高考物理二轮复习专题三动量和能量1_3_7碰撞与动量守恒训练
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。
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。
高中物理二轮专题复习课件专题二碰撞与动量守恒
实验步骤与注意事项
02
01
03
实验步骤 1. 调整气垫导轨水平，并接通光电计时器的电源。 2. 用天平测量两个小球的质量，并记录数据。
实验步骤与注意事项
3. 将两个小球分别放在气垫导 轨的两端，并调整它们的位置 ，使它们能够发生对心碰撞。
4. 开启光电计时器，使两个小 球同时从导轨两端开始运动， 并记录它们通过两个光电门的 时间。
碰撞过程中的能量转化
在弹性碰撞中，系统的机械能守恒，没有能量转化 。
在非弹性碰撞中，系统的机械能减少，减少的机械 能转化为内能。
内能的表现形式为物体的温度升高，或者产生声音 、光等形式的能量。
03
一维碰撞问题求解
一维弹性碰撞问题求解
80%
弹性碰撞定义
在碰撞过程中，如果系统内物体 间相互作用力为保守力，且碰撞 过程中系统动能守恒，则称此类 碰撞为弹性碰撞。
求解方法
根据动量守恒和能量损失 情况，可以求出碰撞后物 体的速度大小和方向。
二维碰撞中的临界问题
临界条件
注意事项
在二维碰撞中，当两个物体刚好能够 发生碰撞或者刚好不能发生碰撞时， 称为临界条件。
在处理临界问题时，需要注意物理量 的取值范围和限制条件，避免出现不 符合实际情况的解。
求解方法
根据临界条件和动量守恒、动能守恒 等物理规律，可以求出临界条件下的 物理量，如速度、角度等。
05
动量守恒定律在综合问题中的应用
动量守恒定律与牛顿运动定律的综合应用
碰撞问题
分析碰撞过程中物体间的相互作 用力，应用动量守恒定律和牛顿 运动定律求解碰撞后物体的速度
和方向。
爆炸问题
分析爆炸过程中物体间的相互作 用力，应用动量守恒定律和牛顿 运动定律求解爆炸后物体的速度
高三第二轮复习专题复习通用课件3动量和能量上
t3 v2 v0 / 2
2v0 2 v0 / 2
2 1
t1 : t2 : t3 (2 3) : ( 3 2) : ( 2 1)
四 碰撞的分类
完全弹性碰撞 —— 动量守恒，动能不损失 （质量相同，交换速度）
完全非弹性碰撞—— 动量守恒，动能损失 最大。 （以共同速度运动）
非完全弹性碰撞— 动量守恒，动能有损失。 碰 撞后的速度介于上面两种碰撞的 速度之间.
8J 焦耳，恒力乙做的功等于 24J 焦耳.
解：A---B S=1/2a1 t2 =F1 t2 /2m v=at=F1 t/m
B---C—A - S=vt - 1/2 a2 t2 = F1 t 2/m - F2 t2 /2m
∴F2 =3 F1
A—B—C—A 由动能定理 F1S+F2S=32
∴W1= F1S=8J
在工件加速运动过程中，工件的平均速度为 v/2 ，
因此工件的位移是皮带运动距离S′的1/2， 即S′= 2S = 1.6 m
由于滑动摩擦力作功而增加的内能 △ E 为 △E=f △S=mgcos30°(S′－S)= 60J
电动机多消耗的电能为 △EK+△EP+△E=280J
96年高考21 在光滑水平面上有一静止的物体，现以 水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反 方向的恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力 甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的 动能为32 J,则在整个过程中，恒力甲做的功等于
ΔE = fΔS （ ΔS 为相对位移） ⑻克服安培力所做的功等于感应电能的增加
三. 应用动能定理分析一个具体过程时，要做 到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个 物体的运动情况），明确研究过程（从初状态 到末状态）及明确各个力做功的情况。还要注 意是合力的功。
2019高考物理二轮复习专题三动量和能量1_3_7碰撞与动量守恒训练
309教育网 309教育资源库 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a 1＝10－05 m/s 2＝2 m/s 2，位移x 1＝12×5×10 m ＝25 m ； 5～10 s 内：加速度为零，位移x 2＝5×10 m ＝50 m ；10～15 s 内：加速度a 3＝0－105 m/s 2＝－2 m/s 2，位移x 3＝12×5×10 m ＝25 m ； 根据牛顿第二定律，0～5 s 内：F 1－f ＝ma 1根据平衡条件，5～10 s 内：F 2＝f根据牛顿第二定律，10～15 s 内：－f ＝ma 3联立解得：F 1＝4m (N)，F 2＝2m (N)0～5 s 内牵引力做功的平均功率为：＝F 1x 1t 1＝4m ×255＝20m (W)， 5～10 s 内牵引力做功的平均功率为： ＝F 2x 2t 2＝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。
高考物理二轮复习二 能量与动量 第3讲 碰撞与动量守恒突破练
拾躲市安息阳光实验学校第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 )v 2，人跳离乙车时，－(m ＋M )v 2＝－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 ＋Mv 1＝(m＋M )v 甲，解得v 甲v 乙＝MM ＋m ，故A 错误，B 正确；由动量定理得，对甲车I 1＝Mv 1＝mv ，对乙车I 2＝Mv 乙－Mv 2＝2mv －mv1＋m M>mv ，即I 1<I 2，故C 、D 错误．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 ＝12gt 2，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12m (3v )2>12·3m ·v 2，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 ＝5kg ·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 ．mB ＝m A B.m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．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p 2A2m A ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B ，代入数据解得m B ≥23m 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p A ′m A ≤p B ′m B，解得m B ≤4m A ，综上可得23m 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m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2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，PQ ＝2PO ，则两小球质量之比m 1∶m 2为( )A ．7∶5 B.1∶3 C ．2∶1D ．5∶3解析：设A 、B 两个小球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有12m 1v 20＝12m 1v 21＋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 )＝PO ∶(PO ＋4PO )＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝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 ∶m C ．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/s B ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·s C ．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 ＝2 m/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 ＝43 kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v 2＝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 ＝－103 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m 1＝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h 1＝1.8 m 处由静止释放质量为m 2＝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/s 2.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v 0，根据自由落体运动规律有v 0＝2gh 1＝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m 2v 0＝(m 1＋m 2)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(m 2g －F )t ＝0－m 2v 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 ＋m 2gx ＝0－12m 2v 2t ，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 ′＝v 2t2g＝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v 0，由题给条件有 E ＝12mv 20①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－v 0＝－gt ②联立①②式得t ＝1g2E m③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④ 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v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤12mv 1＋12mv 2＝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h 2，由机械能守恒定律有 14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg⑧答案：(1)1g2E m (2)2E mg10.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v 0滑上木板AB ，过B 点时的速度为v 02，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mv 0＝m v 02＋2mv ，解得v ＝v 04.(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 v 02＋m v 04＝2mv 共系统能量守恒，有mgR ＝12m (v 02)2＋12m (v 04)2－12×2mv 2共解得R ＝v 2064g .答案：(1)v 04 (2)v 2064g11．如图所示，质量为m A ＝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/s 2.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．解析：(1)设系统最终速度为v 共，水平方向动量守恒，有(m A ＋m B )v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v 共代入数据解得v 共＝3.2 m/s(2)A 与C 的碰撞动量守恒，m A v 0＝(m A ＋m C )v 1解得v 1＝3 m/s ，设小球下落时间为t ，则h ＝12gt 2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 ＝(v 0－v 1)t 代入数据解得L ＝0.4 m(3)由能量守恒得ΔE 机损＝m B gh ＋12(m A ＋m B )v 20－12(m A ＋m B ＋m C )v 2共代入数据解得ΔE 机损＝14.4 J答案：(1)3.2 m/s (2)0.4 m (3)14.4 J。
高考物理 讲练测系列 专题32 碰撞、动量和能量
2013年高考物理专项冲击波讲练测系列 专题32 碰撞、动量和能量【重点知识解读】一．碰撞1. 弹性碰撞：碰撞后物体的形变可以完全恢复，且碰撞过程中系统的机械能守恒。
2. 非弹性碰撞：碰撞后物体的形变只有部分恢复，且碰撞过程中系统的机械能由损失。
3. 在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。
相互作用的系统一定满足能量守恒定律。
若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。
二、动量和能量在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。
相互作用的系统一定满足能量守恒定律。
若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。
三．力学规律的优选策略力学规律主要有：牛顿第二运动定律，动量定理和动量守恒定律，动能定理和机械能守恒定律，功能关系和能量守恒定律等。
1． 牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，其表达式是：F =ma 。
据此可知，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用，且又直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应选用牛顿第二定律和运动学公式。
若物体受到变力作用，对应瞬时加速度，只能应用牛顿第二定律分析求解。
2． 动量定理反映了力对时间的积累效应，其表达式是：Ft ＝Δp ＝mv 2－mv 1。
据此可知，动量定理适合于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及运动时间的问题，特别对于冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应选用动量定理求解。
3． 动能定理反映了力对空间的积累效应，其表达式是：W ＝ΔE k ＝21222121mv mv 。
据此可知，对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间（对于机车恒定功率P 运动，其牵引力的功W牵＝Pt，可以涉及时间t），而涉及力和位移、速度的问题，无论是恒力还是变力，都可选用动能定理求解。
4．如果物体（或系统）在运动过程中只有重力和弹簧的弹力做功，而又不涉及物体运动过程中的加速度和时间，对于此类问题应优先选用机械能守恒定律求解。
2019版高考物理二轮复习 专题二 功与能 动量 第7讲 碰撞与动量守恒学案
第7讲碰撞与动量守恒1．(2018·全国Ⅱ卷15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A ．10 NB ．102N C ．103ND ．104NC [设每层楼高约为3 m ，则下落高度约为h ＝3×25 m＝75 m由mgh ＝12mv 2及(F －mg )t ＝mv 知鸡蛋对地面的冲击力F ＝mv t＋mg ≈103N]2．(2018·全国Ⅲ卷，21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等BD [A 错：经时间t 、a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则x a >x b ，根据x ＝12at 2，得a a ＞a b ，又由a ＝Fm 知，m a <m b ；B 对：经时间t 到下半区域的同一水平面，则电场力做功W a >W b ，由动能定理知，a 的动能比b 的动能大；C 错：a 、b 处在同一等势面上，根据E p ＝qφ，a 、b 的电势能绝对值相等，符号相反；D 对：根据动量定理Ft ＝p －p 0，则经过时间t ，a 、b 的动量大小相等．]3．(2018·天津卷，9(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4.5×103N ，则子弹射入木块的深度为________ m.解析 设木块的最终速度为v ，则根据动量守恒定律得mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝20 m/s根据能量守恒定律得F f d 相对＝12mv 20－12(M ＋m )v 2，解得d 相对＝0.2 m 答案 20 0.24．(2017·高考全国卷Ⅰ，14)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 ．5.7×102kg·m/sC ．6.0×102kg·m/sD ．6.3×102kg·m/sA [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 －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s，选项A 正确．]5．(2016·高考全国卷Ⅰ，35节选)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v 0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 ＝ρΔV ① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S ③ (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 )v 20④ 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 )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦式得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2[考情分析]■命题特点与趋势1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，在现代物理中应用很广，这部分知识与牛顿运动定律、功和能合称“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．试题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，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．■解题要领解决本讲的问题，要紧扣命题特点，高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理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．因此要在审题上要狠下工夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法．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：F Δt ＝mv ′－mv .I ＝p ′－p . (2)力的表达式：F ＝ΔpΔt .二、动量定理的理解和应用1．公式p ′－p ＝Ft 是矢量式，右边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F 是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则F 是合外力在t 时间内的平均值．2．动量定理说明的是合外力的冲量I 合和动量的变化量Δp 的关系，不仅I 合与Δp 大小相等，而且Δp 的方向与I 合的方向相同．3．公式p ′－p ＝Ft 说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因．[命题视角]考向1 对动量和冲量的理解例1 (2018·山东泰安模拟)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t 1，t 2，合外力的冲量大小为I 1、I 2，则( )A ．t 1＞t 2B ．t 1＝t 2C ．I 1＞I 2D ．I 1＝I 2C [小球从A 点正上方O 点静止释放，刚好能运动至C 点，说明在圆弧内要克服摩擦力做功，因此在AB 段平均速率大于BC 段平均速率，两段路程相等，所以t 1<t 2，A 、B 错误；在AB 段动量的变化为m Δv ，在矢量三角形如图所示而在BC 段动量的变化为：mv B ，由图可知AB 段动量的变化大于BC 段动量的变化，由动量定理得：I 1>I 2，C 正确，D 错误．]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 m 3，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2×10－3m 2，水的密度为1.0×103kg/m 3，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)水射出枪口时的速度大小；(2)从打开水枪开始计时，水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式． 解析 (1)水出口速度为v ，由平抛运动h ＝12gt 2水平方向x ＝vt 解得：v ＝60 m/s(2)取Δt 时间喷出的水为研究对象，Δm ＝ρsv Δt 由动量定理：F ′Δt ＝Δmv 解得：F ′＝ρsv 2由牛顿第三定律得：水对车的作用力F ＝F ′取消防车为研究对象，以沿斜面向上为正方向，其受力平衡 (M ＋ρV 0－ρsvt )g sin37°＝F cos 37°＋f 解得：f ＝6.624×104－720t (N)答案 (1)60 m/s (2)f ＝6.624×104－720t [归纳反思]本题涉及多个过程，平抛运动采用分解的方法研究；动能定理是求解功的一种常用方法；对流体的瞬时作用由动量定理解决瞬时力的作用问题．[题组突破]1－1.(2018·山西省大同市高三二模)如图所示，A 、B 为原长相等、劲度系数分别为k 和3k 的两根轻弹簧，将轻弹簧A 、B 的两端对齐套在一起，竖直地固定在水平地面上，两弹簧均处于原长状态，把质量m ＝1 kg 的物块从距离弹簧上端h ＝5 m 处由静止释放，与弹簧接触后，经t ＝1 s 速度减至0，已知重力加速度g 取10 m/s 2，则在弹簧压缩过程中，物块受到轻弹簧A 的平均作用力大小为( )A ．15 NB ．10 NC ．5 ND ．2.5 NC [物块自由落体的时间t 0＝2hg＝1 s ，整个下落过程对物块由动量定理得mg (t 0＋t )－F t ＝0，解得F ＝20 N ，两弹簧劲度系数之比为1∶3，弹力之比始终为1∶3，故物块受到弹簧A 的平均作用力大小F A ＝14F ＝5 N ，C 正确．]1－2.(2018·广西省桂林市高三月考(4))对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2mv 如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N ＝16n ·Sv Δt ，Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSmv 2Δt器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝IΔt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nmv 2.答案 f ＝13nmv 2高频考点二动量守恒定律及其应用[备考策略]本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合的计算题的形式命题，试题难度中等．考生应学会灵活变通．1．基本知识2．碰撞模型分类(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒．(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒．(3)完全非弹性碰撞特征：碰后二者“粘”为一体，速度相同，动量守恒，机械能损失最多．[命题视角]考向1 碰撞类问题例3 (2018·山东省济南市高三二模)(多选)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 JAC [在s －t 图象中图象的斜率表示物块运动的速度大小，所以v a ＝61＝6 m/s碰后合在一起共同运动的速度为v ＝51＝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ΔE ＝12m a v 2a －12(m a ＋m b )v 2＝15 J ，故C 正确，D 错误．][归纳反思]碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．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．考向2 系统动量守恒例4 (2018·四川绵阳中学高三下学期调研)(多选)质量为3m 足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，己知重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．1木块相对静止前，木板是静止的B ．1木块的最小速度是0C ．2木块的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对静止时位移是4v 2μgCD [木块开始运动时，木块对木板的摩擦力f ＝3μmg ＞0，木板发生运动．设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋mv 3，在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v 0－v 3＝2v 0－v 2，解得v 2＝56v 0，当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v .系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6mv ，解得v ＝v 0，整个运动过程中，木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律μmg ＝ma ，由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2as 3，解得s 3＝4v 2μg，故选C 、D.]考向3 多过程问题中的动量守恒例5 (2018·山东省临沂市高三三模)质量m ＝1 kg 的小物块在高h 1＝0.3 m 的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K 锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K ，物块将以水平速度v 0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B 点的高度h 2＝0.15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M ，m 滑下与M 发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的13，碰撞过程中无能量损失，g ＝10 m/s 2，求：(1)物块m 压缩弹簧时储存的弹性势能E p ； (2)物块M 的质量．解析 (1)小物块由A 运动到B 做平抛运动，h 1－h 2＝12gt 2，解得：t ＝310s由几何关系：R ＝h 1，h 1－h 2＝R2，∠BOC ＝60°设小球平抛时的初速度为v 0, 则gt v 0＝tan 60°弹性势能E p 等于小物块在A 点的动能，E p ＝12mv 20解得：E p ＝0.5 J ；(2)小物块到C 点时的速度为v 1， 由机械能守恒12mv 20＋mgh 1＝12mv 21m 与M 碰撞过程动量守恒有：mv 1＝mv 3＋Mv 2 m 与M 碰撞过程能量守恒有：12mv 21＝12mv 23＋12Mv 22其中v 3＝v 13 由以上各式解得：M ＝0.5 kg. 答案 (1)0.50 J (2)0.5 kg [归纳反思]1．动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统．系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．2．分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力．[题组突破]2－1.(2018·福建省厦门双十中学高三调研)(多选)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，圆弧轨道的最高点、桌面最左边缘和地面上的O 点在同一竖直线上．小球B 静止在水平桌面上，现将小球A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道R ，小滑块的质量关系是m B ＝2m A ，重力加速度g ，桌面的长L ＝6R ，水平桌面与地面的高度H ＝4R .则小球B 的落地点到O 点的距离可能是( )A.233R B.263R C.293R D.323R AB [可知A 球与B 球碰前的过程中，由机械能守恒定律，得：mgR ＝12mv 20，若A 、B 是弹性碰撞，由动量守恒定律得：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ，由机械能守恒定律得：12m A v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ，解得v B ＝2m A m A ＋m B v 0＝232gR ，小球B 平抛运动的水平位移x ＝v B2(4R )g ＝8R3，小球B 的落地点到O 点的距离d ＝6R ＋83R ＝263R ；若是完全非弹性碰撞，m A v 0＝(m A ＋m B )v B ，解得：v B ＝m Am A ＋m Bv 0＝132gR ，小球B 平抛运动的水平位移x ＝v B2(4R )g ＝4R3，小球B 的落地点到O 点的距离d ＝6R ＋43R ＝223R .则小球B 的落地点到O 点的距离范围223R ≤d ≤263R ，故A 、B 正确，C 、D 错误．]2－2.(2018·河北省石家庄市高三考前冲刺)如图所示，在光滑水平面上有质量为m 的小物块a 以初速度v 0水平向右运动，在小物块a 左右两侧各放置完全相同的小物块b 、c ，小物块b 、c 上各固定一个轻弹簧，小物块b 、c 的质量均为km ，其中k ＝1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内．求：(1)小物块a 第一次与小物块c 碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？ (2)若小物块a 至少能与小物块c 碰撞2次，k 的最小值为多少？解析 (1)小物块a 和c 相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a 和c 根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋km )v根据能量转化和守恒定律有E pmax ＝12mv 20－12(m ＋km )v 2联立解得E pmax ＝kk ＋1·12mv 20 (2)设小物块a 第一次离开小物块c 时，小物块a 和c 的速度分别为v 1、v 2，对于小物块a 和c 根据动量守恒定律有mv 0＝mv 1＋kmv 2根据机械能守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋12kmv 22联立解得，小物块a 的速度为v 1＝1－kk ＋1v小物块c 的速度为v 2＝2k ＋1v 0 小物块a 离开c 后与小物块b 作用，当小物块a 离开b 时，小物块a 和小物块b 的速度分别为v 1′、v 2′，对于小物块a 和b ，根据动量守恒定律有mv 1＝mv 1′＋kmv 2′根据机械能守恒定律有12mv 21＝12mv ′21＋12kmv ′22联立解得v ′1＝⎝⎛⎭⎪⎫1－k k ＋12v 0若小物块a 和c 至少碰撞2次，则有v ′1＞v 2由数学知识可得k 2－4k －1＞0 解得k ＞2＋ 5 而k ＝1、2、3… 故k min ＝5 答案 (1)kk ＋1·12mv 20 (2)5 高频考点三 能量守恒与动量守恒的综合应用[备考策略]动量守恒定律与机械能守恒定律的比较考向1 滑板、滑块类问题模型例6 (2018·湖北省武汉市高三综合训练)(多选)如图所示，一质量M ＝8.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝2.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为5.0 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 板，A 、B 之间的动摩擦因数是0.5.则下列说法正确的是( )A ．在小木块A 做加速运动的时间内，长木板B 速度大小可能是3.6 m/s B ．在小木块A 做加速运动的时间内，长木板B 速度大小可能是3.3 m/sC ．长木板的可能的长度是6 mD ．长木板的可能的长度是9 mABD [取水平向右方向为正方向，当A 的速度为零，根据动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv 1，解得：v 1＝3.75 m/s ，当AB 速度相同时，根据动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝3 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内，木块B 的速度范围为：3 m/s ＜v ＜3.75m/s ，故AB 正确；设当两者速度相等时，A 在B 上滑行的距离为x ，由能量守恒定律得：μmgx ＝12mv 20＋12Mv 20－12(M ＋m )v 22，解得x ＝8 m ，所以长木板的长度L ≥8 m，故D 正确，C 错误．] 考向2 碰撞中的能量问题例7 如图所示，水平面右端和半圆弧轨道相接，半圆弧刚好与水平面相切，水平面左端有小球P 悬挂在长为L 的细线下端，当细线竖直时，小球P 刚好与水平面接触．现将小球P 拉至细线与竖直方向成θ＝60°的位置后自由释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的小球Q 发生弹性碰撞，碰后小球P 的动能是碰前动能的116，且碰后小球Q 恰能通过圆弧的最高点C .不计一切摩擦阻力，两小球均可视为质点．求：(1)P 、Q 两球质量之比； (2)半圆弧轨道的半径．解析 (1)小球P 与小球Q 碰撞之前，由机械能守恒定律得：m 1gL (1－cos θ)＝12m 1v 20①两小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2②由机械能守恒定律得：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22③碰后小球P 的动能是碰前动能的116，12mv 20＝116(12m 1v 21)解得v 1＝±14v 0也就是碰撞后，小球P 速度方向可能没变(与碰前速度方向相同)，也可能方向改变(与碰前速度方向相反)若方向没变，也就是v 1＝14v 0④由①②③④式解得：m 1m 2＝53若方向改变，也就是v 1＝－14v 0⑤由①②③⑤式解得：m 1m 2＝35(2)碰后小球Q 恰能通过圆弧的最高点C ，在最高点C 重力提供向心力m 2g ＝m 2v 23R⑥由机械能守恒定律得：12m 2v 22＝12m 2v 23＋m 2g (2R )⑦由②④⑥⑦式解得：R ＝516L由②⑤⑥⑦式解得：R ＝980L答案 (1)m 1m 2＝53或m 1m 2＝35(2)R ＝516L 或R ＝980L考向3 动量守恒中的临界问题例8 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？解析 将小孩与冰块视为一系统，在小孩推出冰块时，该系统动量守恒；在冰块滑上斜面体至再次滑离斜面体的全过程中，冰块与斜面体只存在弹力(内力)作用，将冰块与斜面体视为一个系统，该系统在水平方向上不受外力作用，该系统在水平方向上动量守恒．(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)v ，①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ，② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据，得m 3＝20 kg.③(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＝0，④代入数据，得v 1＝1 m/s.⑤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，有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3，⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23，⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据， 得v 2＝1 m/s ，⑧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．答案 (1)20 kg (2)不能 [归纳反思]1．滑板、滑块类问题中，注意题中条件地面是否光滑，只有光滑才能动量守恒．2．滑块恰好没掉下来，或恰好没有追上暗示此时系统内物体速度相等． 3．系统内物体作用时，往往有能量损失． ΔE 损＝E 初－E 末，摩擦生热Q ＝fs 相对．[题组突破]3－1.(2018·最新高考信息卷)如图，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在有摩擦，之后，A 、B 的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．长木板的质量M ＝2 kgB ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2C ．长木板长度至少为2 mD ．A 、B 组成系统损失机械能为4 JA [从图可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故A 正确；由图象可知，木板B 匀加速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，对B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得动摩擦因数μ＝0.1，故B 错误；由图象可知前1 s 内B 的位移x B ＝0.5 m ，A 的位移x A ＝1.5 m ，所以木板最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成系统损失机械能ΔE ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝2 J ，故D 错误．故选A.]3－2.(2018·郑州市外国语学校高三二模)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道与水平地面在C 点平滑连接，质量为m 的物块甲固定在圆弧轨道的A 端，另一质量为12m 的物块乙固定在圆弧轨道上的B 点，B 与圆心O 的连线与竖直方向的夹角为θ＝60°，先释放物块A ，再释放物块B ，结果两物块刚好在C 点碰撞，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，圆弧轨道的半径为R ，不计物块的大小，重力加速度为g ，求：(1)甲与乙碰撞后一瞬问，甲的速度最大可能为多少？(2)若碰撞后甲、乙在水平面上滑行的距离之比为1∶2，则碰撞后一瞬间甲、乙两物块的速度分别多大？解析 (1)设甲滑到C 点时的速度大小为v 1，乙滑到C 点时的速度大小为v 2 根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2112mgR (1－cos θ)＝12·12mv 22 求得 v 1＝2gR v 2＝gR当甲和乙相碰的过程中发生的是完全非弹性碰撞时，碰撞后一瞬间甲有最大速度v 根据动量守恒定律有mv 1＋12mv 2＝(m ＋12m )v求得v ＝22＋13gR(2)若甲、乙碰撞后的速度大小分别为v 3、v 4，则有mv 1＋12mv 2＝mv 3＋12mv 4设甲在水平面上滑行距离L 1，乙在水平面上滑行距离L 2，动摩擦因数为μ，则有μmgL 1＝12mv 23 12μmgL 2＝12·12mv 24 L 1L 2＝12求得v 3＝32－22gR v 4＝(3－2)gR答案 (1)22＋13gR(2)32－22gR (3－2)gR课时跟踪训练(七)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是( )A ．两球可能沿同一方向运动B ．两个球可能一个静止，一个运动C ．若两球均运动，则质量大的球动量一定小D ．若两球均运动，则质量大的球动能一定小D [由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A 、B 项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即m 1v 1＝m 2v 2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C 项错误；由E k ＝p 22m可知，质量大的，动能小，D 项正确．]2．(2018·山东省青岛市高三统一质检)如图，连接有轻弹簧的物块a 静止于光滑水平面上，物块b 以一定初速度向左运动．下列关于a 、b 两物块的动量p 随时间t 的变化关系图象，不合理的是( )A [物块b 以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A 项不合理．本题选不合理的，答案是A.]3．(2018·陕西省安康市高三质检(五))如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为H 的O 点，秋千的长度可调节．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A 点(与O )由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A 处．已知男演员质量为2m 和女演员质量为m ，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C 与O 点的水平距离x 的最大值是( )A.H2 B ．H C.3H 2D ．2HD [两杂技演员从A 点下摆到B 点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B 点的速度大小为v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝12(m ＋2m )v 20，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v 1、v 2，所以有(m ＋2m )v 0＝2mv 2－mv 1.女演员上摆到A 点的过程中机械能守恒，因此有mgR ＝12mv 21.男演员自B 点平抛，有：x ＝v 2t .运动时间t 可由竖直方向的自由落体运动出得H －R ＝12gt 2，联立以上各式，可解得x ＝4(H －R )R ，当秋千的长度R ＝H2时，男演员落地点C 与O 点的水平距离最大为x ＝2H ，故D正确；A 、B 、C 错误．]4．(2018·高考物理全真模拟卷一)如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定。
备战2021高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题07碰撞与动量守恒学案
备战2021高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题07碰撞与动量守恒学案【备考建议】【经典例题】考点一：冲量与动量变化的运算【典例1】【2021·新课标Ⅲ卷】（多选）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随时刻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【答案】AB【解析】由动量定理有Ft=mv，解得Ftvm=，t=1 s时物块的速率 1 m/sFtvm==，A正确；F–t图线与时刻轴所围面积表示冲量，因此t=2 s时物块的动量大小为2 2 kg m/s 4 kg m/sp=⨯⋅=⋅，B正确；t=3 s时物块的动量大小为(2211) kg m/s 3 kg m/sp'=⨯-⨯⋅=⋅，C错误；t=4 s时物块的动量大小为明白得动量、动量变化量的概念；明白动量守恒的条件；会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题。
本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题,是高考的重点和热点，命题情形新，联系实际紧密，综合性强，侧重在运算题中命题，是高考的压轴题.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；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。
本专题在高考中要紧以两种命题形式显现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理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.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情形，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.p''=⨯-⨯⋅=⋅，速度不为零，D错误。
新课标2020版高考物理二轮复习专题二第3讲碰撞与动量守恒精
碰撞与动量守恒(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 ＝mv 2＝ma 2t 2，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正1212比，A 错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝mv 2＝m ·2ax ＝max ，所以列车的动能与它的位移成正1212比，B 正确；动能E k ＝mv 2，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C 错误；动量12p ＝mv ，动能E k ＝mv 2＝，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D 错误．12p 22m 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7.5m/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 ＝mv 2－mv 1212，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20－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 ＝＝1 s ，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则2hg mv ＝mv 甲＋mv 乙，又因为v 甲＝，v 乙＝，t ＝1 s ，则有x 甲＋x 乙＝2 m ，将各选3414x 甲t x 乙t 3414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10m/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 kg·m/s2D ．钢板对小钢球的冲量大小为 2 N·s2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 ＝＝102gh m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝1，解得α＝45°，即钢vyvx 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 ＝＝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2hg 球刚要撞击钢板时速度的大小为v 1＝v 0＝10 m/s ，动量p 1＝－mv 1＝－ kg·m/s ，撞后222小钢球的速度v 2＝10 m/s ，动量p 2＝mv 2＝ kg·m/s ，小钢球的动量变化Δp ＝p 2－p 1＝222 kg·m/s ，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I ＝Δp ＝2 N·s ，选项C 错误，22D 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mv 0＝2mv 1，解得v 1＝2 m/s ；从开始到弹簧最短时，对A 、B 、C 系统，有mv 0＝3mv 2，解得v 2＝ 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，43A 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 ＝mv －×2mv ＝3 J ，选项C 正确，D 错误．12211223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 ＝＝－0.5 m/s 20－v 0t 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发生碰撞并粘在一起．已知滑块1与AC 间的动摩擦因数μ＝0.4，s AB ＝5 m ，s BC ＝2 m ，滑块均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞前的瞬间滑块1的速度大小；(2)碰撞后滑块能上滑的最大高度．解析：(1)滑块在风洞中A 点由静止释放后，设经过C 点时的速度为v 1，根据动能定理可得F ·s AB －μm 1gs AC ＝m 1v －01221解得v 1＝12 m/s.(2)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可得m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量守恒定律可得 (m 1＋m 2)v ＝(m 1＋m 2)gh122解得h ＝0.8 m.答案：(1)12 m/s (2)0.8 m[刷综合]8．(2019·河北衡水中学高三调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A ，斜面质量为M ，底边长为L ，如图所示．将一质量为m 的可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N ，则下列说法中正确的是( )A ．F N ＝mg cos αB ．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为F N t cos αC ．滑块B 下滑过程中A 、B 组成的系统动量守恒D ．此过程中斜面向左滑动的距离为 LmM ＋m 解析：当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N 不等于mg cos α，故A 错误； 根据冲量定义I ＝Ft 可知滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为I ＝F N t ，故B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 的水平位移大小分别为x 1、x 2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M －m ＝0，即有Mx 1＝mx 2 ，又x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝L ，故D 正确．x 1t x 2t mM ＋m 答案：D9．(2019·江西南昌二中第一次模拟)如图甲所示，一质量为m 的物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是( )A ．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt 0·cos θB ．物块从t ＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为mv 032C ．斜面倾角θ的正弦值为 5v 08gt 0D ．不能求出3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量I G ＝3mgt 0，故A 项错误．上滑过程中物块做初速度为v 0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度大小为v 的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t 0＝·2t 0，解得v ＝，物块从开v 02v 2v 02始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp ＝m (－v )－mv 0＝－mv 0，故B 项错误．上滑过32程中有－(mg sin θ＋μmg cos θ)·t 0＝0－mv 0，下滑过程中有(mg sin θ－μmg cosθ)·2t 0＝m ·－0，解得sin θ＝，故C 项正确.3t 0时间内，物块受力为重力、支持v 025v 08gt 0力、摩擦力，从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功，根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量，克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等，所以W ＝mv －mv 2＝mv ，故1220123820D 项错误．答案：C10．如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．先将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．g 取10 m/s 2.空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝gt 212解得t ＝0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v 0，有v 0＝gt ＝6 m/s.细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒，m B v 0＝(m A ＋m B )v绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度v ＝2 m/s之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s.(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH12解得，初始时B 离地面的高度 H ＝0.6 m.答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m11．(2019·山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m ，木板长度为L (挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m (可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度v 0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．解析：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v 1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv 0＝2mv 1解得v 1＝v 0，方向水平向右12滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知μmgL ＝mv －·2mv 12201221联立解得μ＝.v 204gL (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v 1′和v 2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v 2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv 1＝mv 1′＋mv 2′2mv 1＝2mv 2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有μmgL ＝mv 1′2＋mv 2′2－·2mv 1212122联立以上各式解得v 1′＝0；v 2′＝v 0，方向水平向右．答案：(1) (2)滑块速度为0 木板速度为v 0，方向水平向右v 204gL。
高三物理第二轮专题讲座351 碰撞与动量守恒 新人教版
碰撞与动量守恒温故自查1．定义：运动物体的质量和的乘积叫做动量，通常用p来表示．2．表达式：p＝.3．单位：由速度单位和质量单位共同确定，即kg·m/s.4．动量是矢量，其方向和方向相同．速度mv速度考点精析1．动量的合成与分解遵从平行四边形定则动量的变化方向与初、末状态的动量方向不一定相同．求动量变化时，必须规定正方向．动量是状态量，物体的动量与位置或时刻相对应．动量具有相对性，由于动量与速度有关，所以动量具有相对性，一般选地面为参考系．2．动量和动能(1)动量的表达式为p ＝mv，动能的表达式为E k＝mv2.(2)动量是矢量，动能是标量，大小关系为p2＝2mE k.(3)动量的正(负)表示与规定的正方向相同(反)，动能没有负值.温故自查1．内容：相互作用的物体组成的系统或，这个系统的总动量就保持不变，这就是动量守恒定律．2．公式：.3．动量守恒定律适用条件不受外力所受外力之和为零时m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(1)不受外力或外力的合力为零．不是系统内每个物体所受的合外力为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．考点精析1．相互作用着的物体组成的物体系统叫做物体系．组成物体系的所有物体的动量的矢量和叫做物体系的总动量．物体系内物体间的相互作用力是内力，系统内的物体与系统外物体间的相互作用力是外力．外力作用可以影响物体系的总动量，系统内物体间的相互作用力虽然可以改变各物体的动量，但不能改变物体系的总动量．2．动量是矢量，动量守恒是指矢量的守恒，变化前的矢量和(公式左)等于变化后的矢量和(公式右)．当上式中两个物体的动量及动量的变化都在一条直线上，那么可假定某一方向的动量为正，相反方向的动量则为负．上式的左、右部分都变成了代数和，上式即是代数式．3．动量守恒定律的不同表达形式及含义(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；(2)Δp＝0(系统总动量的增量等于零)；(3)Δp1＝－Δp2(两个物体组成的系统中，各自动量增量大小相等、方向相反)．其中(1)的形式最常用，具体到实际应用时又有以下常见的三种形式：①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)．②0＝m1v1＋m2v2(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等，两者速率及位移大小与各自质量成反比)．③m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合在一起或具有共同速度的情况).温故自查设船的质量为M，人的质量为m，开始时人与船均静止，当人从船头向船尾走动时，船会向方向移动，当人的速度为v2时，船的速度设为v1，则.人运动的反Mv1＋mv2＝0考点精析1．原来静止的物体发生相互作用时若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于其质量的反比；任一段时间内，两个物体通过的对地位移大小之比也等于质量的反比．我们称这种模型为“人船模型”．2．人船模型的适用条件是物体组成的系统动量守恒，且合动量为零．两物体在其内力相互作用下，各物体动量虽然在变化，但总动量仍为零．由0＝Mv1－mv2知，由于每时每刻动量总等于零，所以速度比总等于质量的反比，从而得出在其相互作用的过程中位移比也等于质量的反比，即：也可写成Mx1＝mx2.3．解决这种问题的前提条件是要两物体的初动量为零，画出两物体的运动示意图有利于发现各物理量之间的关系．还要注意各物体的位移是相对于地面的位移.温故自查在动量守恒中，等式两边的动量都是相对于同一个参考系而言的，如果在所研究的问题中物体速度的参考系不一样，必须先统一才可正确求解．参考系考点精析模型：物体A(质量为m A)和B(质量为m B)以速度v0一起匀速运动，某时刻，物体A将物体B以相对自己的速度u向后弹出，物体A的速度变为v.规律：必须要理解的是，当物体B被扔出时，A的速度已经发生了变化，因此B的相对速度u的参考系是扔出物体B后的A，此时A的速度为v，则速度u是相对v的速度，而不是相对v0的速度．以物体A的速度v的方向为正方向，则物体B被扔出时相对地的速度为：v′＝v＋u.该式为代数式，如果u 的方向是相对A向后的，则u的值应为负．这样根据动量守恒，有：(m A＋m B)v0＝m A v＋m B(v＋u)温故自查动态过程分析问题与一般动量守恒问题不同，它要求对不同的物理过程要做认真具体的分析，切忌不分析，用头脑中已有的模型代替新问题而乱套公式．过程考点精析分析动态过程的具体方法：(1)找出运动过程的分界点，将一个复杂过程分解为几个简单过程．(2)对每一段运动过程进行分析，注意分析物体间的相互作用和物体的运动状态．(3)由运动状态变化及物体间相互作用，确定其动量问题.实验目的验证碰撞中的动量守恒．实验原理如下图所示，质量为m1、m2的两小球在水平方向上发生正碰，水平方向合外力为零，动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，本实验在误差允许范围内验证上式成立．两小球碰撞后均作平抛运动，下落高度相同时，在落地前运动时间相同，用水平射程间接表示小球平抛的初速度：m1OP＝m1OM＋m2O′N. 实验器材斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重锤线一条，白纸，复写纸，天平一台，刻度尺，游标卡尺，圆规，三角板．实验步骤1．用天平测两球的质量m1、m2.2．用游标卡尺测两球的直径．3．将斜槽固定在桌边，调整斜槽底座，使斜槽末端的切线水平．4．将被碰球放在斜槽前边的小支柱上，调节小支柱高度，使两球碰撞时一样高，且碰撞后的速度方向都在同一直线上．5．在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸．6．用重锤线确定斜槽末端在白纸上的垂直投影．7．不放被碰球，让入射球从斜槽上某一高度滚下，重复10次，找出落地点的平均位置P.8．把被碰小球支在小柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰．重复实验10次，找出入射小球与被碰球落地点的平均位置M、N.9．测量入射小球碰撞前后的水平距离OP、OM，被碰小球的水平距离O′N.10．比较m1OP与m1OM＋m2O′N是否相等，如果在误差允许的范围内相等，就验证了动量守恒定律．注意事项1．入射球和被碰球m1>m2，r1＝r2.2．斜槽末端切线水平，小支柱与槽口的距离等于小球直径．3．调节支柱高度，使两球正碰时球心等高．4．入射球每次必须从斜槽上同一高度处由静止滑下．5．实验过程中，实验桌、斜槽、记录白纸的位置要始终保持不变．6．小球落地的地面应平坦、坚硬，使着地点清晰．7．落点位置确定：围绕10次落点画一个最小的圆把有效落点围在里面，圆心即所求．命题规律根据动量、冲量的定义和动量定理的理解及应用，确定物体的动量、动量变化、冲量的大小．[考例1] 如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点处各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( ) A．a、b在S点的动量相等B．a、b在S点的动量不相等C．a、b落至S点重力的冲量相等D．a、b落至S点合外力的冲量大小相等[解析]由机械能守恒定律知，a、b落至S点时速率相等，动量的大小相等．由于动量是矢量，a物块在S点的动量为mv，方向竖直向下，b物块为mv，方向水平向左，故a、b物块在S点的动量不相等，故A项错，B项正确．两物块在O点和P点同一时刻下落时，a做自由落体运动，下落的加速度为g，b沿圆弧做圆周运动，在竖直方向上的平均加速度小于g，故a物块下落的时间比b下落的时间短，则a物块重力的冲量小于b物块重力的冲量，故C项错．由动量定理知，合外力的冲量等于动量的改变量．a、b物块动量的改变量为mv，大小相等、方向不同，故D项正确．[答案]BD一个质点在运动过程中受到的合外力始终不为零，则( )A．A质点的动能一定发生改变B．质点的动量不可能保持不变C．质点的加速度方向一定变化D．质点的运动方向可能不变[解析]质点所受到的合外力始终不为零，但力方向未知，由W＝Fs cosα，如α＝90°，则合外力不做功，物体动能可能不变，A错误；物体在外力作用下做变速运动，物体的动量等于质量和速度的乘积，一定发生变化，B项正确；物体加速度方向始终与合外力的方向相同，合外力方向不一定变化，则加速度方向也不一定变化，C项错误；当合外力方向与物体的速度方向始终在一条直线上，则物体运动方向可能不变，D项正确．[答案]BD命题规律根据动量守恒的条件，判断系统动量是否守恒．[考例2] 如下图所示，A、B两物体的质量m A>m B，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中( )A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒C．若A、B和C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒D．以上说法均不对[解析]当A、B两物体组成一个系统时，弹簧弹力为内力，而A、B和C之间的摩擦力是外力，当A、B与C 之间的摩擦力等大反向时，A、B所组成的系统所受合外力为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒．而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力、A 和B与C之间的摩擦力均是内力，不管A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统所受合外力均为零，动量守恒，所以A、C选项正确，B、D选项错误．[答案]AC[总结评述] (1)动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此在判断系统动量是否守恒时一定要分清内力和外力；(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，因此，在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑( ) A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处[解析]小球在下滑阶段水平方向合外力为零，故水平方向动量守恒，A错．小球在弧形轨道下滑过程中光滑弧形槽速度增加，动能增加，则它们间作用力做功，B错．由水平方向动量守恒mv槽＝mv球，小球到达槽末端时v槽＝v球，球经弹簧反弹后与v槽大小相等方向相同，故二者始终保持匀速，C对，D错．[答案] C命题规律根据动量守恒、能量守恒观点判断碰撞物体间的质量比、速率大小等．[考例3] 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg.游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/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，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？[解析]由题意可知，推出后箱子的速度越大，甲、乙相撞的可能性越小．为求推出后箱子的最小速度，其临界条件是乙抓住箱子后的速度与甲推出箱子后的速度大小、方向都相同．据题中所给条件，在整个过程中系统的总动量守恒．同理，甲在推箱子前后，甲与箱子的动量也守恒．设推出后箱子的速度为v x，乙接往箱子后整个系统的速度为v，取甲开始速度的方向为正方向．甲和他的冰车及乙和他的冰车质量为M，箱子质量为m.对整个系统，整个过程有：(M＋m)v0－Mv0＝(2M＋m)v①对甲与箱子，推出前后过程有：(M＋m)v0＝Mv＋mv x②由①可得v＝ m/s，代入②即得：v x＝5.2m/s.[答案] 5.2m/s总质量为M的列车在平直轨道上以速度v匀速行驶，尾部有一节质量为m的车厢突然脱钩，机车的牵引力恒定不变，阻力与质量成正比，则脱钩车厢停下时，列车前段的速度多大？[解析]列车匀速行驶，合外力为零，脱钩后机车的牵引力不变，包括脱钩车厢在内的整段列车阻力不变，合外力仍为零，因而动量守恒，有Mv＝(M－m)v′，故脱钩车厢停下时列车前段的速度v′＝ .命题规律根据动量守恒、能量守恒定律、动能定理，求解位移、功、热、速度等物理量．[考例4] 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点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.[解析]设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m1v0＝m1v1＋m2v2①[答案] 2[总结评述] 本题考查了两小球弹性碰撞的知识，涉及了机械能守恒定律和动量守恒定律的应用，考查了学生的分析和综合能力．(·全国卷Ⅰ)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为( )A．2 B．3 C．4 D．5[解析]设M碰前的动量为p，碰后的动量为p1，由动量守恒定律得p＝2p1，由能量关系得由上两式知3m≥M，即≤3，故A、B项正确．[答案]AB命题规律主要考查实验原理和数据处理问题[考例5] 某同学设计了一个用打点计时器做“验证碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图甲所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力．图甲(1)若已得到打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(标在图上)．A为运动起点，则应该选择________段来计算A碰前的速度，应选择________段来计算A和B碰后的共同速度．(以上空格选填“AB”、“BC”、“CD”、“DE”)．图乙(2)已测得小车A的质量m1＝0.40kg，小车B的质量m2＝0.20kg，由以上测量结果可得碰前m1v0＝________kg·m/s；碰后(m1＋m2)v共＝________kg·m/s.由此得出结论________________________________．[解析](1)分析纸带上的点迹可以看出，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车具有较大的速度，故BC 段能准确地描述小车A碰前的运动情况，应当选择BC段计算小车A碰前的速度，而DE内小车运动稳定，故应选择DE段计算碰后A和B的共同速度．(2)小车A碰撞前的速度m A v0＝0.40×1.050kg·m/s＝0.420kg·m/s碰后A和B的共同速度碰撞后A和B：(m1＋m2)v共＝(0.20＋0.40)×0.695kg·m/s＝0.417k·m/s 结论：在误差许可的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的．[答案](1)BC DE(2)0.420 0.417 在误差许可的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的[总结评述] 因小车是匀速运动，纸带上应取打点均匀的一段来计算速度，算出碰前小车速度v0及碰后A和B的共同速度v共，再验证碰前动量p A＝m1v0与碰后总动量p AB＝(m1＋m2)v共是否相等．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B.b．调整气垫导轨，使导轨处于水平．c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上．d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________．(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量mv的矢量和，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_________________________________________.(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式．[解析](1)要测量B的速度必须要先测出B的位移和发生该位移所用时间，故还应测量的物理量为B的右端至D板的距离L2.(2)因为碰撞之前两物体都静止即总动量为零，所以要得出守恒的是mv的矢量和，需得到的关系式m A－m B＝0.给验证带来误差的原因有测量时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)．(3)根据能量守恒定律，A、B两物体运动的动量来源于静止时压缩弹簧的弹性势能，故根据动能的总和可求弹簧的弹性势能，即[答案]见解析。
高三物理二轮复习《专题二 第7讲 碰撞与动量守恒》
大二轮复习 物理
考向3 某一方向上的动量守恒问题
(多选)如图所示，在光滑水平面上有一
静止的物体 M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，FN
最低点为 C，两端 A、B 一样高，现让小滑块 m 从加A速
点由静止下滑，则( )
vM
vm
A．m 不能到达 M 上的 B 点
高频考点 题组冲关 真题试做 达标演练 限时规范训练
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考向2 动量守恒定律的应用
如图所示，质量为 M＝3 kg 的
足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为
m＝1 kg 的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为
4 m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为 3 m/s 时，物块处于
二、动量守恒定律的表达式 p＝p′ Δp＝0
m v m v m v 'm v ' 高频考点 题组冲m关11v11真＋题m试2做v22＝达标m2演1v练1′限＋时1m规12范v2训′练 2 2
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三、碰撞模型分类 1．弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒． 2．非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒． 3．完全非弹性碰撞 特征：碰后二者“粘”为一体，速度相同，动量守恒，机械能损失 最多．
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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． 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．
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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a 1＝10－05 m/s 2＝2 m/s 2，位移x 1＝12×5×10 m ＝25 m ；5～10 s 内：加速度为零，位移x 2＝5×10 m ＝50 m ；10～15 s 内：加速度a 3＝0－105 m/s 2＝－2 m/s 2，位移x 3＝12×5×10 m ＝25 m ；根据牛顿第二定律，0～5 s 内：F 1－f ＝ma 1 根据平衡条件，5～10 s 内：F 2＝f 根据牛顿第二定律，10～15 s 内：－f ＝ma 3 联立解得：F 1＝4m (N)，F 2＝2m (N) 0～5 s 内牵引力做功的平均功率为： ＝F 1x 1t 1＝4m ×255＝20m (W)， 5～10 s 内牵引力做功的平均功率为：＝F 2x 2t 2＝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 ＝12mv 2B ，F B －mg ＝m v 2BR ，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 ＝12gt 2，h －R ＝v B t ，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 ＝m 6kgL ，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v 0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2v 0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32mv 2D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 2[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：E pm ＝12m A v 20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：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2解得：m A ＝3m ，E pm ＝32mv 2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∶2 B ．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v A v B ＝p A m B p B m A ＝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t 1、t 2，合外力的冲量大小为I 1、I 2，则( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．I 1>I 2D ．I 1＝I 2[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t 1<t 2，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v 2A ＋v 2B ；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I 1＞I 2，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m 1与m 2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p 1＝5 kg ·m/s ，p 2＝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m 1与m 2的关系可能是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．3m 1＝2m 2D ．4m 1＝m 2[解析] 根据动量守恒定律有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，可得p 1′＝4 kg ·m/s ，碰撞过程中动能不增加，则有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，可得m 1m 2≤35，则A 、C 项错误。
碰后甲球的速度不大于乙球的速度，则有p 1′m 1≤p 2′m 2，可得m 1m 2≥12，则D 项错误。