2019年高考物理大一轮复习学案课件：第6章-第2节碰撞与能量守恒
高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版
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3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言 的，系统若改变，动量就不一定守恒了．
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，而且适用于高速运动的微观粒子组成的系统．
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【典例剖析】
例2 (2010·山东)如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块
B质量为
3 2
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道
向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A
黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若
B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使
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【解析】初动量为p0＝mv0＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s. 末动量为 p＝mv＝2×6 kg·m/s＝12 kg·m/s. 因此，动量增大为原来的2倍． 初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×32 J＝9 J. 末动能为Ek＝12mv2＝12×2×62 J＝36 J. 因此，动能增大为原来的4倍．
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[知识梳理] 1．动量守恒定律 (1) 内 容 ： 如 果 一 个 系 统 _____不__受__外__力_____ ， 或 者 _所__受__到__的__合___外__力__的__矢__量__和__为__零______，这个系统的总动量保持 不变，这就是动量守恒定律．
2019-2020年高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒题型探究课动量守恒中的力学综合问题课件
(2)由机械能守恒定律知：物块 A 与 B 碰前的速度仍为 v0＝6 m/s A 与 B 碰撞过程动量守恒，设碰后 A、B 的速度为 v 共 mv0＝2mv 共解得 v 共＝12v0＝3 m/s 设 A 与 B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为 s， 由动能定理得－μ×2mgs＝0－12×2mv2共 解得：s＝2vgμ2共 ＝4.5 m 故 k＝Ls ＝40..51＝45.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物块 B 的速度为 v2＝12 2gR 设小物块 B 与长木板 C 相互作用达到的共同速度为 v，长木 板 C 的最小长度为 L，有 mv2＝(m＋2m)v μmgL＝12mv22－12(m＋2m)v2 由以上各式解得 L＝6Rμ.
法二：由(1)可求得碰后小物块 B 的速度为 v2＝12 2gR 设小物块 B 运动位移为 x1 时，小物块 B、长木板 C 达到共同 速度 v，此时长木板 C 运动的位移为 x2 对小物块 B 有 μmg＝maB，v22－v2＝2aB·x1 对长木板 C 有 μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，avC＝v2a－B v 木板的最小长度 L＝x1－x2 由以上各式解得 L＝6Rμ. 答案：见解析
(1)若 h 为 2.8 m，则工件滑到圆弧底端 B 点时对轨道的压力 为多大？ (2)要使工件能被站在台面 DE 上的工人接住，则 h 的取值范 围为多少？
解析：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端 B 点，设到 B 点时的 速度为 vB，根据动能定理有 mgh＝12mv2B 工件做圆周运动，在 B 点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvR2B 联立解得 FN＝40 N 由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端 B 点时对轨道的压力 为 FN′＝FN＝40 N.
2019版高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 实验七 验证动量守恒定律课件.pptx
热点一 教材原型实验 【例1】 某同学用如图6甲所示装置来验证动量守恒定律，实
验时先让小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在 水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b 静置在斜槽轨道末端，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下， 和小球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10 次。回答下列问题：
上
电源 和橡皮泥。
3.实验：接通
，让小车A运动，小车BΔ静x 止，两车碰
撞时撞针插入橡皮泥中，把距两离小车连接成整体Δ运t 动。
4.测速度：通过纸带上两计数点间的
及时间由v＝
算出速度。
5.改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
6.验证：一维碰撞中的动量守恒。
7
方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(如图4所 示)
3
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图 2所示)
图2
4
1.测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
2.安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
3.实验：一个小静球止
，拉起另一个小球相，碰放下后它们
。
4.测速度：可以测量小球被拉起的角度速，度从而算出碰撞前对应
小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对
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解析 (1)小球离开轨道后应做平抛运动，所以在安装实验器材 时斜槽的末端必须保持水平，才能使小球做平抛运动。 (2)为防止在碰撞过程中入射小球被反弹，入射小球a的质量ma 应该大于被碰小球b的质量mb。为保证两个小球的碰撞是对心 碰撞，两个小球的半径应相等。 (3)由题图甲所示装置可知，小球a和小球b相碰后，根据动量守 (恒4)小和球能下落量高守度恒一样可，知所小以在球空b中的的速运动度时大间于t 相小等球，若a的碰撞速过度程满。足由动此量守可恒判，断 则碰应后有小ma球v0＝am、avba＋的m落bvb，点两位边同置乘分以别时间为tA可、得Cm点av0t。＝mavat＋mbvbt，即有 maO——B— ＝maO——A—＋mbO——C—，故选项 B 正确。
2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量冲量动量定理课件
(2)方向恒定的变力的冲量计算 若力 F 的方向恒定， 而大小随时间变化的情况如图所示， 则 该力在时间Δ t＝t2－t1 内的冲量大小在数值上就等于图中阴 影部分的“面积”．
(3)一般变力的冲量计算 在中学物理中， 一பைடு நூலகம்变力的冲量通常是借助于动量定理来计 算的． (4)合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算， 既可以先算出各个分力的冲量后 再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．
提示：B
)
B．减小球对手的冲击力 D．减小球的动能变化量
想一想 (多选)一个质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动， 经过时间 t 下降的高度为 h，速度变为 v，则在这段时间内 物体的动量变化大小为( A．m(v－v0) C．m v2－v2 0
提示：BCD
) B．mgt D．m 2gh
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力 (3)矢量性： 动量变化量的方向与__________ 的方向相同， 可
以在某一方向上应用动量定理．
2．动量、动能、动量的变化量的比较 名称 项目 定义 定义式 矢标性 特点 关联方 程 动量 物体的质量和 速度 _________ 的乘积 动能 动量变化量 物体末动量与初 矢量差 动量的_______ Δ p＝p′－p 矢量 过程量 ________
对动量和冲量的理解 【知识提炼】 1．对动量的理解 (1)动量是矢量， 方向与速度方向相同． 动量的合成与分解遵 循平行四边形定则、三角形法则． (2)动量是状态量． 通常说物体的动量是指运动物体某一时刻 的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时 速度．
(3)动量是相对量． 物体的动量与参照物的选取有关， 通常情 况下，指相对地面的动量．单位是 kg·m/s. 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算， 即用恒力 F 乘以其作 用时间Δ t 而得．
2019版高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 能力课 动量和能量观点的综合应用课件.pptx
“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最 大。
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【变式训练1】 (2017·江西南昌模拟)(多选)如图2甲所示，在光滑水平面 上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧 的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所 示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x， 则( )
图5 (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
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解析 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g
解得 t＝μ（mm1＋1vm0 2）g，代入数据得 t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得 v0′＝5 m/s
故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
2
【例1】 如图1所示，质量分别为1 kg、3 kg的滑块A、B位 于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左 侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程 中。
图1 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块B的最大速度。
3
解析 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑 块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得 mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝mmA＋Avm0 B＝11＋×43 m/s＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能 Epm＝12mAv20－12(mA＋mB)v2＝6 J。 (2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度， 由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm 12mAv20＝12mBv2m＋12mAv2A，解得 vm＝2 m/s，向右。 答案 (1)6 J (2)2 m/s，向右
高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版1
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【解析】以A滑块的初速度v1的方向为正方向，由动量守 恒定律，知
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′ v′＝m1mv11＋＋mm22v2＝600×1650＋0＋40400×0 －10 cm/s＝5 cm/s 碰后滑块的速度大小为5 cm/s，方向与A滑块的初速度方 向相同．
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第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞
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【导学目标】 1.掌握两种碰撞的特点和规律.2.掌握多过程 运动中的动量守恒和含弹簧的碰撞问题．
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一、碰撞 [基础导引] 在气垫导轨上，一个质量为600 g的滑块A以15 cm/s的速度 与另一个质量为400 g、速度为10 cm/s并沿相反的方向运动的 滑块B迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起，求碰撞后滑块的 速度大小和方向． 【答案】5 cm/s 方向与A滑块的初速度方向相同
量变为10 kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲∶m乙的关系可能是
()
AБайду номын сангаас12
B．130
C．15 错解 A
D．110
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错因分析 没有抓住速度在碰撞前后的特征． 1．碰前：球甲追上球乙并与乙碰撞，则两球的速度满足v 甲>v乙． 2．碰中：在碰撞的整个过程中遵循两条规律：一是甲、 乙组成的系统动量守恒，二是碰撞前后的总动能不能增加．被 碰者乙的动能增大，追者甲的动能必然减少． 3．碰后：若碰后甲、乙沿同一方向运动，甲、乙分离， 则v甲′<v乙′；若甲、乙不分离，则v甲′＝v乙′.
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例2 (2013·石家庄联考)在原子核物理中，研究核子与核 关联的最好途径是 “双电荷交换反应”．这类反应的前半部 分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相 连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂 直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B 球，如图2所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它 们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然 被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D 都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁 定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A、B、C三球的质 量均为m.
高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及其应用课件
1．(2019 年江苏卷)质量为 M 的小孩站在质量为 m 的滑板上，小孩
和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃
离滑板，离开滑板时的速度大小为 v，此时滑板的速度大小为( )
A．Mmv
B．Mmv
C．m＋m Mv
D．m＋MMv
【答案】B 【解析】设滑板的速度为 u，由小孩和滑板动量守恒得 0＝mu－Mv， 解得 u＝Mmv，B 正确，A、C、D 错误．
()
A．3 J
B．4 J
C．6 J
D．20 J
【答案】A 【解析】设铁块与木板共速时速度大小为 v，铁块相对木板向右运 动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为 Ff.铁块压缩弹簧使 弹簧最短时，由能量守恒定律可得12mv20＝Ff L＋12(M＋m)v2＋Ep.由动量 守恒定律，得 mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程， 由能量关系得12mv20＝2FfL＋12(M＋m)v2，联立解得 Ep＝3 J，A 正确．
【解析】物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有 损失，A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零， 则系统动量一直守恒，B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动 量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的 速度与初速度是相等的，C正确；由分析可知，当物体与B端油泥粘在 一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等 的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦 无关，D正确．
模型2 “滑块—弹簧”碰撞模型 例4 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹 簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块B以水 平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回， 最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为
高三物理一轮复习 第六章碰撞及动量守恒—动能守恒定律的综合应用优化课件
如下图所示，弧形斜面质量为 M，静止于光 滑水平面上，一质量为 m 的小球以速度 v0 向左运动，小球最 多能升高到离水平面 h 处，求此过程中该系统产生的热量．
【解析】系统减少的动能转化为小球的重力势能和产生的
热量，即 ΔEk＝Q＋mgh. 小球和弧形斜面组成的系统，水平方向动量守恒，根据动
量守恒定律，有 mv0＝(m＋M)v，所以碰后的共同速度为 v＝ m＋mMv0.若设系统损失的动能为 ΔEk，则根据能量守恒定律， ΔEk＝12mv02－12(m＋M)v2＝m＋MM×12mv20＝2Mmm＋vM20
全部转化为木块的动能，求木块 A 从 O 运动到 Q 所用的时间．
【解析】设木块的质量均为 m，与地面的动摩擦因数为 μ， 炸药爆炸释放的化学能为 E0.第一次滑动过程中，从 O 滑到 P， 对 A、B 由动能定理得：
－μ·2mgs＝12·2mv202－12·2mv20① 在 P 点炸药爆炸，木块 A、B 系统动量守恒：2mv20＝mv②
如下图所示，质量为 M 的物体静止于光滑水 平面上，其上有一个半径为 R 的光滑半球形凹面轨道，今把质 量为 m 的小球自轨道右侧与球心等高处静止释放，求 M 向右 运动的最大距离．
高考命题常设计另一情景，即为“一动一静”的完全非弹 性碰撞情景，碰后两球黏合在一起以共同速度运动，碰撞前后 系统动量守恒，但机械能不守恒，即有动能损失．根据动量守 恒定律，有 mv0＝(m＋M)v，所以碰后的共同速度为 v＝m＋mM v0.若设系统损失的动能为 ΔEk，则根据能量守恒定律，ΔEk0＝12 mv02－12(m＋M)v2＝m＋MM×12mv20，令 Ek0＝12mv20，上式可表示为 ΔEk＝m＋MM×Ek0，这个关系式在解一些类似的问题中很有用．
高考物理大一轮复习领航教学案：第六章 碰撞 动量守恒定律 Word版含解析
第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式：p＝m v.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．二、动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量． 可写为：p ＝p ′、Δp ＝0和Δp 1＝－Δp 24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．[自我诊断]1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2．(2017·广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A ．动能相等，则质量大的动量大B ．动能相等，则动量大小也相等C ．动量大小相等，则质量大的动能小D ．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能E k ＝12m v 2可知，动量p ＝2mE k ，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．3．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以()A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．4．(2017·河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确．5．(2017·湖南邵阳中学模拟)一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s 内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ft cos 30°＝Δp.代入数据解得Δp＝50 3 kg·m/s＝86.6 kg·m/s.答案：10086.6考点一动量定理的理解及应用1．应用动量定理时应注意两点(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．2．动量定理的三大应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．[典例1](2016·高考全国乙卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．解析(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v 2＋(Δm)gh＝12(Δm)v2④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2⑧答案(1)ρv0S(2)v202g－M2g2ρ2v20S2(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．1．如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为()A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右解析：选 D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝m v1－m v0＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．2. 质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s 内和后10 s内所受外力的冲量分别是()A．10 N·s10 N·sB．10 N·s－10 N·sC．010 N·sD．0－10 N·s解析：选 D.由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)，沿斜面向下．答案：F f(t2－t1)沿斜面向上mg(t1＋t2)sin θ＋F f(t1－t2)沿斜面向下4．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(M v0－m v0)＝2m v0则水平力的冲量I＝Ft＝2m v0.答案：2m v05．(2017·甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M＝2 kg的铁锤从距地面h＝3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m＝6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t＝0.1 s停止运动．求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小．(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v＝2gh＝8 m/s.铁锤与木桩碰撞过程中动量守恒，M v＝(M＋m)v′，v′＝2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得[(M＋m)g－f]Δt＝0－(M＋m)v′，解得f＝240 N.答案：240 N6．(2016·河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则m v＝(m＋M)v1，即v1＝m vm＋M＝2 m/s(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm ＝ρS(v－v1)Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δm v1－Δm v，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝FM＋m＝2.56 m/s2答案：(1)2 m/s(2)2.56 m/s2考点二动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)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．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．[典例2](2017·山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．解析设A与B碰撞后，A的速度为v A，B与C碰撞前B的速度为v B，B 与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：m A v0＝m A v A＋m B v B①对B、C木块：m B v B＝(m B＋m C)v②由A与B间的距离保持不变可知v A＝v③联立①②③式，代入数据得v B＝65v0④答案6 5 v0应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则()A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C ．m 从A 到C 的过程中M 向左运动，m 从C 到B 的过程中M 向右运动D ．m 从A 到B 的过程中，M 运动的位移为mR M ＋m解析：选B.M 和m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A 错误，B 正确；m 从A 到C 过程中，M 向左加速运动，当m 到达C 处时，M 向左速度最大，m 从C 到B 过程中，M 向左减速运动，C 错误；在m 从A 到B 过程中，有Mx M ＝mx m ，x M ＋x m ＝2R ，得x M ＝2mR /(m ＋M )，D 错误．2．(2016·广东湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－m v ，接住木箱的过程中m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2.解得v 2＝v 2.(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4m v 2＝3m v 3－m v ，则v 3＝v ，故无法再次接住木箱．答案：(1)v 2 (2)否3．(2017·山东济南高三质检)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端．三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg ，开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 相碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，C 的速度大小为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ，A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ，A 、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ，联立解得v A ＝2 m/s.答案：2 m/s4．人和冰车的总质量为M ，另一木球质量为m ，且M ∶m ＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v (相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v (相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v 1，有0＝M v 1－m v ，第1次接球后人的速度为v 1′，有M v 1＋m v ＝(M ＋m )v 1′；第2次推球(M ＋m )v 1′＝M v 2－m v ，第2次接球M v 2＋m v ＝(M ＋m )v 2′……第n 次推球(M ＋m )v n －1′＝M v n －m v ，可得v n ＝(2n －1)m v M， 当v n ≥v 时人便接不到球，可得n ≥8.25，取n ＝9.答案：9次课时规范训练[基础巩固题组]1．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向解析：选 D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝m v，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C 错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t ＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为()A．1 000 N·s B．500 N·sC．零D．无法确定解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是()A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝m M v M－m N v N，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当m M＝m N时，v M＝v N，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是()A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝m v－0，人给乙球的冲量I2＝m v－m v′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－m v，得F＝m2ght＋mg.选项A正确．6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是()A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m ＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0＝(M2－m)v1＋m v代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，Ft＝M1v1－(－M1v0)代入数据解得F＝432 N答案：(1)5.2 m/s(2)432 N[综合应用题组]8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是()A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s 的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则() A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．船的动量变化量是105 kg·m/s解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得：v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D正确．10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是()A．2.4 m/s B．2.8 m/sC．3.0 m/s D．1.8 m/s解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得(向右为正)：M v－m v＝M v1，解得：v1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：M v－m v＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s，故B对地的速度在2 m/s～83m/s范围内，选项A正确．11．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C 从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，求：(1)物块C的质量m C；(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，m C v1＝(m A＋m C)v2，代入数据解得m C＝2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：Δp＝(m A＋m C)v3－(m A＋m C)v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为I＝2(m A＋m C)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s.答案：(1)2 kg(2)36 N·s12. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得m v0＝(M＋m)v解得：v＝mM＋mv0＝0.4 m/s.(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得－μmgt＝m v－m v0解得：t＝v0－vμg＝0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度为a 1＝F f m ＝μg ＝2 m/s 2小车做匀加速运动，加速度为a 2＝F f M ＝μmg M ＝0.5 m/s 2在此过程中木块的位移为 x 1＝v 2－v 202a 1＝0.96 m 车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82 m ＝0.16 m由此可知，木块在小车上滑行的距离为：Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m第2节 碰撞与能量守恒一、碰撞1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．2．分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒．(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律．二、动量与能量的综合1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程．但两者守恒的条件不同：。
2019届高考一轮复习物理(经典版)课件：第6章 动量守恒定律及其应用6-2
高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
第 6章
动量守恒定律及其应用
第2讲 动量守恒定律
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板块一
板块二
板块三
高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
板块一 主干梳理•夯实基础
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高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
【知识点 1】
动量守恒定律及其应用
Ⅱ
1．几个相关概念 (1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的 物体组称为系统。 (2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。 (3)外力： 系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
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考点 1 动量守恒定律 1．动量守恒的“五性”
[深化理解]
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要 选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。 (2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻 的总动量都和初时刻的总动量相等。 (3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动 量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的 速度。一般选地面为参考系。
3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞 守恒 守恒 守恒 损失
守恒
有损失
最大
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高考一轮总复习 ·物理 （经典版）
4．反冲现象 (1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发 生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相 增大 ，且常伴有其他形式能 互作用的过程中系统的动能 向动能的转化。 (2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用 远小于 物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来 处理。
2019版高考物理大一轮复习第六章静电场第2讲电场能的性质课件
与电势的高低，故A正确，B、C错误；
电荷在匀强电场中做匀变速运动，在相同时间内速度的变化量相同，故
D错误.
解析 答案
变式6 (2016·浙江10月学考·8)如图7为某一电场的电场线，M、N、P为 电场线上的三个点，M、N是同一电场线上的两点.下列判断正确的
√A.M、N、P三点中N点的场强最大
B.M、N、P三点中N点的电势最高 C.负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D.正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
√D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
解析 电势是相对量，其大小与零电势点的选取有关，沿同一电场线方 向上的各点电势逐渐降低，故A、B、C均错误； 负电荷所受电场力方向与电场线方向相反，故沿电场线方向移动负电荷 时电场力做负功，电势能增加，D正确.
解析 答案
三、电势差
1.定义式
WAB
UAB＝ q
D.与地面发生摩擦，在运输车上积累电荷
图1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
答案
2.某带电粒子只在电场力作用下从A点运动到B点,电场力做功3×10－2 J，则
A.该粒子的动能减少了3×10－2 J
√B.该粒子的电势能减少了3×10－2 J
C.该粒子在A处时一定具有3×10－2 J的电势能
D.粒子从M向N运动过程中电势能先减小后增大
图13
解析 答案
变式10 如图14是位于x轴上某点的电荷在虚线PQ右侧的电势φ随x变化
的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的虚线PQ和x轴是该曲线
的渐近线，则以下说法正确的是
A.可以判断出OP间的各点电势均为零
B.可以判断出a点的电场强度小于b点的电场强度
高考物理大一轮复习 6.2弹性碰撞和非弹性碰撞课件
• A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 • B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 • C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 • D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 • 解析 由p＝mv和mB＝2mA知，若A、B球能相碰，A球只
强基固本 考点突破
• 【例1】 (2014·广东卷，35)图3的水平轨道中，AC段的中点 B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板。物体P1沿轨道向 右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P， 以此碰撞时刻为计时零点。探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作， 已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ ＝0.1，AB段长L＝4 m ，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点， P与挡板的碰撞为弹性碰撞。 • 图3
强基固本 考点突破
• 结论 (1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞 后交换速度。
• (2)当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后 两球都向前运动。
• (3)当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后 质量小的球被反弹回来。
• 2．非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束。
《高考领航》高考物理大一轮复习学案课件第6章-第2节碰撞与能量守恒
(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向 可将矢量运算转化为代数运算．不在同一直线上在同一平面内的 碰撞，中学阶段一般不作计算要求．
1．(2017·河北衡水中学模拟)(多选)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，将碰撞后球 1 的动能和动量大小分别记为 E1、
作用过程中遵循的规律是
守恒和
守恒
守恒．
动量
机械能
(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作
用过程中只遵循 动量守恒 定律． (3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损
失 最大 ，作用后两物体粘合在一起，速度相等 ，相互作用过程
中只遵循 动量守恒 定律．
二、动量与能量的综合 1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对 象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理 过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统 所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除 重力和弹簧弹力以外的力 是否做功 ． 2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为 矢量 式，机械能 守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．
2．碰撞问题的探究 (1)弹性碰撞的求解 求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以 质量为 m1、碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2 解得：v1′＝mm1－1＋mm22v1，v2′＝m21m＋1vm12
[自我诊断]
1．判断正误
(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒( ) (2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度( ) × (3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒( ) √
物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件：第六章第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲
2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒． 以质量为 m1、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生 正面弹性碰撞为例，有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2 12m1v21＝12m1v′21＋12m2v′22 解得 vm12
解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守
恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为 v1、v2，以人 的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此
0＝mv1－m′v2，即 m′v2＝mv1 由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上
述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物 体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量 相等．
2．动量守恒定律的“五性”
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取 矢量性
统一的正方向 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有 特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中 相对性 各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换 成相对同一参考系的速度
D．A 向左运动，B 向右运动
提示：选向右为正方向，则 A 的动量 pA＝m·2v0＝2mv0，B 的动量 pB＝－2mv0.碰前 A、B 的动量之和为零，根据动量守 恒，碰后 A、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有 选项 D 符合题意．
对动量守恒定律的理解和应用 【知识提炼】
1．动量守恒定律常用的四种表达形式 (1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量 p 和相互作用后的总动 量 p′大小相等，方向相同． (2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零． (3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中 一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．
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课时规范训练
第2节 碰撞与能量守恒
一、碰撞 1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间 相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力 远大于 外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．
2．分类 (1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能 守恒 ，相互 作用过程中遵循的规律是 动量 守恒和 机械能 守恒．
(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作 用过程中只遵循 动量守恒 定律．
(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损 失 最大 ，作用后两物体粘合在一起，速度相等 ，相互作用过程 中只遵循 动量守恒 定律．
二、动量与能量的综合 1．区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对 象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理 过程．但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统 所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除 重力和弹簧弹力以外的力 是否做功 ． 2．表达式不同：动量守恒定律的表达式为 矢量 式，机械能 守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已．
2．(2017·山西运城康杰中学模拟)(多选)有关实际中的现象， 下列说法正确的是( )
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用 力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固 越好
(2)弹性碰撞的结论 ①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换 了速度． ②当质量大的球碰质量小的球时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞 后两球都沿速度 v1 的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞 后质量小的球被反弹回来．
4. 质量为 ma＝1 kg，mb＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发生 碰撞，碰撞前后两球的位移－时间图象如图所示，则可知碰撞属 于( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定
解析：选 A.由 x-t 图象知，碰撞前 va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后 va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前动能12mav2a＋12mbv2b＝92 J，碰 撞后动能12mava′2＋12mbvb′2＝92 J，故机械能守恒；碰撞前动量 mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量 mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s， 故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．
(3)速度要符合情景 ①如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面 物体的速度，即 v 后＞v 前，否则无法实现碰撞． ②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或 等于原来在后面的物体的速度，即 v 前′≥v 后′. ③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不 可能都不改变．除非两物体碰撞后速度均为零．
解析：设滑块质量为 m，则盒子的质量为 2m；对整个过程，
由动量守恒定律可得 mv＝3mv 共
解得 v 共＝v3.
由功能关系可得 μmgs＝12mv2－12·3m·v32 解得 s＝3vμ2g.
答案：v3
v2 3μg
考点一 碰撞问题 1．解析碰撞的三个依据 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2pm21 1＋2pm22 2≥p21m′12 ＋p22m′22.
ห้องสมุดไป่ตู้
5．(2016·高考天津卷) 如图所示，方盒 A 静止在光滑的水平 面上，盒内有一个小滑块 B，盒的质量是滑块的 2 倍，滑块与盒 内水平面间的动摩擦因数为 μ；若滑块以速度 v 开始向左运动， 与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动 多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑 块相对于盒运动的路程为________．
3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、 乙物体的速度大小分别为 3 m/s 和 1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都 反向运动，速度大小均为 2 m/s.甲、乙两物体质量之比为( )
A．2∶3 C．3∶5
B．2∶5 D．5∶3
解析：选 C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动 量守恒定律有 m 甲 v1－m 乙 v2＝－m 甲 v1′＋m 乙 v2′，代入数据， 可得 m 甲∶m 乙＝3∶5，C 正确．
[自我诊断] 1．判断正误 (1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒( × ) (2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度( √ ) (3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒( × ) (4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加(√ ) (5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒(√ ) (6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒(× )
2．碰撞问题的探究 (1)弹性碰撞的求解 求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以 质量为 m1、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生正面弹 性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2 解得：v1′＝mm1－1＋mm22v1，v2′＝m21m＋1vm12
解析：选 ABC.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出 气流的反冲作用而获得巨大速度．故 A 正确；体操运动员在落地 的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受的冲量 I 一定；由 I＝Ft 可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间 t，可 以减小运动员所受到的平均冲力 F，故 B 正确；用枪射击时子弹 给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以 为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身．故 C 正确； 为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间， 由 I＝Ft 可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固．故 D 错误．