高中物理 1.4 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用（第3課時(shí)）課件 教科版選修3-5 .ppt

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,,第一章碰撞與動(dòng)量守恒,1.3動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用第三課時(shí)——幾個(gè)碰撞問題的定量分析,1.進(jìn)一步理解彈性碰撞和非彈性碰撞，會(huì)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)綜合分析解決一維碰撞問題.2.了解動(dòng)量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用.,學(xué)習(xí)目標(biāo)定位,,,,,知識(shí)儲(chǔ)備區(qū),1.(1)很短(2)很大明顯2.(1)守恒(2)減少(3)粘在一起3.m1v1′＋m2v2′選取正方向.4.(1)合力為零(2)遠(yuǎn)大于(3)某一方向上合外力為零,,,,學(xué)習(xí)探究區(qū),一、對(duì)三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識(shí),二、彈性正碰模型及拓展應(yīng)用,三、碰撞需滿足的三個(gè)條件,一、對(duì)三種碰撞的進(jìn)一步認(rèn)識(shí),問題設(shè)計(jì),,如圖1所示，兩小球碰撞過程有什么特點(diǎn)？若水平面光滑，碰撞過程中動(dòng)量是否守恒？若水平面不光滑，動(dòng)量是否守恒？,圖1,答案特點(diǎn)是碰撞發(fā)生的時(shí)間很短，相互作用力很大.根據(jù)其特點(diǎn)知無論碰撞發(fā)生時(shí)兩物體組成的系統(tǒng)合外力是否為零，動(dòng)量都是守恒的.,要點(diǎn)提煉,,三種碰撞類型及滿足規(guī)律(1)彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝機(jī)械能守恒：m1v＋m2v＝(2)非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝,m1v1′＋m2v2′,,,m1v1′2＋m2v2′2,m1v1′＋m2v2′,,機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為，即|ΔEk|＝＝Q(3)完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共碰撞中機(jī)械能損失，即|ΔEk|＝m1v＋m2v－,內(nèi)能,Ek初,－Ek末,,最多,(m1＋m2)v,,例1兩個(gè)質(zhì)量分別為300g和200g的物體在無摩擦的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，速度分別為50cm/s和100cm/s.(1)如果兩物體碰撞并結(jié)合在一起，求它們的末速度.,解析令v1＝50cm/s＝0.5m/s，v2＝－100cm/s＝－1m/s，設(shè)兩物體碰撞后結(jié)合在一起的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.1m/s，方向與v1的方向相反.答案0.1m/s，與50cm/s的方向相反,(2)求碰撞后兩物體損失的動(dòng)能.,解析碰撞后兩物體損失的動(dòng)能為ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[0.30.52＋0.2(－1)2－(0.3＋0.2)(－0.1)2]J＝0.135J.答案0.135J,(3)如果碰撞是彈性碰撞，求每一物體碰撞后的速度.,解析如果碰撞是彈性碰撞，設(shè)碰后兩物體的速度分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，由機(jī)械能守恒定律得m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，代入數(shù)據(jù)得v1′＝－0.7m/s，v2′＝0.8m/s.答案0.7m/s0.8m/s碰撞后均反向運(yùn)動(dòng),返回,問題設(shè)計(jì),,二、彈性正碰模型及拓展應(yīng)用,已知A、B兩個(gè)彈性小球，質(zhì)量分別為m1、m2，B小球靜止在光滑的水平面上，如圖2所示，A小球以初速度v1與B小球發(fā)生正碰，求碰后A小球速度v1′和B小球速度v2′的大小和方向.,圖2,解析由碰撞中的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得m1v1＝m1v1′＋m2v2′①m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②由①②可以得出：v1′＝v1，v2′＝v1討論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩小球速度互換；,(2)當(dāng)m1>m2時(shí)，則v1′>0，v2′>0，即小球A、B同方向運(yùn)動(dòng).因0，即小球A、B反方向運(yùn)動(dòng).(其中，當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈－v1，v2′≈0.)答案見解析,要點(diǎn)提煉,,1.兩質(zhì)量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性正碰，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝，v2′＝.(1)若m1＝m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝，v2′＝，即二者碰后交換速度.,0,v1,v1,,v1,,(2)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝，v2′＝.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去.(3)若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性正碰后，v1′＝，v2′＝0.表明m1被反向以彈回，而m2仍靜止.,v1,2v1,－v1,原速率,2.如果兩個(gè)相互作用的物體，滿足動(dòng)量守恒的條件，且相互作用過程的初、末狀態(tài)總機(jī)械能不變，廣義上也可以看成彈性碰撞.,例2在光滑水平長直軌道上，放著一個(gè)靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各連結(jié)一個(gè)小球構(gòu)成，如圖3所示，兩小球質(zhì)量相等，現(xiàn)突然給左端小球一個(gè)向右的速度v，試分析從開始運(yùn)動(dòng)到彈簧第一次恢復(fù)原長這一過程中兩小球的運(yùn)動(dòng)情況并求彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，每個(gè)小球的速度大小.,圖3,解析剛開始，A向右運(yùn)動(dòng)，B靜止，彈簧被壓縮，對(duì)兩球產(chǎn)生斥力，此時(shí)A動(dòng)量減小，B動(dòng)量增加.當(dāng)兩者速度相等時(shí)，兩小球間距離最小，彈簧形變量最大，彈簧要恢復(fù)原長，對(duì)兩小球產(chǎn)生斥力，A動(dòng)量繼續(xù)減小，B動(dòng)量繼續(xù)增加.所以，到彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，A球動(dòng)量最小，B球動(dòng)量最大.整個(gè)過程相當(dāng)于完全彈性碰撞.,在整個(gè)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)的動(dòng)能不變，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv解得：vA＝0，vB＝v答案見解析,例3帶有光滑圓弧的軌道、質(zhì)量為M的滑車靜止于光滑的水平面上，如圖4所示.一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向滑車，當(dāng)小球在返回并脫離滑車時(shí)，下列說法可能正確的是()A.小球一定沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)B.小球可能沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)C.小球可能做自由落體運(yùn)動(dòng)D.小球可能沿水平方向向右做平拋運(yùn)動(dòng),圖4,解析小球沖上滑車，又返回，到離開滑車的整個(gè)過程中，由于系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒，故相當(dāng)于小球與滑車發(fā)生彈性碰撞的過程.如果mM，小球離開滑車向右做平拋運(yùn)動(dòng)，故答案應(yīng)選B、C、D.答案BCD,返回,要點(diǎn)提煉,,三、碰撞需滿足的三個(gè)條件,1.動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.2.動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或.3.速度要符合情景：碰撞后，原來在前面的物體的速度一定增大，且原來在前面的物體的速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結(jié)束.,例4A、B兩個(gè)質(zhì)量相等的球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7kgm/s，B球的動(dòng)量是5kgm/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()A.pA＝8kgm/s，pB＝4kgm/sB.pA＝6kgm/s，pB＝6kgm/sC.pA＝5kgm/s，pB＝7kgm/sD.pA＝－2kgm/s，pB＝14kgm/s,解析從動(dòng)量守恒的角度分析，四個(gè)選項(xiàng)都正確；從能量的角度分析，A、B碰撞過程中沒有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為它們的動(dòng)能，所以碰撞后它們的總動(dòng)能不能增加.碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度應(yīng)小于B的速度.A選項(xiàng)中，顯然碰后A的速度大于B的速度，這是不符合實(shí)際情況的，所以A錯(cuò).,碰前A、B的總動(dòng)能Ek＝＋＝碰后的總動(dòng)能，B選項(xiàng)中Ek′＝，所以B是可能的.C選項(xiàng)中Ek′＝＝Ek，故C也是可能的.D選項(xiàng)中Ek′＝，所以D是不可能發(fā)生的.綜上，本題正確選項(xiàng)為B、C.答案BC,返回,課堂要點(diǎn)小結(jié),返回,動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用碰撞,彈性碰撞,動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒彈性碰撞模型及拓展,非彈性碰撞,動(dòng)量守恒，總動(dòng)能減少特例：完全非彈性碰撞(機(jī)械能損失最多),碰撞現(xiàn)象的研究及應(yīng)用,,,,,,,自我檢測區(qū),1,2,3,4,1,2,3,4,1.如圖5所示，質(zhì)量為m的A小球以水平速度v與靜止的質(zhì)量為3m的B小球正碰后，A球的速率變?yōu)樵瓉淼?/2，而碰后球B的速度是(以v方向?yàn)檎较?()A.v/6B.－vC.－v/3D.v/2,圖5,1,2,3,4,解析碰后A的速率為v/2，可能有兩種情況：v1＝v/2；v1′＝－v/2根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mv＝mv1＋3mv2，當(dāng)v1＝v/2時(shí)，v2＝v/6；當(dāng)v1′＝－v/2時(shí)，v2＝v/2.若它們同向，則A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正確.答案D,1,2,3,4,2.兩個(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s(設(shè)為正)，B的速度vB＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為()A.均為＋1m/sB.＋4m/s和－5m/sC.＋2m/s和－1m/sD.－1m/s和＋5m/s,1,2,3,4,解析由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求.再看動(dòng)能變化情況：E前＝mAv＋mBv＝27JE后＝mAvA′2＋mBvB′2由于碰撞過程中動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有E前≥E后，據(jù)此可排除選項(xiàng)B；,1,2,3,4,選項(xiàng)C雖滿足E前≥E后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C選項(xiàng)錯(cuò)誤；驗(yàn)證A、D均滿足E前≥E后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故正確選項(xiàng)為A、D.答案AD,1,2,3,4,3.在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng).在小球A的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖6所示.小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng).小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，求兩小球質(zhì)量之比m1∶m2.,圖6,1,2,3,4,解析從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變.根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1.設(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能相等m1v0＝m1v1＋m2v2m1v＝m1v＋m2v利用＝4，解得m1∶m2＝2∶1答案2∶1,1,2,3,4,4.如圖7所示，在光滑水平面上放置一質(zhì)量為M的靜止木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊，穿出后子彈的速度變?yōu)関1，求木塊和子彈所構(gòu)成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能.,圖7,1,2,3,4,解析取子彈與木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)木塊獲得的速度為v2，則有：mv0＝mv1＋Mv2得：v2＝，由能量守恒定律得系統(tǒng)損失的機(jī)械能為,