人教版 (新课标)选修3选修3-5第十六章 动量守恒定律4 碰撞授课ppt课件

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知识点一、爆炸与碰撞 1.共同特点：相互作用力是变力，作用时间极短、作用力很大，如果有外力、内力远大于外力.均可以应用动量守恒定律 2.在爆炸过程中，因有其他形式能转化为动能，所以系统的动能会增加；在碰撞过程，如果没有动能损失，碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内能，系统的总动能减小，系统的总动能是不可能增加的.
3.由于碰撞（或爆炸）作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为，碰撞（或爆炸）后还从碰撞（或爆炸）前瞬间的位置‘以新的动量开始运动.
二、反冲运动 1.反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可应用动量守恒定律. 2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态.
1.A物体的质量是m，B物体质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，发生正碰后，A的运动方向不变，速率减为原来的一半，碰撞后的物体的速率之比为（ ） A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.2∶3
2.质量为1kg的小球以4m·s-1的速度与质量为2kg的静止的小球正碰，关于1kg的球和2kg的球碰撞后的速度，下面有可能的是（ ） A.4/3m·s-1，4/3m·s-1 B.-1m·s-1，2.5m·s-1 C.1m·s-1，3m·s-1 D.-4m·s-1，4m·s-1
3.在光滑水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（ ） A.E1＜E0 B.p1＜p0 C.E2＞E0 D.p2＞p0
4.一质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其一块向后，动能为Ek/2，另一块向前，则向前的这一块的动能为（ ） A.1/2Ek B.9/2Ek C.9/4Ek D. Ek
【例1】（1999年广东高考题）一导弹离地面高度为h水平飞行.某一时刻，导弹的速度为v，突然爆炸成质量相同的A、B两块，A、B同时落到地面，两落地点相距 ，两落地点与爆炸前导弹速度在同一竖直平面内.不计空气阻力，已知爆炸后瞬间A的动能为EkA大于B的动能EkB，则EkA∶EkB=9∶1.
【解析】导弹的爆炸过程就是A、B两部分的相互作用过程，在这个作用过程中，除相互作用力外，水平面上无其他外力作用，所以A、B两块组成的系统在水平方向动量守恒，即 mv=1/2mvA+1/2mvB.又由于A、B同时落到地面，即发生水平位移用的时间相同，得 vAt+vBt= 结合爆炸后瞬间EkA＞KkB知vA的大小大于vB的大小.联立上式得 vA/vB=3， 即EkA/EkB=9.
【解题回顾】（1）炸裂过程中竖直方向上还有重力作用，系统所受合外力不等于0，但是水平方向除相互作用外没有其他任何外力，可从沿水平方向使用动量守恒定律，这就是动量守恒定律的灵活运用.（2）两物体相互分离后做平抛运动，是动量与其他力学知识相结合的常见形式，平抛运动知识掌握不好，对这道题也不能做出完整、正确的解答.
【例2】气功碎石表演中，质量M=200kg的石板压在演员身上，另一个演员举起质量m=5kg的铁锤，使劲地向石板砸去的瞬间，石板被砸碎了，而演员安然无恙，试通过分析和必要的理论计算来说明其中的奥妙.
【解析】设锤砸到石板前的速度为v0，石板获得的瞬时速度为v，以锤和石板为研究系统，则mv0=Mv(∵m 【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）
【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度： v= =3m/s.在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′甲和v′乙，则：（M+m1）v甲=Mv+m1v′甲……① Mv-m2v0=(M+m2)v′乙……②恰不发生相撞的条件为：v′甲=±v′乙……③
从①得：v′甲=[（M+m1）v甲-Mv]/m1，从②得：v′乙=[Mv-m2v0]/(M+m2).当v′甲=v′乙时，(Mv-m2v0)/(M+m2)=-[(M+m1)v甲-m乙]/m1时， 得v=3.8m/s；当v′甲=-v′乙时，有[(m+m2)v甲-Mv]/m1=(m2V0-mv)/(M+m2)， 得v=4.8m/s.所以人跳离甲车的速度（对地）应满足3.8m/s≤v≤4.8m/s.
【例4】水平地面上有一长为l1=13cm的铝板，铝板的A、B两端各有一小墙，两墙间的距离l2=12cm，铝板的质量m=200g，在铝板上放一质量与铝板相同的铁球，其直径d=2cm，设铁球与铝板之间是光滑的，而铝板与地面间的动摩擦因数=0.2，开始时铁球紧贴B端小墙，铁球与铝板都是静止的，如图5-4-2所示，现突然给铝板一个水平冲量，大小为△I=1.5N·s，方向沿着A端到B端的方向，设铁球与小墙碰撞过程中没有动能损失，且碰撞时间很短，求从铝板开始运动到铁球与铝板均又恢复静止的过程中，铁球与铝板两端的小墙一共碰撞了多少次？
【解析】当铝板获得速度向右运动时，由于铁球与铝板间无摩擦，铁球保持静止状态，而铝板由于受地面的摩擦力作用，将做匀减速运动.当铝板的A端与铁球相碰时，由于时间极短，它们之间的相互作用力远大于铝板与地面间的滑动摩擦力，故可认为系统动量守恒，又由于此过程中无动能损失，所以，碰后铁球和铝板互换速度.即铝板静止、铁球向B端运动.铁球运动过程中，由于水平方向不受外力作用，速度恒定，到B端时与B板相碰，同理，碰后铁球又静止，铝板又开始运动，重复上述过程.当某次铁球与B碰后静止，而铝板运动过程中，A板与铁球碰前速度为0时，整个过程结束.
根据以上分析，系统动能仅在铝板运动过程中损失.铝板运动过程中，所受滑动摩擦力f=·2mg恒定，不难求出铝板运动的总位移s.而铝板每运动l=l2-d距离，铁球即与铝板前后挡板各碰一次，考虑到铝板是先运动，后碰撞，故碰撞次数为:
设最初铝板获得的速度为v，整个过程中铝板位移为s，根据动量定理及能量守恒有： △I=mv-0① f·s=1/2mv2② 其中f=·2mg③ 联立①、②、③解得s=△I2/(4m2g)=1.52/(4×0.2×0.22×10)=7.03m 即s=7.03m，而l=l2-d=12-2=10cm，故所求碰撞次数N为N=2× (s/l)=2× (703/10)=140次.
【解题回顾】这是一道过程很复杂的题目.大家要分析其受力特点，建立正确的物理图景，并且对动量守恒定律应用及能量守恒也有较高的要求.关于在弹性碰撞下，两质量相等的小球碰前后速度互换.可用动量守恒与动能守恒两式联立解得.
【例5】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2，如图5-4-3所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的动摩擦因数为,A、B、C三者质量相等，原来都静止.现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0＜ .当A和B发生碰撞时，两者速度互换.求：（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞时间内，木板C运动的路程；（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小.
【解析】（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动，由于摩擦，B向右做匀减速 运动，而C向右做匀加速运动，两者速率逐渐接近.设B、C达到相同速度v1时，B移动的路程为s1，设A、B、C质量为m，由动量守恒定律，得： mv0=2mv1①由动能定理,得mgs1=(1/2)mv20-1/2mv21② 由①得v1=1/2v0， 代入②得s1=3v20/(8g).
根据条件v0＜ 得s1＜3/4l. 可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C将以v1向右匀速运动一段距离（l-s1）后才与A发生第二次碰撞，设C的速度从0变到v1的过程中，C的路程为s2，由功能关系，得： mgs2=1/2mv21， 解得：s2=v20/(8g). 因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为 s=s2+l-s1=l-v20/(4g).
(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静上，B、C的速度均为v1，刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1，由于摩擦，B将加速，C将减速直至达到相同的速度v2，由动量守恒定律，得 mv1=2mv2， 解得:v2=(1/2)v1=1/4v0.