mv20.⑦[答案](1)116mv20(2)1348mv20如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能．解析：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得3mv＝mv0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v2＋Ep＝12(2m)v21＋12mv20③由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝13mv20.答案：13mv20滑块—木板模型如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？[解析](1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝Mv0M＋m.(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝12Mv20－12(M＋m)v′2.解得x相＝Mv202μg（M＋m）.(3)由能量守恒定律可得，Q＝12Mv20－12(M＋m)v′2＝Mmv202（M＋m）.[答案](1)Mv0M＋m(2)Mv202μg（M＋m）(3)Mmv202（M＋m）(1)把铁块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上铁块和木板组成的系统动量守恒．(2)由于摩擦生热，把机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．(3)注意：铁块不滑离木板时最后二者有共同速度．如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J．小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(2)木板的长度L.解析：(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0代入数据解得v0＝3.0m/s.(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0FABt＝mBvB其中FAB＝FBA设A，B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有－(F