課時(shí)2碰撞中動(dòng)量與能量的關(guān)系學(xué)習(xí)目標(biāo)1．能用動(dòng)量守恒及能量守恒分析問(wèn)題。2．學(xué)會(huì)把物理多過(guò)程拆分成幾個(gè)過(guò)程，并能明確他們之間存在著哪些聯(lián)系。探究三種碰撞類型的推斷要點(diǎn)提煉三種碰撞類型即為彈性碰撞、完全非彈性碰撞和一般碰撞，三種碰撞動(dòng)量均守恒，推斷的關(guān)鍵是看碰撞前后的能量關(guān)系，假如碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能守恒，為彈性碰撞；假如碰后兩個(gè)物體一起運(yùn)動(dòng)，速度相等，則碰后動(dòng)能損失最大，為完全非彈性碰撞。1．碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒。(2)機(jī)械能不增加，即碰撞結(jié)束后總動(dòng)能不增加，表達(dá)式為Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。(3)速度要合理①兩物體同向運(yùn)動(dòng)，碰前v前<v后，碰后v前′≥v后′。②兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向確定至少有一個(gè)變更或速度均為零。2．求解碰撞問(wèn)題常用的三種方法(1)解析法：碰撞過(guò)程，若從動(dòng)量角度分析，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；若從能量角度分析，系統(tǒng)的動(dòng)能在碰撞過(guò)程中不會(huì)增加；從物理過(guò)程考慮，題述的物理情景應(yīng)符合實(shí)際狀況，這是用解析法處理問(wèn)題應(yīng)遵循的原則。(2)臨界法：相互作用的兩個(gè)物體在很多狀況下，皆可當(dāng)作碰撞處理，那么對(duì)相互作用中兩個(gè)物體相距“最近”、相距“最遠(yuǎn)”這一類臨界問(wèn)題，求解的關(guān)鍵都是速度相等。(3)極限法：處理碰撞問(wèn)題時(shí)，有時(shí)我們須要將某些未知量設(shè)出，然后依據(jù)實(shí)際狀況將未知量推向極端，從而求得碰撞的速度范圍。典例剖析1．如圖所示，光滑水平路面上，有一質(zhì)量為m1＝5kg的無(wú)動(dòng)力小車以速率v0＝2m/s向前行駛，小車由輕繩與另一質(zhì)量為m2＝25kg的靜止車廂連接，車廂右端有一質(zhì)量為m3＝20kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，物體與車廂之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，起先時(shí)物體靜止在車廂上，繩子是松弛的。g取10m/s2，求當(dāng)小車、車廂、物體以共同速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體相對(duì)車廂的位移大小(設(shè)物體不會(huì)從車廂上滑下)。解析：繩從伸直到拉緊的時(shí)間極短，在此過(guò)程中，可認(rèn)為物體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，小車與車廂在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)小車與車廂的共同速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝eq\f(m1v0,m1＋m2)＝eq\f(5×2,5＋25)m/s＝eq\f(1,3)m/s，繩拉緊后，物體與車廂發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，小車、車廂和物體三者在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)它們最終的共同速度為v2，則有m1v0＝(m1＋m2＋m3)v2解得v2＝eq\f(m1v0,m1＋m2＋m3)＝eq\f(5×2,5＋25＋20)m/s＝0.2m/s設(shè)物體相對(duì)車廂的位移為Δx，則在此過(guò)程中由能量守恒定律有：eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＝μm3gΔx＋eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(2,2)解得Δx≈0.017m。答案：0.017m對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖所示，三個(gè)質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上?，F(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動(dòng)?；瑝KA、B與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。兩次碰撞時(shí)間均極短。求B、C碰后瞬間共同速度的大小。解析：設(shè)滑塊質(zhì)量為m，A與B碰撞前A的速度為vA由題意知，碰后A的速度vA′＝eq\f(1,8)v0，B的速度vB＝eq\f(3,4)v0，由動(dòng)量守恒定律得mvA＝mv′A＋mvB①設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關(guān)系得WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)②設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關(guān)系得WB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mvB′2③據(jù)題意可知WA＝WB④設(shè)B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動(dòng)量守恒定律得mv′B＝2mv⑤聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得v＝eq\f(\r(21),16)v0。答案：eq\f(\r(21),16)v0探究三種臨界模型要點(diǎn)提煉模型分類特點(diǎn)及滿足的規(guī)律彈簧模型彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＋Epm彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0eq\f(1,4)光滑圓弧軌道模型最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒：mv0＝(M＋m)v共，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh子彈打木塊模型(同滑塊滑板模型)子彈剛好擊穿木塊的臨界條件為子彈穿出時(shí)的速度與木塊的速度相同，子彈位移為木塊位移與木塊厚度之和。系統(tǒng)動(dòng)量守恒、能量守恒：mv0＝(m＋M)v，F(xiàn)fL相對(duì)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2典例剖析2.如圖所示，在光滑水平面上有一輛質(zhì)量，M＝8kg的平板小車，車上有一個(gè)質(zhì)量m＝1.9kg的木塊，木塊距小車左端6m(木塊可視為質(zhì)點(diǎn))，車與木塊一起以v＝1m/s的速度水平向右勻速行駛。一顆質(zhì)量m0＝0.1kg的子彈以v0＝179m/s的速度水平向左飛來(lái)，瞬間擊中木塊并留在其中。假如木塊剛好不從車上掉下來(lái)，求木塊與平板小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。(g取10m/s2)解析：設(shè)子彈射入木塊后兩者的共同速度為v1，以水平向左為正方向，則由動(dòng)量守恒定律有m0v0－mv＝(m＋m0)v1，解得v1＝8m/s它們恰好不從小車上掉下來(lái)，則它們相對(duì)平板車滑行s＝6m時(shí)具有共同速度v2，則由動(dòng)量守恒有(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2，解得v2＝0.8m/s由能量守恒定律有Q＝μ(m0＋m)gs＝eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m0＋m＋M)veq\o\al(2,2)聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.54。答案：μ＝0.54對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?如圖所示，在光滑水平面上有一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，上表面粗糙，在其左端有一個(gè)光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C，C與長(zhǎng)木板接觸但不連接，且下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。某時(shí)刻滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以eq\f(v0,2)的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)。A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，試求：(1)滑塊與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)圓弧槽C的半徑R；(3)A、C最終分別時(shí)，各自的速度大小。解析：(1)當(dāng)A在B上滑動(dòng)時(shí)，A與B、C整體發(fā)生相互作用，由于水平面光滑，A與B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))＋2mv1①由能量守恒定律得知系統(tǒng)動(dòng)能的削減量等于A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能，即μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)②聯(lián)立①②解得v1＝eq\f(1,4)v0，μ＝eq\f(5v\o\al(2,0),16gL)③(2)當(dāng)A滑上C時(shí)，B與C分別，A、C發(fā)生相互作用。A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)兩者的速度相等，設(shè)為v2，A、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))＋mv1＝(m＋m)v2④A、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋mgR⑤聯(lián)立③④⑤解得R＝eq\f(v\o\al(2,0),64g)。(3)A滑上C后，B與C分別，只有A與C發(fā)生相互作用，B的速度始終為eq\f(1,4)v0，設(shè)A滑離C時(shí)，A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，對(duì)A與C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得m·eq\f(1,2)v0＋mv1＝mvA＋mvC由能量守恒定律得eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2＋eq\