2019-2020年高中物理 第一章13 《動量守恒定律在碰撞中的應用》教案 粵教版選修3-5.doc

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2019-2020年高中物理 第一章13 動量守恒定律在碰撞中的應用教案 粵教版選修3-5一、教學目標1、知識與技能（1）了解并掌握碰撞及分類（2）理解彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種情況下的動量守恒，并能靈活應用其解決實際問題。2、過程與方法在對碰撞問題的探究中，感受等效、圖示、歸納推理等科學方法。3、情感、態(tài)度與價值觀（1）在共同的探究過程中，體驗合作，樂于合作。（2）通過了解相關科學成就，激發(fā)愛國主義情感和對科學的熱愛。二、教學重點和難點重點：碰撞問題中的動量守恒。難點：子彈打木塊類問題及類子彈打木塊類問題目的要求復習掌握動量守恒定律的應用知識要點1.碰撞：兩個物體在極短時間內發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內力遠大于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。A A B A B A Bv1vv1/v2/ 仔細分析一下碰撞的全過程：設光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。在位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到位置A、B速度剛好相等（設為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B開始遠離，彈簧開始恢復原長，到位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。彈簧是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少全部轉化為彈性勢能，狀態(tài)系統(tǒng)動能最小而彈性勢能最大；彈性勢能減少全部轉化為動能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證明A、B的最終速度分別為：。（這個結論最好背下來，以后經常要用到。）彈簧不是完全彈性的。系統(tǒng)動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，彈性勢能仍最大，但比??；彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉化為內能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。 v1彈簧完全沒有彈性。系統(tǒng)動能減少全部轉化為內能，狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有過程。這種碰撞叫完全非彈性碰撞。可以證明，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統(tǒng)的動能損失最大，為：。（這個結論最好背下來，以后經常要用到。）2.子彈打木塊類問題：子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。3.反沖問題：在某些情況下，原來系統(tǒng)內物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉化。可以把這類問題統(tǒng)稱為反沖。例題分析例1：質量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90且足夠長。求小球能上升到的最大高度H 和物塊的最終速度v。解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：由系統(tǒng)機械能守恒得： 解得全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得 本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。例2：動量分別為5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后A的動量減小了2kgm/s，而方向不變，那么A、B質量之比的可能范圍是什么？ s2 ds1v0v解：A能追上B，說明碰前vAvB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得：此類碰撞問題要考慮三個因素：碰撞中系統(tǒng)動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；碰前、碰后兩個物體的位置關系（不穿越）和速度大小應保證其順序合理。例3：設質量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。解：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒： 從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉化為系統(tǒng)的內能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理： 對木塊用動能定理： 、相減得： 這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等于系統(tǒng)內能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。 由上式不難求得平均阻力的大?。褐劣谀緣K前進的距離s2，可以由以上、相比得出：從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比： 一般情況下，所以s2d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式： 當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是EK= f d（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計算EK的大小。 做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數量關系和速度符號標在圖上，以免列方程時帶錯數據。l2 l1例4：質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， 應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系。 以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。例5：總質量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻?？解：火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質量變?yōu)镸-m，以v0方向為正方向，