解密07 碰撞与动量守恒-备战2019年高考物理之高频考点解密

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解密07 碰撞与动量守恒-备战2019年高考物理之高频考点

考点1 碰撞模型1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当12m m >时，10v >，20v >，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当12m m <时，10v <，20v >，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当12m m =时，10v =，20v v =，两钢球交换速度。

d ．当12m m <<时，10v v ≈，20v ≈，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。

例如橡皮球与墙壁的碰撞。

e ．当12m m >>时，0v v ≈，202v v ≈，说明m 1很大时速度几乎不变，而质量很小的m 2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。

4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

（2018·安徽省滁州市定远县育才学校）两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s，B 球的动量是5 kg·m/s，A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是A ．p A =6 kg·m/s，pB =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s，p B =9 kg·m/sC ．p A =–2 kg·m/s，p B =14 kg·m/sD ．p A =–5 kg·m/s，p B =15 kg·m/s 【参考答案】A【试题解析】以A 、B 两球组成的系统为对象。

动量守恒与碰撞的理论解析

动量守恒与碰撞的理论解析动量守恒与碰撞是物理学中重要的概念和理论，用于描述和解析物体之间相互作用的过程。

本文将从理论角度对动量守恒和碰撞进行解析。

1. 动量守恒定律动量守恒是指在一个系统中，如果没有外力作用，系统的总动量始终保持不变。

即一个物体在没有外力作用的情况下，其动量保持不变。

动量（p）是物体的质量（m）与速度（v）的乘积，即p = m·v。

根据牛顿第二定律，物体的动量变化率等于物体所受合外力的大小和方向，所以动量守恒可以表示为ΣF=0，其中ΣF代表合外力的矢量和。

2. 碰撞类型碰撞是指物体之间相互接触的过程。

根据碰撞类型的不同，可以将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞。

- 弹性碰撞：在弹性碰撞中，物体相互作用的时间短，相互之间没有能量损失。

碰撞前后，物体的动量和动能都保持不变。

在碰撞中，动量守恒被严格地满足。

- 非弹性碰撞：在非弹性碰撞过程中，物体相互作用的时间相对较长，会有部分能量损失。

碰撞前后，物体的动量仍然保持不变，但是动能会发生改变。

3. 弹性碰撞的理论解析在弹性碰撞中，物体之间的动量守恒可以用以下公式表达：m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f其中，m1、v1i、v1f分别表示物体1的质量、碰撞前的速度和碰撞后的速度；m2、v2i、v2f表示物体2的质量、碰撞前的速度和碰撞后的速度。

在弹性碰撞中，动能守恒同样被满足：(1/2)m1v1i^2 + (1/2)m2v2i^2 = (1/2)m1v1f^2 + (1/2)m2v2f^2通过以上两个公式，可以求解碰撞前后物体的速度。

4. 非弹性碰撞的理论解析在非弹性碰撞中，碰撞后物体会发生形变，能量会有一部分转化为其他形式的能量，比如热能。

因此，动能不守恒。

在非弹性碰撞中，只有动量守恒可以得到满足：m1v1i + m2v2i = (m1 + m2)v其中，v表示碰撞后物体的共同速度。

通过求解上述公式，可以得到碰撞后物体的速度。

动量守恒在碰撞问题中的物理知识点应用

动量守恒在碰撞问题中的物理知识点应用在物理学的广袤领域中，碰撞问题一直是一个引人入胜且具有重要实际意义的研究方向。

而动量守恒定律，作为物理学中的基本定律之一，在解决碰撞问题时发挥着关键作用。

首先，让我们来理解一下什么是动量。

动量可以简单地理解为物体的质量与速度的乘积。

它是一个矢量，既有大小又有方向。

想象一下一辆快速行驶的汽车和一辆缓慢行驶的自行车，即使它们的质量可能不同，但由于汽车的速度大，所以汽车具有更大的动量。

而动量守恒定律指的是在一个不受外力或者所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。

这就好像是一个封闭的盒子，里面的物体无论怎么相互作用、碰撞，盒子里所有物体的总动量始终不会改变。

在碰撞问题中，动量守恒定律的应用非常广泛。

我们可以将碰撞分为完全弹性碰撞、非完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞三种类型。

完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，不仅动量守恒，而且机械能也守恒。

也就是说，碰撞前后系统的总动能不变。

比如两个质量相同的小球，以相同的速度相向运动，碰撞后会各自反向弹回，且速度大小不变。

非完全弹性碰撞则是一种常见的情况，在这种碰撞中，动量守恒，但机械能有损失。

一部分机械能转化为了内能或者其他形式的能量。

例如，一个小球撞击一个静止的木块，小球和木块最终一起运动，这个过程中就有机械能的损失。

完全非弹性碰撞是机械能损失最大的情况。

碰撞后两个物体合为一体，以相同的速度运动。

比如说一辆汽车撞上了一堵墙，然后停了下来，这就是一个完全非弹性碰撞的例子。

在解决具体的碰撞问题时，我们通常会根据已知条件，利用动量守恒定律列出方程。

假设在一个水平方向的碰撞中，物体 A 的质量为 m1，碰撞前的速度为 v1，物体 B 的质量为 m2，碰撞前的速度为 v2，碰撞后它们的速度分别变为v1' 和v2'。

根据动量守恒定律，我们可以得到：m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2'。

动量守恒定律碰撞反冲现象知识点归纳总结(2)

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一．知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+'中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。

（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。

专题18 动量守恒定律(碰撞问题)-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)

知识回顾 1．动量守恒条件(1)系统不受外力或合外力为零时，动量守恒． (2)若在某一方向合外力为0，则该方向动量守恒． 2．必须掌握动量守恒定律的两种思想 (1)守恒思想：p ＝p ′、m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′. (2)转化思想：Δp 1＝－Δp 2.3．必须明确碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′. (3)速度要符合实际情况．规律方法应用动量守恒定律解题的基本思路(1)分析题意，明确研究对象，确定所研究的系统是由哪些物体组成的．(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件判断能否应用动量守恒定律．(3)明确所研究物体间的相互作用的过程，确定过程的初、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量． (4)规定正方向，确定初、末状态的动量的正、负号，根据动量守恒定律列方程求解．三类碰撞的分析 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，机械能损失最多，机械能的损失： ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v ′2 (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，机械能有损失，机械能的损失： ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12m 1v ′21＋12m 2v ′22例题分析【例1】质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ＝6 kg·m/s ，p B ＝6 kg·m/s B ．p A ＝3 kg·m/s ，p B ＝9 kg·m/s C ．p A ＝－2 kg·m/s ，p B ＝14 kg·m/s D ．p A ＝－4 kg·m/s ，p B ＝17 kg·m/s 【答案】 A【例2】．(2017年江色七校联考)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，其中A 质量为m A ＝3m 、C 质量为m C ＝2m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 发生弹性碰撞后分开，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 的质量及B 与C 碰撞前B 的速度大小？【答案】m B ＝m ，v B ＝32v 0【解析】A 与B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设B 的质量为m B ，则 3mv 0＝3mv A ＋m B v B 12×3mv 20＝12×3mv 2A ＋12m B v 2B B 、C 碰撞后与A 的速度相同，由动量守恒定律得： m B v B ＝(m B ＋2m )v A联立解得：m B ＝m ，v B ＝32v 0【例3】(2017·银川二模)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论不正确的是( )A．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．A、B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【答案】 C【例4】．(2017·衡水中学期末卷)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A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与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3【答案】 D【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：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 项正确．专题练习1．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D ．无法确定【答案】：A2．(2017年山东济宁期末)如图所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .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，A 始终没有滑离B .在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s 【答案】：B【解析】：A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B 做减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，B 的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝83m/s ，v 2＝2m/s ，所以在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小应大于2 m/s 且小于83m/s ，只有选项B 正确．3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为8 kg·m/s ，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3 B ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6C ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3D ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6 【答案】：C4．(2017年河北邯郸模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值，碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6v B ．0.4v C ．0.2v D ．v 【答案】：B【解析】：根据动量守恒定律得mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′k ＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A 项错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′k ＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B 项正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故C 项错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D 项错误．5．(多选)(2016年高考·天津卷改编)如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块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( )A ．此时盒的速度大小为v3B ．此时盒的速度大小为v2C ．滑块相对于盒运动的路程为v 23μgD ．滑块相对于盒运动的路程为v 22μg【答案】：AC【解析】：设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m ，对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共，解得v 共＝v 3，A 正确．由功能关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ⎝⎛⎭⎫v 32，解得x ＝v 23μg，C 正确． 6．(2017·南平模拟)如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定【答案】 C7．如图所示，在光滑水平面上，有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A ＝5.0 kg ·m/s ，p B ＝7.0 kg ·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A 和Δp B 可能是( )A ．Δp A ＝－3.0 kg ·m/s ；ΔpB ＝3.0 kg ·m/s B ．Δp A ＝3.0 kg ·m/s ；Δp B ＝3.0 kg ·m/sC ．Δp A ＝3.0 kg ·m/s ；Δp B ＝－3.0 kg ·m/sD ．Δp A ＝－10 kg ·m/s ；Δp B ＝10 kg ·m/s 【答案】 A【解析】 A 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝－3 kg ·m/s 、Δp B ＝3 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝2 kg ·m/s 、p ′B ＝10 kg ·m/s ，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A 项正确；B 项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔP A ＝3 kg ·m/s ，Δp B ＝3 kg ·m/s ，违反了动量守恒定律，不可能，故B 项错误；C 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝3 kg ·m/s 、Δp B ＝－3 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝8 kg ·m/s 、p ′B ＝4 kg ·m/s ，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 项错误；D 项，如果Δp A ＝－10 kg ·m/s 、Δp B ＝10 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝－5 kg ·m/s 、p ′B ＝17 kg ·m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D 项错误．8．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线．具有初动能E 0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后5个物块粘成一个整体．这个整体的动能等于( )A ．E 0 B.45E 0 C.15E 0D.125E 0【答案】 C9．(2017·铜仁市四模)(多选)如图所示，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B 和C ，小球A 从弧形轨道上离地高h 处由静止释放，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，B 球与C 球碰撞后粘在一起，A 球弹会后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A 、C 两球的质量相等，B 球的质量为A 球质量的2倍，如果让小球A 从h ＝0.2 m 处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g ＝10 m/s 2)( )A ．A 球从h 处由静止释放则最后不会与B 球再相碰 B ．A 球从h 处由静止释放则最后会与B 球再相碰C ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为79m/sD ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为89 m/s【答案】 AD10.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m 0，小车和小球以恒定速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )A ．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v 1和v 2，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2C ．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u ，满足Mv ＝(M ＋m)uD ．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 【答案】 CD【解析】A 项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v 1和v 2，根据动量守恒有：Mv ＝Mv 1＋mv 2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv ＝(M ＋m)u.故C 项正确，A 、B 两项错误；D 项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2，故D 项正确．11．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A 与小车B 的v-t 图像，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能【答案】 BC12.(2017·天津六校联考)质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止于水平面上，质量为m A ＝6 kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C ＝2 kg 的小球C 用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2 s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m ．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？【答案】 (1)1 200 N (2)0.5 m 【解析】(1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝12m C v C 2代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－12m C v ′C 2解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s取向右为正方向，对C ，根据动量定理有：－F Δt ＝－m C v ′C －m C v C解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.13．(2017年高考·课标全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】m 3＝20 kg ； v 2＝1 m/s 【解析】：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 且v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立上式且代入题给数据得m 3＝20 kg (2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0代入数据得v 1＝1 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 312m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 联立上式且代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．14．(2015年高考·课标全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【答案】(5－2)M ≤m <M如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M )2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0⑦解得m≥(5－2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M⑨15．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A＝0.5 kg，m B＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图7－2－4所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：(1)木块A的最终速度v A；(2)滑块C离开A时的速度v′C.【答案】2.6 m/s；4.2 m/s.(2)为计算v′C我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒．C离开A时的速度为v′C，B与A的速度同为v A，由动量守恒定律有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v B∴v′C＝m B＋m C v B－m B v Am C＝＋－0.3×2.60.1m/s＝4.2 m/s.16.如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝3 kg的木板，其左端放有一可看成质点、质量为m＝1 kg 的重物，右方有一竖直的墙．重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经Δt＝0.1 s木板以v1＝4 m/s的速度返回，重力加速度为g＝10 m/s2.求：(1)墙壁对木板的平均作用力；(2)板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化．若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度．(3)木板与墙壁碰撞后，系统产生的内能；(4)木板与墙壁碰撞后，重物向右移动的最大位移．【答案】F ＝305 N ；L ＝7.5 m ；37.5 J ；x ＝3.6 m【解析】 (1)设向左为正方向，板碰后速度为v 1，由动量定理有：(F －μmg )Δt ＝Mv 1－(－Mv 0)代入数据可求得F ＝305 N(3)设向左为正方向，重物与木板组成的系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝(M ＋m )v 共v 共＝1.5 m/s由能量守恒得：ΔE ＝12Mv 21＋12mv 20－12(M ＋m )v 2共＝37.5 J (4)设向左为正方向，当重物速度为零时向右的位移最大，系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝Mv 2对木板列动能定理：－μmgx ＝12Mv 22－12Mv 21x ＝3.6 m17．(2017年湖北六校调考)如图所示，一质量为13m 的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？【答案】v ＝257v 0.18．(2017年南昌市一模)如图所示，在光滑水平面上，A 小球以速度v 0运动，与原静止的B 小球碰撞，碰撞后A 球以v ＝αv 0(待定系数α<1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，设m B ＝4m A ，若要求A 球能追上B 再相撞，求α应满足的条件．【答案】13<α≤35. 【解析】：A 、B 碰撞过程，以v 0方向为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝－m A αv 0＋m B v BA 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰的条件是αv 0>v B得α>13碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－⎣⎡⎦⎤12m A αv 02＋12m B v 2B ≥0 得－1≤α≤35所以α满足的条件是13<α≤35. 19．(2017年湖北八校3月模拟)如图所示，质量为3 kg 的小车A 以v 0＝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1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为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砂桶中(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)绳未断前小球与砂桶的水平距离；(2)小车系统最终速度的大小；(3)整个系统损失的机械能．【答案】0.4 m；v2＝3.2 m/s；ΔE＝14.4 J.。

专题07 碰撞与动量守恒-2019年高考物理备考优生百日闯关系列 Word版含解析

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D．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，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，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b到c的运动时间之比为，故A正确；B．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错误。

2．北京时间2009年3月1日下午15时36分，在距月球表面100km的圆轨道上运行的质量为(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星，在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火。

在极短的时间内以4.92km/s的速度（相对月球表面）向前喷出质量为50kg的气体后，卫星减速。

2019年高考物理之高频考点解密07碰撞与动量守恒(含解析)

考点1 碰撞模型1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律3两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

d ．当12m m <<时，10v v ≈，20v ≈，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。

例如橡皮球与墙壁的碰撞。

4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

（2018·安徽省滁州市定远县育才学校）两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是 A ．p A =6 kg·m/s ，p B =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/s C ．p A =–2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/s D ．p A =–5 kg·m/s ，p B =15 kg·m/s 【参考答案】A【试题解析】以A 、B 两球组成的系统为对象。

2019年高考物理之高频考点解密07碰撞与动量守恒(附解析)

考点1 碰撞模型1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律3两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

d ．当12m m <<时，10v v ≈，20v ≈，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。

例如橡皮球与墙壁的碰撞。

4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

（2018·安徽省滁州市定远县育才学校）两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是 A ．p A =6 kg·m/s ，p B =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/s C ．p A =–2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/s D ．p A =–5 kg·m/s ，p B =15 kg·m/s 【参考答案】A【试题解析】以A 、B 两球组成的系统为对象。

专题07 碰撞与动量守恒-2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列 Word版含解析

姓名，年级：时间：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.第二部分知识背一背（1）动量、动能、动量变化量的比较(2）动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向相同．②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的．③相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量．（3）动量守恒条件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．(4)动量守恒定律的表达式m 1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。

（5）碰撞的种类及特点(6)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统,在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件.在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。

第三部分技能+方法一、动量守恒定律的特点：①矢量性：表达式中涉及的都是矢量，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。

不同时刻的动量不能相加。

③同时性：动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒定律指的是相互作用的物体构成的物体系在任一时刻的总动量都相同．④普适性:它不仅适用于两个物体组成的系统，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，对微观粒子组成的系统也适用。

高三物理碰撞与动量守恒总复习

碰撞与动量守恒[建体系·记要点] 知识串联熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．动量定理表达式F Δt ＝m v ′－m v 中的F 为物体在Δt 时间内所受的合外力．应用动量定理列方程时必须选取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v ′2. (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能有损失，机械能的损失量为： ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2)．[做真题·明考向] 真题体验透视命题规律[真题再做]1.(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ，T20)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 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：设t ＝1 s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝m v 1，得v 1＝1 m /s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m /s ，B 项正确．t ＝3 s 时动量p 3＝2×2 kg·m/s －1×1kg·m /s ＝3 kg·m/s ，C 项错误．t ＝4 s 时物块速度v 4＝p 4m ＝2×2－1×22m /s ＝1 m/s ，故D 项错误．答案：AB2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．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 /sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m /sD ．6.3×102 kg·m/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050×600 kg·m /s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B② 联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤ v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v 2A ＝－μm A g (2l ＋s B )⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭ 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式有2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后之间的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰答案：(1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m4．(2019·高考全国卷Ⅰ，T25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v -t 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．解析：(1)根据图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m (－v 12)＋m ′v ′① 12m v 21＝12m (－12v 1)2＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －fs 1＝12m v 21－0④ －(fs 2＋mgh )＝0－12m (－v 12)2⑤ 从图(b)所给出的v -t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦ 由几何关系s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为W ＝fs 1＋fs 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋h sin θ⑪ 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·h sin θ－μ′mgs ′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119⑭ 答案：(1)3m (2)215mgH (3)119[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的基本方法，是高考的重点考查内容．2．研究近几年高考试题可以发现，全国卷以选择题形式命题的题目，难度较小，考查动量、冲量及动量定理的基本应用，如2017年全国卷Ⅲ第20题和2017年全国卷Ⅰ第14题；以计算题形式命题的题目，重点考查了动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大，一般为压轴题，如2019年全国卷Ⅲ第25题和2019年全国卷Ⅰ第25题.■解题要领——怎么做1．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．2．2020年复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动量守恒定律和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能考向一冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么()A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 NB．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 NC．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小解析：树枝落到头顶上时的速度v＝2gh＝2×10×5 m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－m v，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．答案：B2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来．两物块运动的v -t图象如图所示，图中AB∥CD，则下列说法正确的是()A．两物块所受摩擦力大小相等B．两物块所受摩擦力冲量大小相等C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量解析：由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确．根据I＝F f t，由图看出摩擦力的作用时间t OB＜t OD，可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－F f t OB＝0，F2t2－F f t OD＝0，因t OB＜t OD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．故选A、D.答案：AD3．(2019·陕西西安高考模拟)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3B．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3解析：物体下滑过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确．答案：D4．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理得－μmgs ＝12m v 2－12m v 20代入数值解得μ＝0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s由动量定理得F Δt ＝m v ′－m v解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12m v ′2 解得W ＝9 J.答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J易错警示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4题中墙面对物块平均作用力的计算)，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1题中的枯枝对人的头部产生的冲击力是平均力．(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3题中，强调了动量变化的大小)，公式中的F 是物体或系统所受的合力．考向二动量、动量守恒定律[典例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？[思路点拨](1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的过程动量守恒吗？(2)题目中“避免相撞”的条件是什么？[解析]要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M ＋m)v0＝m v＋M v1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m v－M v0＝(m＋M)v2②甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．[答案] 5.2 m/s规律总结应用动量守恒定律解题的基本步骤——————————————————————————————————————(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，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．(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．5．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得M v ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC6．(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( ) A.m m ＋M h B.M m ＋M h C.M ＋m M h D.M ＋m mh 解析：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L ，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M (－v 2)＋m v 1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L －h ，速度大小v 2＝L －h t，人相对于地面下降的高度为h ，速度大小为v 1＝h t ，联立得0＝M (－L －h t )＋m ·h t ，解得L ＝M ＋m Mh ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m ，小车和人的总质量为M ＝4m ，人以对地速率v 将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v 第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱．求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功．解析：设人推出木箱n 次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为v 1、v 2、v 3、…、v n ，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得第一次推木箱时：0＝4m v 1－m v第二次推木箱时：4m v 1＋m v ＝4m v 2－m v……第n 次推木箱时：4m v n －1＋m v ＝4m v n －m v联立解得v n ＝2n －14v 人接不到木箱的条件为v n ≥v解得n ≥2.5，取n ＝3即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v 3＝54v 由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做的功W ＝12×4m v 23＋12m v 2＝298m v 2. 答案：298m v 2 考向三碰撞与反冲、爆炸类问题1．掌握碰撞的“三个原则”(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0.当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．[典例2] 如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[思路点拨] 解此题的关键有两点：正确分析“A 只与B 、C 各发生一次碰撞”的条件．(1)A 与C 发生碰撞后，A 反弹，速度v 1＜0，即m ＜M .(2)A 向左运动与B 发生碰撞后，需要满足A 碰后的速度v 3小于等于C 的运动速度．[解析] 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得 m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M v 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(5－2)M ≤m ＜M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M易错警示碰撞问题的两点注意——————————————————————————————————————(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．8.(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a 、b 两个小球，a 球向b 球运动并与b 球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s -t 图象如图乙所示，已知m a ＝5 kg.若b 球的质量为m b ，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )A ．m b ＝1 kgB ．m b ＝2 kgC ．ΔE ＝15 JD ．ΔE ＝35 J解析：在s -t 图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以v a ＝61 m /s ＝6 m/s ，碰后粘合在一起共同运动的速度为v ＝51 m /s ＝5 m/s ，碰撞过程动量守恒，得m a v a ＝(m a ＋m b )v ，解得m b ＝1 kg ，故A 正确，B 错误；根据功能关系得ΔE ＝12m a v 2a －12(m a ＋m b )v 2＝15 J ，故C 正确，D 错误．答案：AC9．(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝a v 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的取值范围为( )A.15＜a ＜13B.13＜a ＜23C.13＜a ≤25D.13＜a ≤35解析：碰撞过程动量守恒，以v 0方向为正方向有m A v 0＝－m A a v 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是a v 0＞v B ，解得13＜a ；碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－ [12m A (a v 0)2＋12m B v 2B ]≥0，解得a ≤35，故13＜a ≤35，D 正确．答案：D10．(2019·江苏苏北三市高三期末)一枚在空中飞行的炮弹，质量M ＝6 kg ，在最高点时的速度v 0＝900 m/s ，炮弹在该点突然炸裂成A 、B 两块，其中质量m ＝2 kg 的B 做自由落体运动．求：(1)爆炸后A 的速度大小；(2)爆炸过程中A 受到的冲量大小．解析：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有M v 0＝(M －m )v A解得v A ＝1 350 m/s ，方向与初速度方向相同．(2)根据动量定理可知A 的冲量为I ＝Δp ＝(M －m )·(v A －v 0)＝1 800 N·s ，方向与初速度方向相同．答案：(1)1 350 m/s (2)1 800 N·s[限时练·通高考] 科学设题拿下高考高分(45分钟)[刷基础]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正比，A 错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，所以列车的动能与它的位移成正比，B 正确；动能E k ＝12m v 2，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C 错误；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D 错误．答案：B2．(2019·陕西西安高三期末)如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m /s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m /sB ．4 m/sC ．8.5 m /sD ．9.5 m/s解析：设小球的初速度为v 0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝15 m /s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv 0＋Mv ＝(M ＋m )v ′，解得v ′＝5 m/s ，A 正确．答案：A3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m /s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：平抛运动时间t ＝2h g ＝1 s ，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则m v ＝34m v 甲＋14m v 乙，又因为v 甲＝x 甲t ，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．答案：B4．(多选)一质量m ＝0.10 kg 的小钢球以大小为v 0＝10 m /s 的速度水平抛出，下落h ＝5.0 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g 取10 m/s 2，则( )A ．钢板与水平面的夹角θ＝60°B ．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·sC ．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 2 kg·m/sD ．钢板对小钢球的冲量大小为 2 2 N·s解析：由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度v y ＝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＝v y v x＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A 错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t ＝2h g＝1 s ，重力冲量I ＝mgt ＝1 N·s ，选项B 正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v 1＝2v 0＝10 2 m/s ，动量p 1＝－m v 1＝－ 2 kg·m/s ，撞后小钢球的速度v 2＝10 2 m/s ，动量p 2＝m v 2＝ 2 kg·m/s ，小钢球的动量变化Δp ＝p 2－p 1＝2 2 kg·m/s ，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I ＝Δp ＝2 2 N·s ，选项C 错误，D 正确．答案：BD5．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以v 0＝4 m/s 的速度朝B 开始运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )A ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为1 N·sB ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为4 N·sC ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 JD ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J解析：根据动量守恒定律，当A 、B 速度相等时，且与C 碰撞之前A 、B 的速度为v 1，则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝2 m/s ；从开始到弹簧最短时，对A 、B 、C 系统，有m v 0＝3m v 2，解得v 2＝43 m /s ；从开始到弹簧最短时，对物块C ，由动量定理得I ＝mv 2＝4 N·s ，选项B 正确，A 错误．B 与C 相碰的过程，mv 1＝2mv 3，解得v 3＝1 m/s ，则从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 21－12×2m v 23＝3 J ，选项C 正确，D 错误．答案：BC6．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m /s 的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小；(2)风速的大小v .解析：(1)风突然停止，帆船只受到阻力F 阻的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，则a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律有－F 阻＝Ma ，所以F 阻＝468 N帆船匀速运动时，有F －F 阻＝0解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t解得v ＝10 m/s.答案：(1)468 N (2)10 m/s7．(2019·福建宁德高三上学期期末)如图所示，AB 间放有一个风洞，水平地板AB 延伸至C 点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m 1＝1 kg 的滑块1放在风洞A 点，在水平向右的恒定风力F ＝20 N 作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C 点、质量m 2＝2 kg 的滑块2发。

碰撞和动量守恒知识点总结

碰撞和动量守恒知识点总结(总5页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第一章碰撞和动量守恒知识点总结知识点1 物体的碰撞1．生活中的各种碰撞现象碰撞的种类有正碰和斜碰两种．(1)正碰：像台球的碰撞中若两个小球碰撞时的速度沿着连心线方向，则称为正碰．(2)斜碰：像台球的碰撞中若两个小球碰撞前的相对速度不在连心线上，则称为斜碰．2．弹性碰撞和非弹性碰撞(1)碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种．①弹性碰撞：若两个物体的碰撞发生在水平面上，碰撞后形变能完全恢复，则没有动能损失，碰撞前后两个物体构成的系统动能相等．②非弹性碰撞：若两个物体的碰撞发生在水平面上，碰撞后形变不能完全恢复或完全不能恢复(黏合)，则有动能损失(或损失最大)，损失的动能转变为热能，碰撞前后两个物体构成的系统动能不再相等，碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能．(2)两种碰撞的区别：弹性碰撞没有能量损失，非弹性碰撞有能量损失．当两个小球的碰撞发生在水平面上时，两小球碰撞前后的重力势能不变，变化的是动能，根据动能是否守恒，把小球的碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，如下所示：(3)注意．①非弹性碰撞一定有机械能损失，损失的机械能一般转化为内能．碰撞后的总机械能不可能增加，这一点尤为重要．②系统发生爆炸时，内力对系统内的每一个物体都做正功，故爆炸时，系统的机械能是增加的，这一增加的机械能来源于炸药贮存的化学能．知识点2 动量、冲量和动量定理一、动量1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．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，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。

是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。

单位是kg·m/s；2、动量和动能的区别和联系①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。

动量守恒定律与碰撞的研究

动量守恒定律与碰撞的研究碰撞是物体间相互作用的一种常见现象，我们在日常生活中可以观察到许多碰撞事件。

如何解释和研究碰撞过程，深入了解其中的物理规律，是物理学中一个重要的课题。

动量守恒定律是研究碰撞过程的基本原理之一，本文将探讨动量守恒定律与碰撞的关系。

一、动量守恒定律的基本原理动量是物体运动的基本物理量，定义为物体的质量乘以其速度。

动量守恒定律指的是在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。

具体来说，在一个封闭系统中，物体的动量变化可以通过动量的求和来表示。

当两个物体发生碰撞时，它们的动量之和在碰撞前后保持不变，即m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'其中，m1和m2分别是两个物体的质量，v1和v2分别是它们的速度，v1'和v2'是它们碰撞后的速度。

二、完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指在碰撞过程中，物体间没有能量损失，碰撞前后动能保持不变的碰撞过程。

在完全弹性碰撞中，根据动量守恒定律可以得到质量和速度之间的关系。

在碰撞前，设两个物体的质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2。

在碰撞后，速度分别为v1'和v2'。

根据动量守恒定律可得：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'如果将碰撞前质量为m1和m2的两个物体的速度视为向量，那么碰撞后的速度也可以视为向量。

这样，动量守恒定律可以用向量形式表示为：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'根据动量守恒定律，我们可以解得碰撞后物体的速度v1'和v2'。

完全弹性碰撞可以在实验室中进行研究，比如实验中用两个弹性小球进行碰撞。

通过测量小球的质量和初速度，再观察它们的运动轨迹，可以验证动量守恒定律的有效性。

三、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指在碰撞过程中，物体间发生能量损失，碰撞前后动能发生改变的碰撞过程。

在完全非弹性碰撞中，根据动量守恒定律同样可以得到质量和速度之间的关系。

2019年高考物理专题07碰撞与动量守恒命题猜想(含解析)

碰撞与动量守恒命题猜想【考向解读】1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容．2．本讲内容经常与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题．这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用．【网络构建】【命题热点突破一】冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．5．动量定理解题步骤(1)明确研究对象和物理过程；(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；(4)依据动量定理列方程、求解．例1、(2018·高考全国卷Ⅱ，T24)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小．(2)设A 车的质量为m A ，碰后加速度大小为a A ，根据牛顿第二定律有μm A g ＝m A a A ④设碰撞后瞬间A 车速度的大小为v A ′，碰撞后滑行的距离为s A ，由运动学公式有v A ′2＝2a A s A ⑤设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为v A .两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A ＝4.25 m/s ⑦【答案】(1)3.0 m/s (2)4.25 m/s【变式探究】【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

专题7.2 碰撞与能量守恒(真题精讲)-2019领军高考物理真题透析一轮复习(原卷版)

（一）真题速递1.(2018·全国卷I ·T24)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。

2.（2018·天津高考·T9（1））质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是m/s。

若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N,则子弹射入木块的深度为m。

3. (2016·全国甲卷)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？4.（2015新课标Ⅱ）两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．5.（2012新课标）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。

让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。

分析高中物理中的动量守恒与碰撞问题

分析高中物理中的动量守恒与碰撞问题高中物理中的动量守恒与碰撞问题动量守恒和碰撞是高中物理中非常重要的概念和问题。

动量守恒是指在一个封闭系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变；而碰撞则是指两个物体之间的相互作用，其中包括弹性碰撞和非弹性碰撞。

本文将对这两个问题进行分析和探讨。

首先，我们来看动量守恒。

动量守恒是一个基本的物理定律，它描述了物体在运动过程中动量的变化情况。

根据动量守恒定律，当一个封闭系统中没有外力作用时，系统的总动量保持不变。

这意味着，如果一个物体的动量增加，那么另一个物体的动量必然减少，二者之和保持不变。

动量的大小与物体的质量和速度有关，质量越大，速度越小，动量越大。

而质量越小，速度越大，动量越小。

这个定律在很多物理问题中都有广泛的应用，比如在交通事故中，如果两辆车发生碰撞，根据动量守恒定律可以推导出碰撞前后车辆的速度变化情况。

接下来，我们来探讨碰撞问题。

碰撞是物体之间的相互作用，它可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。

在弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，它们的动量和动能都会发生变化，但总动量和总动能保持不变。

这意味着，在弹性碰撞中，物体之间的相对速度会发生变化，但总的动量大小不变。

而在非弹性碰撞中，物体之间发生碰撞后，它们的动量和动能也会发生变化，但总动量和总动能不再保持不变。

这意味着，在非弹性碰撞中，物体之间的相对速度也会发生变化，但总的动量大小不变。

对于碰撞问题，我们可以通过动量守恒定律来解决。

根据动量守恒定律，当一个封闭系统中没有外力作用时，系统的总动量保持不变。

因此，在碰撞过程中，我们可以根据物体的质量和速度来计算它们的动量，并通过动量守恒定律来解决碰撞问题。

例如，当两个物体发生碰撞时，我们可以根据它们的质量和速度来计算碰撞前后的动量变化，从而得到碰撞后物体的速度。

除了动量守恒定律，我们还可以使用动能守恒定律来解决碰撞问题。

根据动能守恒定律，当一个封闭系统中没有外力作用时，系统的总动能保持不变。

如何利用物理学原理解释动量守恒和碰撞规律

如何利用物理学原理解释动量守恒和碰撞规律动量守恒和碰撞规律是物理学中重要的概念，它们揭示了物体在碰撞过程中的运动规律。

通过物理学原理，我们可以深入理解这些规律的背后原理，进而应用于实际问题的解决。

首先，我们来讨论动量守恒定律。

动量是物体的运动状态的量度，它等于物体的质量乘以其速度。

根据牛顿第二定律，物体的动量变化率等于作用在物体上的力。

在一个孤立系统中，没有外力作用的情况下，动量守恒定律成立。

这意味着，系统中所有物体的动量之和在碰撞前后保持不变。

动量守恒定律可以通过物理学原理进行解释。

根据牛顿第三定律，任何两个物体之间的相互作用力大小相等、方向相反。

在碰撞过程中，物体之间发生相互作用，力的大小和方向会发生变化。

然而，根据动量守恒定律，系统中所有物体的动量之和保持不变。

因此，当一个物体的动量增加时，另一个物体的动量必然减小，以保持总动量不变。

接下来，让我们来探讨碰撞规律。

碰撞是物体之间发生相互作用的过程，它可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。

弹性碰撞是指碰撞后物体之间没有能量损失的碰撞，而非弹性碰撞则是指碰撞后物体之间发生能量损失的碰撞。

弹性碰撞的碰撞规律可以通过动量守恒和动能守恒原理来解释。

根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量保持不变。

根据动能守恒定律，碰撞前后物体的总动能也保持不变。

因此，在弹性碰撞中，碰撞前后物体的动量和动能都保持不变。

非弹性碰撞的碰撞规律则需要考虑能量损失的情况。

在非弹性碰撞中，碰撞后物体之间会发生能量的转化和损失。

这种能量转化和损失可以通过考虑碰撞中的摩擦力、变形等因素来解释。

在非弹性碰撞中，碰撞后物体的总动量仍然保持不变，但总动能会发生变化。

除了动量守恒和碰撞规律，物理学中还有一些相关的概念和原理，例如冲量和动量守恒的应用。

冲量是力作用在物体上的时间积分，它等于物体动量的改变量。

根据冲量-动量定理，物体的冲量等于物体动量的变化量。

通过冲量的概念，我们可以更好地理解碰撞过程中力的作用时间和力的大小对物体动量的影响。