2019-2020年高中物理第一章碰撞與動量守恒1.1物體的碰撞1.2動量動量守恒定律(I)教學(xué)案粵教版選修3.doc
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2019-2020年高中物理第一章碰撞與動量守恒1.1物體的碰撞1.2動量動量守恒定律(I)教學(xué)案粵教版選修3 [目標定位] 1.探究物體彈性碰撞的一些特點，知道彈性碰撞和非彈性碰撞.2.理解動量、沖量的概念，知道動量的變化量也是矢量.3.理解動量定理并能解釋和解決實際問題.4.理解動量與動能、動量定理與動能定理的區(qū)別． 一、物體的碰撞 1．碰撞 碰撞就是兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程．其最主要特點是：相互作用時間短，作用力變化快和作用力峰值大等． 2．碰撞的分類 (1)按碰撞前后，物體的運動方向是否沿同一條直線可分為： ①正碰(對心碰撞)：作用前后沿同一條直線． ②斜碰(非對心碰撞)：作用前后不沿同一條直線． (2)按碰撞過程中機械能是否損失分為： ①彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的動能相等，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′. ②非彈性碰撞：碰撞前后系統(tǒng)的動能不再相等，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2. 二、動量及其改變 1．沖量 (1)定義：物體受到的力與力的作用時間的乘積． (2)定義式：I＝Ft. (3)單位：在國際單位制中，沖量的單位是牛頓秒，符號為Ns. 2．動量 (1)定義：運動物體的質(zhì)量和它的速度的乘積． (2)定義式：p＝mv. (3)單位：在國際單位制中，動量的單位是千克米每秒，符號為kgms－1. (4)方向：動量是矢量，其方向與速度方向相同． 3．動量的變化量 物體在某段時間內(nèi)末動量與初動量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p－p0(矢量式)． 4．動量定理 (1)內(nèi)容：物體所受合力的沖量，等于物體動量的改變量． (2)公式：Ft＝mvt－mv0. 預(yù)習(xí)完成后，請把你疑惑的問題記錄在下面的表格中 問題1 問題2 問題3 一、彈性碰撞和非彈性碰撞 1．碰撞中能量的特點：碰撞過程中，一般伴隨機械能的損失，即：Ek1＋Ek2≤Ek10＋Ek20. 2．彈性碰撞：兩個物體碰撞后形變能夠完全恢復(fù)，碰撞后沒有動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，即碰撞前后兩物體構(gòu)成的系統(tǒng)的動能相等． 3．非彈性碰撞：兩個物體碰撞后形變不能完全恢復(fù)，該過程有動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，總動能減少．非彈性碰撞的特例：兩物體碰撞后粘在一起以共同的速度運動，該碰撞稱為完全非彈性碰撞，碰撞過程能量損失最多． 【例1】 一個質(zhì)量為2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度與一個靜止的、質(zhì)量為1 kg的小球B正碰，試根據(jù)以下數(shù)據(jù)，分析碰撞性質(zhì)： (1)碰后小球A、B的速度均為2 m/s； (2)碰后小球A的速度為1 m/s，小球B的速度為4 m/s. 答案 (1)非彈性碰撞 (2)彈性碰撞 解析 碰前系統(tǒng)的動能Ek0＝mAv＝9 J. (1)當碰后小球A、B速度均為2 m/s時，碰后系統(tǒng)的動能 Ek＝mAv＋mBv＝(222＋122)J＝6 J＜Ek0，故該碰撞為非彈性碰撞． (2)當碰后vA′＝1 m/s，vB′＝4 m/s時，碰后系統(tǒng)的動能 Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝(212＋142)J＝9 J＝Ek0，故該碰撞為彈性碰撞． 針對訓(xùn)練1 現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運動，發(fā)生了碰撞．已知碰撞后甲滑塊靜止不動，乙滑塊反向運動，且速度大小為2v.那么這次碰撞是( ) A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞 C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，無法確定 答案 A 解析 碰前總動能：Ek＝3mv2＋mv2＝2mv2 碰后總動能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A對． 二、對動量和動量變化量的理解 1．動量：p＝mv，動量是矢量，方向與速度v的方向相同． 2．動量和動能的區(qū)別 動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，動量p＝mv是矢量，而動能Ek＝mv2是標量．當速度發(fā)生變化時，物體的動量一定發(fā)生變化，而動能不一定發(fā)生變化． 3．動量的變化量(Δp) Δp＝p－p0 (1)若p、p0在同一條直線上，先規(guī)定正方向，再用正、負號表示p、p0的方向，則可用Δp＝p－p0＝mvt－mv0進行代數(shù)運算． (2)動量變化量的方向：與速度變化的方向相同． 【例2】 羽毛球是速度較快的球類運動之一，運動員扣殺羽毛球的速度可達到342 km/h，假設(shè)球飛來的速度為90 km/h，運動員將球以 342 km/h的速度反向擊回．設(shè)羽毛球的質(zhì)量為5 g，試求： (1)運動員擊球過程中羽毛球的動量變化量； (2)在運動員的這次扣殺中，羽毛球的動能變化量是多少？ 答案 (1)0.6 kgm/s，方向與球飛來的方向相反 (2)21 J 解析 (1)以球飛來的方向為正方向，則 羽毛球的初速度v1＝ m/s＝25 m/s 末速度v2＝ m/s＝－95 m/s p1＝mv1＝510－325 kgm/s＝0.125 kgm/s p2＝mv2＝－510－395 kgm/s＝－0.475 kgm/s所以動量的變化量Δp＝p2－p1＝－0.475 kgm/s－0.125 kgm/s＝－0.6 kgm/s.即羽毛球的動量變化量大小為0.6 kgm/s，方向與球飛來的方向相反． (2)羽毛球的初動能：Ek＝mv≈1.56 J，羽毛球的末動能：Ek′＝mv≈22.56 J. 所以ΔEk＝ΔEk′－Ek＝21 J. 借題發(fā)揮 關(guān)于動量變化量的計算 (1)若初、末動量在同一直線上，則在選定正方向的前提下，可化矢量運算為代數(shù)運算． (2)若初、末動量不在同一直線上，運算時應(yīng)遵循平行四邊形定則． 三、對動量定理的理解和應(yīng)用 1．動量定理的理解 (1)動量定理的表達式Ft＝mvt－mv0是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義． (2)動量定理反映了合外力的沖量是動量變化的原因． (3)公式中的F是物體所受的合外力，若合外力是變力，則F應(yīng)是合外力在作用時間內(nèi)的平均值． 2．動量定理的應(yīng)用 (1)定性分析有關(guān)現(xiàn)象： ①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越?。? ②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小． (2)應(yīng)用動量定理定量計算的一般步驟： ①選定研究對象，明確運動過程． ②進行受力分析和運動的初、末狀態(tài)分析． ③選定正方向，根據(jù)動量定理列方程求解． 【例3】 在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2) 答案 12 s 解析 法一 用動量定理解，分段處理． 選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v.取水平力F的方向為正方向， 根據(jù)動量定理有 (F－μmg)t1＝mv－0， 對于撤去F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零． 根據(jù)動量定理有－μmgt2＝0－mv. 以上兩式聯(lián)立解得 t2＝t1＝6 s＝12 s. 法二 用動量定理解，研究全過程． 選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零． 取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得t2＝t1＝6 s＝12 s. 針對訓(xùn)練2 質(zhì)量為0.5 kg的彈性小球，從1.25 m高處自由下落，與地板碰撞后回跳高度為0.8 m，g取10 m/s2. (1)若地板對小球的平均沖力大小為100 N，求小球與地板的碰撞時間； (2)若小球與地板碰撞無機械能損失，碰撞時間為0.1 s，求小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力． 答案 (1)0.047 s (2)55 N，方向豎直向下 解析 (1)碰撞前的速度： v1＝＝5 m/s 方向豎直向下 碰撞后的速度： v2＝＝4 m/s 方向豎直向上 取豎直向上為正方向，碰撞過程由動量定理得： (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1) 解得Δt≈0.047 s (2)由于小球與地板碰撞無機械能損失 故碰撞后球的速度： v2′＝5 m/s，方向豎直向上 由動量定理得(F′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1) 解得F′＝55 N 由牛頓第三定律得小球?qū)Φ匕宓钠骄鶝_力大小為55 N，方向豎直向下. 對彈性碰撞和非彈性碰撞的理解 1．質(zhì)量為1 kg的A球以3 m/s的速度與質(zhì)量為2 kg靜止的B球發(fā)生碰撞，碰后兩球均以1 m/s的速度一起運動．則兩球的碰撞屬于______類型的碰撞，碰撞過程中損失了______J動能． 答案 完全非彈性 3 解析 由于兩球碰后速度相同，沒有分離，因此兩球的碰撞屬于完全非彈性碰撞，在碰撞過程中損失的動能為 ΔEk＝mAv－(mA＋mB)v ＝(132－312) J＝3 J. 對動量和動量變化量的理解 2．關(guān)于動量，下列說法正確的是( ) A．速度大的物體，它的動量一定也大 B．動量大的物體，它的速度一定也大 C．只要物體運動的速度大小不變，物體的動量也保持不變 D．質(zhì)量一定的物體，動量變化越大，該物體的速度變化一定越大 答案 D 解析 動量由質(zhì)量和速度共同決定，只有質(zhì)量和速度的乘積大，動量才大，A、B均錯誤；動量是矢量，速度方向變化，動量也發(fā)生變化，選項C錯誤；由Δp＝mΔv，知D正確． 動量定理的理解和應(yīng)用 3．(多選)一個小鋼球豎直下落，落地時動量大小為0.5 kgm/s，與地面碰撞后又以等大的動量被反彈．下列說法中正確的是( ) A．引起小鋼球動量變化的是地面給小鋼球的彈力的沖量 B．引起小鋼球動量變化的是地面對小鋼球彈力與其自身重力的合力的沖量 C．若選向上為正方向，則小鋼球受到的合沖量是－1 Ns D．若選向上為正方向，則小鋼球的動量變化是1 kgm/s 答案 BD 4．質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好彈性安全帶的保護使他懸掛起來．已知彈性安全帶的緩沖時間是1.5 s，安全帶自然長度為5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為( ) A．500 N B．1 100 N C．600 N D．1 000 N 答案 D 解析 建筑工人下落5 m時速度為v， 則v＝＝ m/s＝10 m/s. 設(shè)安全帶所受平均沖力為F，則由動量定理得： (mg－F)t＝－mv 所以F＝mg＋＝6010 N＋ N＝1 000 N. (時間：60分鐘) 題組一 對碰撞的理解 1．在光滑的水平面上，動能為E0的鋼球1與靜止鋼球2發(fā)生碰撞，碰后球1反向運動，其動能大小為E1，球2的動能大小為E2，則必有( ) A．E1＜E0 B．E1＝E0 C．E2＞E0 D．E2＝E0 答案 A 解析 根據(jù)碰撞前后動能關(guān)系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0.故只有A項對． 2. (多選)如圖1所示，A、B兩個小球發(fā)生碰撞，在滿足下列條件時能夠發(fā)生正碰的是( ) 圖1 A．小球A靜止，另一個小球B經(jīng)過A球時剛好能擦到A球的邊緣 B．小球A靜止，另一個小球B沿著A、B兩球球心連線去碰A球 C．相碰時，相互作用力的方向沿著球心連線時 D．相碰時，相互作用力的方向與兩球相碰之前的速度方向在同一條直線上 答案 BD 解析 根據(jù)牛頓運動定律，如果力的方向與速度方向在同一條直線上，這個力只改變速度的大小，不能改變速度的方向；如果力的方向與速度的方向不在同一直線上，則速度的方向一定發(fā)生變化，所以B、D項正確；A項不能發(fā)生一維碰撞；在任何情況下相碰兩球的作用力方向都沿著球心連線，因此滿足C項條件不一定能發(fā)生一維碰撞． 3．如圖2甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的s－t圖象．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判斷： 圖2 ①碰前m2靜止，m1向右運動?、谂龊髆2和m1都向右運動 ③碰撞過程中系統(tǒng)機械能守恒?、芘鲎策^程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機械能 以上判斷正確的是( ) A．①③ B．①②③ C．①②④ D．③④ 答案 A 解析 由題圖乙可以看出，碰前m1位移隨時間均勻增加，m2位移不變，可知m2靜止，m1向右運動，故①是正確的；碰后一個位移增大，一個位移減小，說明運動方向不一致，②錯誤；由題圖乙可以計算出碰前m1的速度v10＝4 m/s，碰后速度v1＝－2 m/s，碰前m20的速度v20＝0，碰后速度v2＝2 m/s，碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔEk＝m1v－m1v－m2v＝0，因此③是正確的，④是錯誤的． 題組二 對動量的理解 4．(多選)下列說法中正確的是( ) A．物體的速度大小改變時，物體的動量一定改變 B．物體的速度方向改變時，其動量不一定改變 C．物體的動量不變，其速度一定不變 D．運動物體在任一時刻的動量方向，一定是該時刻的速度方向 答案 ACD 5．(多選)下列說法中正確的是( ) A．動能變化的物體，動量一定變化 B．動能不變的物體，動量一定不變 C．動量變化的物體，動能一定變化 D．動量不變的物體，動能一定不變 答案 AD 解析 動量是矢量，p＝mv，動能是標量，Ek＝mv2，所以動能變化，則動量的大小一定變化，A正確；當動量的大小不變，只是方向變化時，物體的動能不變，B、C錯誤；動量不變的物體，速度一定不變，則動能一定不變，D正確． 6．下列說法正確的是( ) A．動能為零時，物體一定處于平衡狀態(tài) B．物體做曲線運動時動量一定變化 C．物體所受合外力不變時，其動量一定不變 D．動能不變，物體的動量一定不變 答案 B 解析 動能為零時，速度為零，而加速度不一定等于零，物體不一定處于平衡狀態(tài)，選項A錯誤；物體做曲線運動時速度方向一定變化，所以動量一定變化．選項B正確；合外力不變且不為0時，加速度不變，速度均勻變化，動量一定變化，C項錯誤；動能不變，若速度的方向變化，動量就變化，選項D錯誤． 題組三 動量定理的理解與計算 7．(多選)從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( ) A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，掉在草地上的玻璃杯動量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小 C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時作用時間長 答案 CD 解析 杯子是否被撞碎，取決于撞擊地面時，地面對杯子的撞擊力大?。?guī)定豎直向上為正方向，設(shè)玻璃杯下落高度為h，則落地瞬間的速度大小為，設(shè)玻璃杯的質(zhì)量為m，則落地前瞬間的動量大小為p＝m，與水泥或草地接觸Δt時間后，杯子停下，在此過程中，玻璃杯的動量變化Δp＝m相同，再由動量定理可知(F－mg)Δt＝m，所以F＝＋mg.由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞擊力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用時間較長，動量變化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎． 8．如圖3所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當以速度v抽出紙條后，鐵塊掉到地面上的P點，若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點( ) 圖3 A．仍在P點 B．在P點左側(cè) C．在P點右側(cè)不遠處 D．在P點右側(cè)原水平位移的兩倍處 答案 B 解析 以2v速度抽出紙條時，紙條對鐵塊作用時間減少，而紙條對鐵塊的作用力相同，故與以速度v抽出相比，紙條對鐵塊的沖量I減小，鐵塊獲得的動量減少，平拋的速度減小，水平射程減小，故落在P點的左側(cè)． 9．如圖4所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊出前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2＞v1.忽略網(wǎng)球的重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量( ) 圖4 A．大小為m(v2－v1)，方向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 答案 D 解析 在球拍拍打網(wǎng)球的過程中，選取v2方向為正方向，對網(wǎng)球運用動量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同． 10.如圖5所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1速度為零然后又下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為F1.在整個過程中，重力對滑塊的總沖量為( ) 圖5 A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2) C．mg(t1＋t2) D．0 答案 C 解析 談到?jīng)_量必須明確是哪一個力的沖量，此題中要求的是重力對滑塊的總沖量，根據(jù)沖量的定義式I＝Ft，因此重力對滑塊的總沖量應(yīng)為重力乘以作用時間，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正確． 11．物體在恒定的合力F作用下做直線運動，在時間Δt1內(nèi)速度由0增大到v，在時間Δt2內(nèi)速度由v增大到2v.設(shè)F在Δt1內(nèi)做的功是W1，沖量是I1；在Δt2內(nèi)做的功是W2，沖量是I2.那么( ) A．I1下載提示(請認真閱讀)
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