课题研究教学实录及点评

动量守恒和能量守恒综合应用中的常见模型

教学设计

教学目标：

1、

回顾并理解动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律的内涵。

2、

熟悉“子弹打木块”模型和碰撞的常见模型。

3、

能在模型中熟练应用动量守恒定律和能量守恒定律列式并解题。

4、

能灵活运用弹性碰撞的思想解题。

教学重点：

动量守恒定律、能量守恒定律的综合运用。

教学难点：

动量守恒定律、能量守恒定律的综合运用。

课时安排：1课时

教学过程：

1、回顾以下几个知识点：

动量定理

动量守恒定律

能量守恒定律

（机械能守恒定律)

并且理解它们的内涵和使用条件。

(1)

用动量定理解题的基本思路：

(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．

2、在使用动量守恒定律时注意：

动量守恒定律的“五性”

(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．

(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．

(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．

(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动

量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．

(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．

2．动量守恒定律的不同表达形式

(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.

(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．

(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．

3、关于动量守恒定律与能量守恒定律解决综合问题的理解：

(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．

(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．

(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．

4、常见的模型：“子弹打木块”模型和碰撞的常见模型。

5、

“子弹击中木块模型”问题的分类归纳

(1)“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在子弹的运动方向动量守恒，即

mv0＝(m＋M)v(未击穿时) mv0＝mv1＋Mv2(击穿时)。

(2)“子弹击中木块模型”中各力做功情况

如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，射入木块的深度为d而未穿出，木块与子弹的共同速度为v，木块滑行x木过程中，子弹与木块相互作用力为F。则

F对子弹做的负功WF＝－Fx子

F对木块做的正功W′＝Fx木

F对系统(子弹和木块)做的功

W＝WF＋W′＝－F(x子－x木)＝－Fd(d实质是子弹相对木块发生的位移。)

如图所示，质量为M的木块静置于光滑的水平面上，

一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出。设木

块对子弹的阻力恒为F，求：

(1)射入过程中产生的内能为多少？木块至少为多长时子弹才不会穿出？

(2)子弹在木块中运动了多长时间？

解析：(1)以m和M组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得

mv0mv0＝(m＋M)v，得v＝

M＋m

121Mmv202动能的损失ΔE＝2mv0－2(M＋m)v即ΔE＝，损失的机械能转化为内能。

2M＋m

设木块的位移为x，子弹相对于木块的位移为L，对m，由动能定理知

－F(x＋L)＝1mv2－1mv2220

1

对M，由动能定理知Fx＝2Mv2

2

121Mmv0Mm22

联立以上两式得FL＝2mv0－2(M＋m)v即FL＝2M＋mv0

L＝2FM＋m。

v－v0Mmv0(2)以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得t＝＝。

aM＋mF

训练：

(2017·广州模拟)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质

量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板

间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平

方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：

物块相对木板滑行的时间。

(1)

(2)

物块相对木板滑行的位移。

解析略

6、

模型二

碰撞的常见模型

相互作用的两个物体在很多情况下都可当成碰撞处理。对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键是“速度相等”。

(1)如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止

且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两

物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。

(2)如图乙所示，物体A以速度v滑上静止的光滑水平面上的

小车B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B两物体相对

静止，A、B两物体的速度必相等。

(3)如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度一定相等(方向水平向右)。

【说明】以上三种模型类似前面知识点中的完全弹性碰撞，可以用动量守恒定律和能量守恒定律来求解。

如图，质量为M、长L＝1.5 m，右端带有竖直弹性挡板的木板B静止在光滑水平面上。一质量为m的小木块A(视为质点)，以v0＝4 m/s的水平速度滑上B的左端，经过一次与挡板的碰撞，最后停在B的表面上。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，A与挡板碰撞时无机械能损失，忽略碰撞时M间，取g＝10 m/s2，求m的取值范围。

解析：设A停在B表面上时速度为v，由全过程动量守恒得：mv0＝(M＋m)v

M当m有最小值时，A与挡板接触时两者刚好共速，设其最小值为kmin，由机械能112守恒定律得：2mv20－(M＋m)v＝μmgL

2M3联立解得：kmin＝m＝5

M当m有最大值时，A与挡板碰撞后运动到B的左端刚好共速，设其最大值为kmax，112由机械能守恒定律得：2mv20－(M＋m)v＝μmg·2L

23MM3M联立解得：kmax＝m＝3 所以5

训练：

解析：(1)当小球上升到最高点时，小球与滑块在水平方向上的速度相同，设为v1，根据水平方向上动量守恒，有mv0＝(m＋M)v1

112系统的机械能守恒，有2mv20＝(m＋M)v1＋mgR

2联立解得v0＝5 m/s。

(2)小球到达最高点以后又滑回，滑块做加速运动，当小球离开滑块时，滑块的速度最大，设此时小球的速度为v2，滑块的速度为v3。小球从开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

11212mv0＝mv2＋Mv3 2mv2＝mv02＋Mv3

22联立解得v3＝2 m/s。

2．[2017·河北石家庄质检·35(2)]如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1 kg，木块B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝2 kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑。开始时B、C静止，A以v0＝10 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5 m/s，碰撞时间极短。求：

(1)A、B碰撞后A的速度；

(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度。

解析：(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB

mAv0－mBvB解得vA＝＝－4 m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反。

mA(2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零。

设此时B的速度为vB′，C的速度为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mBvB＝mBvB′＋mCvC

1112mB222mv＝mv′＋mv

得v＝vC2BB2BB2CCmB＋mCB

14

vC＝3

m/s