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2019届高考物理碰撞与动量守恒复习..ppt
【答案】 ACD
思维拓展 分析动量守恒时要着眼系统所受合力的矢量和是否为零.
【例2】如右图所示，质量为M的小车停在光滑的水平面上，车上悬挂 着摆线长为L、摆球质量为m的单摆，将单摆摆球拉至水平位置，由静止释 放，求：
（1 （2）在小球从左侧与O点水平摆至右侧与O水平的过程中，小车离开初 位置的最大距离为多少. （1）设摆球到达最低点时，小车的速度大小为v1，小球的速度大小为 v2，系统水平方向动量守恒，取向右方向为正方向，可得
【例3】如右图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板 自左向右放有序号是1、2、3、…n的木板，所有木块的质量均恒为m，与 木板的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、…n木板 的初速度分别为v0、2v0、3v0、…nv0，方向都向右，若木板的质量与所有 木块的总质量相等，最终所有木块都与木板以相同的速度匀速运动，求在 整个过程中木板运动的最大速度.
【例1】在光滑水平面上A、B两小车中间有一个弹簧，如下图所示，用手 抓住小车并使弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系 统，下面说法正确的是( )
A. B. C. 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
【思路剖析】两手放开后系统的合外力才为零.
温馨提示：你注意了吗？ 由于小球在竖直方向合外力不外力为0，动量守恒.
由机械能守恒得：
解以上两式可得： （2）摆球从左侧与O点水平摆至右侧与O点水平的过程中，小车向左 运动，设小车向左的位移大小为s，则小球向右的位移大小为(2L-s)，根 据平均动量守恒的表式可得Ms=m(2L-s)，即可得小车向左离开初位置的 最大距离为
思维拓展 在解相关物理问题时，人船模型有多种表现形式，哪些情 景可简化为人船模型，这需要同学们在日常训练中去思考.当问题符合动量 守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量守
高三物理二轮复习第一篇专题攻略考题回访专题三动量与能量第8讲碰撞与动量守恒
考题回访专题三动量与能量第8讲碰撞与动量守恒1.如图所示,质量分别为m A=1kg,m B=2kg,m C=3kg的A、B、C三金属物块静止在光滑水平面上,且B、C两物块间有一压缩的轻弹簧由细线锁定,此时弹簧的弹性势能为12J,轻弹簧两端分别与金属块B和C焊接在一起,A与B靠在一起但不粘连,现烧断细线。
求:(1)当弹簧恢复原长时B的速度多大?(2)当弹簧恢复原长以后第一次出现弹性势能最大值,该最大值多大?【解析】(1)设弹簧恢复原长时A和B的速度为v1,C的速度为v2,取向右为正方向,以A、B、C和弹簧为一系统,根据动量守恒定律可得:m C v2-(m A+m B)v1=0根据机械能守恒定律得(m A+m B)+m C=E p联立两式解得v1=v2=2m/s(2)设当弹簧恢复原长后B、C两物体的共同速度为v3,以B、C和弹簧为一系统可得:m C v2-m B v1=(m B+m C)v3E pmax=m B+m C-(m B+m C)联立两式解得E pmax=9.6J答案:(1)2m/s (2)9.6J2. 如图所示,质量mB=2kg的平板车B上表面水平,在平板车左端相对于车静止放着一块质量m A=2kg的物块A,A、B一起以大小为v1=0.5m/s的速度向左运动,一颗质量m0=0.01kg的子弹以大小为v0=600m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后,速度变为v=200m/s。
已知A与B之间的动摩擦因数不为零,且A与B最终达到相对静止时,A刚好停在B的右端,车长L=1m,g取10m/s2,求:(1)A、B间的动摩擦因数。
(2)整个过程中因摩擦产生的热量为多少?【解析】(1)规定向右为正方向,子弹与A作用过程,根据动量守恒定律得:m0v0-m A v1=m0v+m A v A,代入数据解得:v A=1.5m/s,子弹穿过A后,A以1.5m/s的速度开始向右滑行,B以0.5m/s向左做匀减速直线运动,当A、B有共同速度时,对A、B组成的系统运用动量守恒,规定向右为正方向,有m A v A-m B v1=(m A+m B)v2,代入数据解得:v2=m/s。
高考物理二轮专题复习第三讲 动量和能量
高考物理二轮专题复习第三讲 动量和能量一、特别提示动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等，从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径，也是解决物理问题最重要的思维方法之一。
1、动量关系动量关系包括动量定理和动量守恒定律。
（1）动量定理凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。
（2）动量守恒定律动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
动量守恒条件为：①系统不受外力或所受合外力为零②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。
③系统内力远大于外力，动量近似守恒。
④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一般步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。
2、能的转化和守恒定律（1）能量守恒定律的具体表现形式高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理”五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只不过在不同的过程中，表现形式不同而已，如：在力学中的机械能守恒定律：2211p k p k E E E E +=+在热学中的热力学第一定律：Q W U +=∆ 在电学中的闭合电路欧姆定律：r R E I +=，法拉第电磁感应定律t n E ∆∆=φ，以及楞次定律。
在光学中的光电效应方程：W hv nw m -=221 在原子物理中爱因斯坦的质能方程：2mc E =（2）利用能量守恒定律求解的物理问题具有的特点：①题目所述的物理问题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，根据能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。
2019届高考物理二轮复习第章动量和能量功能关系与能量守恒定律的应用课件.ppt
答案：B
2019年7月17
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2.[2018·陕西宝鸡二模]如图所示，ACB 为光滑的固定在竖直 面内的半圆形轨道，轨道半径 R＝0.4 m，A、B 为半圆形轨道水 平直径的两个端点，O 为圆心．在水平线 MN 以下和竖直线 OQ 以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度 E＝1.0×106 N/C.现有一个质量 m＝2.0×10－2 kg、电荷量 q＝2.0×10－7 C 的 带正电小球(可看成质点)，从 A 点正上方由 静止释放，经时间 t＝0.3 s 到达 A 点并沿切 线进入半圆形轨道，g 取 10 m/s2，不计空气 阻力及一切能量损失，求：
运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝12mgR，质点恰好可以到达 Q 点
B．W>12mgR，质点不能到达 Q 点
C．W＝12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离
D．W<12mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离
2019年7月17
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[解析] 在 N 点由牛顿第二定律得 4mg－mg＝mvRN2 ；从最高点
Ff·l 相对． (6)电场力做功等于电势能的变化，即 WE＝－ΔEp.
2019年7月17
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2
2．电场力做功的计算方法及电势能的变化情况
2019年7月17
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3
应试策略 1．必须领会的“1 种物理思想和 3 种方法” (1)守恒的思想． (2)守恒法、转化法、转移法． 2．在处理功能关系的综合问题时，要注意： (1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题 中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥梁”． (2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情 况的变化，选择适合的规律求解． (3)熟练掌握常用的功能关系．
2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第3讲碰撞与动量守恒课件
[方法技巧] 使用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也 能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如第2题中压力的计 算)，用动量定理求解更简捷． (2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下， 动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值，如 第2题中的压力是平均力．
(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注 意冲量、动量及动量变化量的方向(如第1题中B点和D点的动 量比较)，公式中的F是物体或系统所受的合力．
[典例展示1] 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平 冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝30 kg，乙和他的 冰车的总质量也是M＝30 kg.甲推着一个质量为m＝15 kg的 箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面 滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑 到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大 速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？
A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小 B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小 C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零 D．两球动量的变化量相同
解析：由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑到底端的速 度大小相等，因甲做加速度减小的变加速运动，可知甲的平 均速度较乙大，则甲滑到底端的时间较短，根据I＝mgt可知， 甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙 两球滑到底端时，动量的变化大小相同，但方向不同，根据 动量定理可知，合外力的冲量大小相同，但是方向不同，即 两球动量变化量不同，选项B、D错误；根据I＝FNt可知，因 支持力均不为零，则两球所受轨道的支持力的冲量均不为零， 选项C错误． 答案：A
解析：小钢球撞击钢板时的竖直分速度 vy＝ 2gh＝10 m/s，设 小球的速度方向与水平方向的夹角为 α，则 tan α＝vvyx＝1100＝1， 解得 α＝45°，即钢板与水平面的夹角 θ＝45°，选项 A 错误；
高三物理第二轮专题复习：专题三——动量和能量高中物理
高三物理第二轮专题复习：专题三——动量和能量高中物理高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能能够相互转化，同时遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理咨询题的要紧依据。
在每年的高考物理试卷中都会显现考查能量的咨询题。
并经常发觉〝压轴题〞确实是能量试题。
动量与能量知识框架：一、考点回忆1．动量、冲量和动量定理2．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的进展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v 的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。
(2)冲量：力和力的作用时刻的乘积叫做该力的冲量，即I=Ft.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定。
2．能量动能定理21222121mv mv W A -=动量 p =mv力的积存和效应力对时刻的积存效应力对位移的积存效应 功：W=FS cos α瞬时功率：P =Fv cos α 平均功率：αcos v F tW P ==动能221mv E k =势能重力势能：E p =mgh 弹性势能机械能机械能守恒定律E k1+E P1=E k2+E P2ΔE =ΔE系统所受合力为零或不受外力牛顿第二定律F=ma冲量 I =Ft动量定理Ft =mv 2-mv 1动量守恒定律m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1’+m 2v 2’能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度。
(1)W合=△E k：包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。
(动能定理)(2)W F=△E：除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。
2019版高三物理第二轮复习课件第1部分板块2专题7动量和动量守恒定律
高考统计·定方向
命题热点提炼
高考命题方向
五年考情汇总
1.动量和动量 定理
2.动量守恒定 律
3.碰撞与动量 守恒
2018·全国卷Ⅰ T14
动量和动量定理
2018·全国卷Ⅱ T15
2017·全国卷Ⅲ T20
动量守恒定律
2018·全国卷Ⅱ T24 2017·全国卷Ⅰ T14
B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系 可知 v＝at，且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间 的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误．]
Ft＝mv，代入数据解得 F≈1×103 N，所以 C 正确．]
3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下 从静止开始沿直线运动．F 随时间 t 变化的图线如图 1 所示，则( )
图1
A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 [题眼点拨] ①“合外力 F 的作用下”说明力 F 的冲量等于物块动量的增 量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．
AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在 t＝1 s 时的速度 v1＝Fmt1＝2×2 1 m/s＝1 m/s，A 正确；物块在 t＝2 s 时的动量大小 p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s， 在 t＝3 s 时的动量大小 p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故 B 正确，C 错误； 在 t＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由 I 合＝mv4 可得 t＝4 s 时，物块的 速度大小 v4＝1 m/s，D 错误．]
高考物理二轮复习专题训练——动量(word版含答案)
动量一、选择题（共15题）1．从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在毛毯上就不易碎，这是因为玻璃杯掉在水泥地上时A．受到的冲量大B．受到地面的作用力大C．动量的变化量大D．动量大2．一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中F1、F2未知．已知物体从t=0时刻出发,在3t0时刻恰又返回到出发点,则()A．0—t0物体做匀加速直线运动,t0—3t0物体做匀减速直线运动B．物体在F1作用下的位移与在F2作用下的位移相等C．t0时刻物体的速度与3t0时刻物体的速度大小之比为2 3D．F1与F2大小之比为5 63．下列说法正确的是（）A．不受外力作用的系统，其动量和机械能必然同时守恒B．只要系统受到摩擦力，动量不可能守恒C．物体受到的冲量越大，它的动量变化一定越快D．某物体做直线运动，受到一个-6N˙s的冲量作用后其动量不一定减小4．下列关于动量和冲量的说法中正确的是（）A．物体的动量改变，一定是速度的大小改变B．物体的动量改变，一定是速度的方向改变C．物体的运动状态改变，其动量一定改变D．以上说法均不对5．2020年7月23日，中国首个火星探测器“天问一号”在海南文昌卫星发射中心发射升空。
该探测器经过多次变轨，进入环火轨道，预计5月中旬，将择机开展着陆、巡视等任务，进行火星科学探测。
假设在火星表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球（可视为质点），如图所示，当给小球一水平向右的瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。
若已知圆轨道半径为r ，火星的半径为R 、万有引力常量为G ，则火星的质量为（ ）A ．222I r Gm RB ．2225I r Gm RC ．222I R GrmD ．2225I R Grm 6．一人站在滑板上以速度0v 在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为02v 。
2019-2020年高考物理二轮复习专题二功与能动量第7讲碰撞与动量守恒课件
考向 2 动量定理的应用 例 2 (2018·山东省潍坊市高三三模)如图所示，一消防车空载 时的质量为 2 000 kg，储水容积为 10 m3，储满水后静止在倾角为 37°的斜坡上，水枪出水口距水平地面高度为 3.2 m，打开水枪水流 持续向坡底水平射出，水落到水平面上的着火点，着火点到射出点 的水平距离为 48 m，已知水枪出水口的面积为 2×10－3m2，水的密 度为 1.0×103 kg/m3，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
高频考点一 动量、冲量、动量定理 [备考策略]
本考点是对动量、冲量的概念及动量定理的理解及应用的考 查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难 度一般，主要考查考生的理解和分析能力．
一、基础知识 1．冲量 I＝Ft. 特点：矢量、过程量、绝对性． 2．动量 p＝mv. 特点：矢量、状态量、相对性． 动量的变化量 Δp＝p′－p，也是矢量． 3．动量定理：(1)表达式：FΔt＝mv′－mv.I＝p′－p. (2)力的表达式：F＝ΔΔpt .
• 第7讲 碰撞与动量守恒
主干知识体系
核心再现及学科素养
(1)动量和冲量的概念． (2)动量定理的应用． (3)动量守恒的条件和表达式． 知识 (4)三类碰撞的特点． 规律 (5)爆炸和反冲的特点． (6)力学中的两大守恒思想． ①能量守恒． ②动量守恒．
思想 (1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、 类比思想．
时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程
中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s
B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s A [燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量
2019届高考物理专项课件 碰撞与动量守恒(共58张PPT)
相应的参考系.
均速度的大小没有对应关系. Your text
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碰撞与动量守恒
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高考复习讲义
考点全通关 5
二、动量的变化
考点一 动量
1.因为p=mv是矢量,只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化,
目 录 Contents
考情精解读
考点一 动量
考点二 动量定理 考点三 动量守恒定律 考点四 碰撞、爆炸与反冲 考点五 实验:验证动量守恒定律
高考复习讲义
考情精解读 1
考纲解读
命题规律
命题趋势
一
动量、动量定 理、动量守恒 定律及其应用
碰撞与动量守恒
二 弹性碰撞和非 弹性碰撞 实验:验证动量 守恒定律 说明 只限于 一维.
碰撞与动量守恒
所有理想化模型均忽略对所研究 问题无影响的因素,是研究问题的 一种理想方法.在高中学习的理想 模型还有:点电荷、理想气体、弹 簧振子、点光源等.
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高考复习讲义
考点全通关 13
二、动量定理
考点二 动量定理
2.表达式 I=Δp=p'-p或F(t'-t)=mv'-mv
要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”,根据动量定理,是 “合外力的冲量”等于动量的变化量,而不是“某个力的冲量”等于动 量的变化量.这是在应用动量定理解题时经常出错的地方,要引起注意.
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高考复习讲义
考点全通关 16
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考点二 动量定理
2019高考物理二轮复习专题二能量与动量第3讲碰撞与动量守恒突破练.doc
第3讲碰撞与动量守恒[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，选项C 正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．答案：C2．(2018·河南三门峡高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上．质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是()A．最后甲、乙两车的速率相等B．最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M)C．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1＝I2D．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1>I2解析：以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv－Mv1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv＝(m＋M)v2，人跳离乙车时，－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，解得＝，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车I1－Mv2＝2mv－>mv，即I1<I2，故C、D错误．＝Mv1＝mv，对乙车I2＝Mv乙答案：B3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反，则以下说法正确的是()A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能解析：设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确，B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h ＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2>·3m·v2，选项D错误．答案：A4.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠，如图为丁俊晖正在准备击球．设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为p A＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p B′＝4 kg·m/s，则两球质量m A与m B间的关系可能是() A．m B＝m A B.m B＝m AC．m B＝m A D．m B＝6m A解析：由动量守恒定律得p A＋p B＝p A′＋p B′，解得p A′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得m B≥m A，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得m B≤4m A，综上可得m A≤m B≤4m A，选项A正确．答案：A5.如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，＝2，则两小球质量之比m1∶m2为() A．7∶5 B.1∶3C．2∶1 D．5∶3解析：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝∶(＋2)＝∶(＋4)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．答案：D二、多项选择题6.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止．当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，在弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，故A错误．规定向右为正方向，在C与B碰前，根据动量守恒定律得，0＝mv C－Mv，解得v C∶v＝M∶m，故B 正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误．答案：BC7.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象．若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/sB．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J解析：根据图象可知，碰前A球的速度v A＝－3 m/s，碰前B球的速度v B＝2m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为Δp A＝mv－mv A＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为 4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A＋m B v B＝(m＋m B)v，解得m B＝kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mv＋m B v－(m＋m B)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mv A＋m B v B＝(m＋m B)v＝－kg·m/s，选项C错误．答案：ABD8.如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量m1＝2.0 kg的物体A.平衡时物体A距天花板的距离h＝2.4 m，在距物体A正上方高h1＝1.8 m处由静止释放质量为m2＝1.0 kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0.25 s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/sB．碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 mC．碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 ND．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为0.2 m 解析：设物体B自由下落至与物体A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律有v0＝＝6 m/s，物体A、B碰撞结束瞬间二者具有共同的速度v t，以向下为正方向，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v t，解得v t＝2 m/s，A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，以B为研究对象，由动量定理有(m2g－F)t ＝0－m2v t，解得F＝18 N，方向竖直向上，设碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为x，由动能定理有－Fx＋m2gx＝0－m2v，解得x＝0.25 m，B、C 正确；A、B分开时其相互间的作用力为零，且A、B具有相同的加速度，可知当弹簧对A的拉力为零，即弹簧恢复原长时，A、B分开，若A、B上升到碰撞位置分开，B还能上升的最大高度h′＝＝0.2 m，因弹簧恢复原长时的位置比碰撞时的高，此时B的速度小于v t，故B还能上升的最大高度小于0.2 m，D错误．答案：ABC三、非选择题9．(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝mv①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤12mv1＋mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有14mv＝mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝⑧答案：(1) (2)10.如图所示，质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑块CD的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平．一可视为质点的物块P质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时的速度为，然后滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处．重力加速度为g.求：(1)物块滑到B点时木板的速度v的大小；(2)滑块CD圆弧的半径R.解析：(1)对P和木板、滑块CD组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝m＋2mv，解得v＝.(2)物块P由D点滑到C点的过程中，滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒，有m＋m＝2mv共系统能量守恒，有mgR＝m()2＋m()2－×2mv解得R＝.答案：(1)(2)11．如图所示，质量为m A＝3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m B＝1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面h＝0.8 m．某一时刻，小车与静止在光滑水平面上的质量为m C＝1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小车系统的最终速度大小v共；(2)绳未断前小球与沙桶的水平距离L；(3)整个过程中系统损失的机械能ΔE机损．，水平方向动量守恒，有(m A＋m B)v0＝(m A＋解析：(1)设系统最终速度为v共m B＋m C)v共＝3.2 m/s代入数据解得v共(2)A与C的碰撞动量守恒，m A v0＝(m A＋m C)v1解得v1＝3 m/s，设小球下落时间为t，则h＝gt2代入数据解得t＝0.4 s所以绳未断前小球与沙桶的水平距离为L＝(v0－v1)t代入数据解得L＝0.4 m(3)由能量守恒得ΔE机损＝m B gh＋(m A＋m B)v－(m A＋m B＋m C)v＝14.4 J代入数据解得ΔE机损答案：(1)3.2 m/s(2)0.4 m(3)14.4 J。
2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题07碰撞与动量守恒含解析
专题07 碰撞与动量守恒第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查基本概念和基本规律。
考纲要求1、理解动量、动量变化量的概念；知道动量守恒的条件。
2、会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
命题规律1、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查。
2、动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。
第二部分精选试题一、单选题1．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。
跳楼机由静止从a 自由下落到b ，再从b 开始以恒力制动竖直下落到c 停下。
已知跳楼机和游客的总质量为m ，ab 高度差为2h ，bc 高度差为h ，重力加速度为g 。
则A ．从a 到b 与从b 到c 的运动时间之比为2：1B ．从a 到b ，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C ．从a 到b ，跳楼机和游客总重力的冲量大小为m ghD ．从b 到c ，跳楼机受到制动力的大小等于2mg 【答案】 A 【解析】【详解】A ．由题意可知，跳楼机从a 运动b 过程中做自由落体运动，由可得，下落时间，2h =12gt 12t 1=4hg=2h g由可知，运动到b 的速度大小为；跳楼机从a 运动b 过程中做减速运动，v 2b =2g ⋅2h v b =4gh =2gh 同理可得，，解得减速过程的加速度大小为，时间为，故从a 到b 与从bh =12at 22v 2b =2ah a =2g t 2=hg到c 的运动时间之比为，故A 正确；t 1:t 2=2h g :hg=2:1B ．从a 到b ，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B 错误；C ．从a 到b ，根据动量定理可得，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C 错I G =mv b =2m gh 2mgh 误；D ．从b 到c ，根据牛顿第二定律有：，解得跳楼机受到制动力的大小为，故D F -mg =ma =2mg F =3mg 错误。
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1-3-7 碰撞与动量守恒课时强化训练1．(2018·天津河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，所受阻力恒定，10 s末撤掉牵引力，其速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是( )A．0～5 s和10～15 s内加速度相同B．0～5 s和10～15 s内阻力做功相等C．0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等D．0～5 s和10～15 s内合外力的冲量相同[解析] v-t图线的斜率表示加速度，由图可知0～5 s和10～15 s内加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A错误；v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可知0～5 s和10～15 s内位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正确；0～5 s内：加速度a1＝10－05m/s2＝2 m/s2，位移x1＝12×5×10 m＝25 m；5～10 s内：加速度为零，位移x2＝5×10 m＝50 m；10～15 s内：加速度a3＝0－105m/s2＝－2 m/s2，位移x3＝12×5×10 m＝25 m；根据牛顿第二定律，0～5 s内：F1－f＝ma1根据平衡条件，5～10 s内：F2＝f根据牛顿第二定律，10～15 s内：－f＝ma3联立解得：F1＝4m(N)，F2＝2m(N)0～5 s内牵引力做功的平均功率为：＝F1x1t1＝4m×255＝20m(W)，5～10 s内牵引力做功的平均功率为：＝F2x2t2＝2m×505＝20m(W)，故0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等，C正确；由C项分析可知0～5 s和10～15 s内汽车的位移相同，所受合外力等大、反向，故冲量也是等大、反向，故D错误。
[答案] BC2．(2018·山东菏泽一模)有一个竖直固定放置的光滑四分之一圆轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则下列说法正确的是( )A．当小球运动到轨道最低点B时，轨道对它的支持力等于重力的4倍B．小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧轨道的支持力对小球的冲量C．根据已知条件可以求出该四分之一圆轨道的轨道半径为0.2hD．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝0.5[解析] 由mgR＝12mv2B，F B－mg＝mv2BR，解得F B＝3mg，A错误；小球从A运动到B，合外力冲量水平向右，则支持力的冲量在竖直方向的分量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B错误；小球做平抛运动时，h－R＝12gt2，h－R＝vBt，解得R＝0.2h，C正确；设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为α，则tan α＝1，因为tan θ＝2 tan α，所以tan θ＝2，D错误。
[答案] C3．(2018·河北衡水中学二模)(多选)如图，质量分别为m 1＝1.0 kg 和m 2＝2.0 kg 的弹性小球a 、b ，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。
该系统以速度v 0＝0.10 m/s 沿光滑水平面向右做直线运动。
某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。
经过时间t ＝5.0 s 后，测得两球相距s ＝4.5 m ，则下列说法正确的是( )A ．刚分离时，a 球的速度大小为0.7 m/sB ．刚分离时，b 球的速度大小为0.2 m/sC ．刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同D ．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J[解析] 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，位移：s ＝v 1t －v 2t ，代入数据解得：v 1＝0.70 m/s ，v 2＝－0.20 m/s ，负号表示速度方向与正方向相反，故选项A 、B 正确，C 错误；由能量守恒定律得：12(m 1＋m 2)v 20＋E p ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，代入数据解得：E p ＝0.27 J ，选项D 正确。
[答案] ABD4．(2018·福建泉州检测)如图所示，两个大小相同、质量均为m 的弹珠静止在水平地面上。
某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L 距离停下。
已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k 倍，重力加速度为g ，则小孩对第一个弹珠( )A ．施加的冲量为m kgLB ．施加的冲量为m 3kgLC ．做的功为kmgLD ．做的功为3kmgL[解析] 当第一个弹珠运动了距离L 时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即W＝E k＝kmg·3L，选项C错误，选项D 正确；施加的冲量I＝Δp＝p－0＝2mE k－0＝2m·kmg·3L＝m6kgL，选项A、B错误。
[答案] D5．(2018·江西上饶六校一联)(多选)如图甲所示，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( )A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32 mv2D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv20[解析] 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为m A，即有：Epm ＝12mAv2当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA·2v0＝(m＋m A)v由机械能守恒定律得：E pm＝12mA(2v0)2－12(m A＋m)v2解得：m A＝3m，E pm＝32 mv2故A、C正确，B、D错误。
[答案] AC6．(2018·湖北宜昌调研)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球沿同一直线运动。
两球的质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，两球的动量均为5 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量变化量为－3 kg·m/s，则( )A．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶4C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶2D．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶4[解析] 规定向右为正方向，两球初始动量均为5 kg·m/s，则两球均向右运动，又因为动量p＝mv，m B＝2m A，所以v A＝2v B，则断定左方为A球，故A、B两项错误。
碰撞后A球的动量变化量为－3 kg·m/s，则碰撞后A球的动量为p A＝2 kg·m/s，据动量守恒定律可得B球碰撞后的动量应为p B＝8 kg·m/s，由p＝mv，得v＝pm，所以vAvB＝pAmBpBmA＝12，故C项正确，D项错误。
[答案] C7．(2018·湖北四地七校联盟联考)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B 为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。
设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则( )A．t1>t2B．t1＝t2C．I1>I2 D．I1＝I2[解析] 小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点，则知小球在AB段平均速率大于BC段平均速率，又两段路程相等，所以球在AB 段和BC段运动时间的大小关系为t1<t2，故A、B错误。
AB段速度由竖直向下的v A变为水平向左的v B，根据三角形定则，速度变化量的大小为v2A＋v2B；BC段速度由水平向左的v B变为0，速度变化量的大小为v B；所以AB段速度变化量大于BC段速度变化量，即AB段动量变化量大于BC段速度变化量。
根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为I1＞I2，故C正确，D错误。
[答案] C[思路点拨] AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，从而可比较时间；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，从而比较合外力的冲量大小。
8．(2018·河北石家庄质检)质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8 kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2的关系可能是( ) A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．3m1＝2m2 D．4m1＝m2[解析] 根据动量守恒定律有：p1＋p2＝p1′＋p2′，可得p1′＝4 kg·m/s，碰撞过程中动能不增加，则有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，可得m1m2≤35，则A、C项错误。
碰后甲球的速度不大于乙球的速度，则有p1′m1≤p2′m2，可得m1m2≥12，则D项错误。
[答案] B[解题关键] 解本题的关键在于要弄清碰撞前后动能的关系以及碰后甲、乙两球的速度关系。
9．(2018·安徽六校二联)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d。
两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。
m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是( )A ．m 1的最小速度是0B ．存在某段时间m 1向左运动C ．m 2的最大速度一定是v 1D ．m 2的最大速度是v 1[解析] m 1由图示位置静止释放后，在弹簧弹力作用下向右加速运动，m 2静止，当m 1与m 2相距最近时弹簧弹力为零，m 1的速度最大，此后弹簧伸长，在弹簧弹力作用下，m 1减速，m 2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m 1继续减速，m 2继续加速，当两物体再次相距最近时，m 1达到最小速度v 1′，m 2达到最大速度v 2′。