2020年物理高考二轮复习专题15：碰撞与动量守恒

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江苏省2020版高考物理第六章碰撞与动量守恒第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲课件

2 2 p2 p p ′ 1 2 1 (2)动能不增加，即 Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2 或＋ ≥ ＋ 2m1 2m2 2m1
p′2 2 . 2m2
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即 v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即 v′
(2)动量守恒只适用于宏观低速．(
(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( (4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(
(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等．( )
(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中系统动量守恒．(
第六章
碰撞与动量守恒
第二节
动量守恒定律反冲
碰撞
爆炸
【基础梳理】
提示：不受外力 Δ p2 守恒
所受外力的矢量和为零合力为零
m1v′1＋m2v′2 守恒
－
所受合外力为零增加守恒
远大于
不增加
可能增加
【自我诊断】判一判 (1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．( ) ) ) )
提示：(1)√ (2)× (3)× (4)√
)
(5)√ (6)√
做一做 (2019· 镇江调研 ) 如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 )

第一章碰撞和动量守恒知识点总结

动量守恒定律的表述
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动量守恒定律的适用条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
适用于高速运动和低速运动的惯性参考系，相对论亦适用
系统内力远大于外力，如爆炸、碰撞等短暂过程
动量守恒定律的数学表达形式
动量守恒定律的公式：p=mv，其中p表示动量，m表示质量，v表示速度
碰撞和动量守恒知识点总结
CONTENTS
目录
01.
碰撞的基本概念
02.
动量守恒定律
03.
碰撞过程中的动量守恒
04.
碰撞过程中的能量守恒
05.
碰撞过程中的动量与能量综合应用
06.
碰撞和动量守恒的应用领域
01
弹性碰撞与非弹性碰撞
完全非弹性碰撞：碰撞后两物体粘在一起运动，机械能损失最大
弹性碰撞：碰撞过程中能量守恒，动量守恒，无机械能损失
军事防御：通过研究碰撞和动量守恒原理，提高军事防御设施的抗打击能力和稳定性
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推导：设碰撞过程中，两物体之间的相互作用力为内力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，方向相反。因此，内力所做的功为零。
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结论：由于内力所做的功为零，所以系统动能的变化等于外力所做的功，即ΔEk=ΔEp。
添加标题
碰撞过程中能量守恒的实例
完全非弹性碰撞：两个小球碰撞后停在地面，动能完全损失，但总能量仍然守恒
动量守恒定律适用于封闭系统，即系统内的物体之间相互作用力忽略不计
动量守恒定律在碰撞过程中成立，即碰撞前后的动量守恒
动量守恒定律是自然界的基本规律之一，适用于宏观和微观领域

碰撞与动量守恒-备战2020年高考物理高频考点解密(原卷版)

解密07碰撞与动量守恒核心考点考纲要求动量、动量定理、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅱ Ⅰ12ΔΔΔΔΔ()p mv p p p p p p p p p p I p p pF t t mv mv ⎧=⎧⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪'=-⎪⎩⎪⎧'=⎧⎪⎪⎪⎪'=-⎨⎪⎪⎪⎪⎪=⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎩'==-⎧⎨''-=-⎩⎧⎨⎩⎧⎪⎨⎪⎩矢量性动量特点瞬时性相对性动量的变化：表达式碰撞动量守恒定律内容与严格守恒动成立条件单向守恒量近似守恒守恒动量定理弹性碰撞碰撞非弹性碰撞碰撞问题动量守恒定律反冲问题爆炸问题⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩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种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大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 2101122m v m v m v =+①222101122111222m v m v m v =+② 由①②可得：121012m m v v m m -=+③ 120122m v v m m =+④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。

动量守恒与碰撞动量守恒与速度关系

动量守恒与碰撞动量守恒与速度关系碰撞是物理学中一个重要的概念，也是动量守恒定律的应用场景之一。

碰撞可以分为弹性碰撞和非弹性碰撞，而碰撞的动量守恒性质使得我们可以通过守恒方程来推导出碰撞后物体的速度关系。

动量是一个物体运动的重要性质，定义为物体质量乘以速度。

对于一个质量为 m，速度为 v 的物体，其动量 p = mv。

动量的守恒性质意味着在一个孤立系统中，物体之间的相互作用力不改变系统的总动量。

在碰撞过程中，物体之间会发生相互作用，这个作用力会改变物体的速度。

根据动量守恒定律，碰撞前后总动量守恒。

假设有两个物体A 和 B，在碰撞前各自的质量分别为 m1 和 m2，速度分别为 v1 和 v2。

根据动量守恒定律，碰撞后两个物体的总动量保持不变。

在弹性碰撞中，碰撞前后物体之间没有能量损失，且物体的动能完全转化为弹性势能之后再转化回动能。

因此，在弹性碰撞中，碰撞后物体的速度关系可以通过动量守恒和能量守恒两个方程来求解。

假设碰撞前后物体 A 和 B 的速度分别为 v1i, v2i 和 v1f, v2f，其中 i表示碰撞前的速度，f 表示碰撞后的速度。

根据动量守恒定律，可以得到以下方程：m1 * v1i + m2 * v2i = m1 * v1f + m2 * v2f （1）另外，根据能量守恒定律，在弹性碰撞中，动能的总和也保持不变。

假设物体 A 和 B 的动能分别为 KE1 和 KE2，在碰撞前后动能守恒可以表示为：0.5 * m1 * v1i^2 + 0.5 * m2 * v2i^2 = 0.5 * m1 * v1f^2 + 0.5 * m2 *v2f^2 （2）通过方程（1）和方程（2），可以求解出碰撞后物体的速度关系。

这个速度关系的具体形式取决于物体的质量和碰撞前的速度。

对于非弹性碰撞而言，碰撞过程中会有能量损失，其中一部分动能转化为其他形式的能量，如热能或声能。

在非弹性碰撞中，虽然动量守恒仍然成立，但能量守恒不再严格成立。

2020年高考物理二轮专题复习附解答：动量定理与动量守恒定律(解析版)

动量定理与动量守恒定律一、选择题1.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 ．102 NC ．103 ND ．104 N解析根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。

答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。

根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。

答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。

2020届高考物理二轮复习常考题型大通关：(15)力学综合计算题

力学综合计算题1、如图甲所示，半径为R ＝0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A 为轨道最高点，和圆心等高；B 为轨道最低点。

在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝3kg ，小车足够长，车的上表面与B 点等高，平板车上表面涂有一种特殊材料，物块在上面滑动时，动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图象如图乙所示。

物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1kg ，g 取10m/s 2。

（1）求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；（2）物块相对小车静止时距小车左端多远？2、如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以0 6 /v m s ＝的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取210 /m s ；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度 n v 与n 的关系式．3、如图所示,质量1kg m =的小球P 位于距水平地面高 1.6m H =处,在水平地面的上方存在厚度0.8m h =的“相互作用区”,如图中阴影部分所示,小球P 进入“相互作用区” 后将受到竖直方向的恒定作用力F ,将小球P 由静止释放,已知从被释放到运动至“相互作用区”底部用时0.6s t =,小球一旦碰到区域底部就会粘在底部.不考虑空气阻力,g 取210m/s ,请完成下列问题:1.求小球刚进入“相互作用区”时的速度大小及在 “相互作用区”所受作用力F 的大小和方向;2.若要小球从静止释放后还能返回释放点,作用力F 的大小和方向应满足什么条件?3.在小球能返回释放点的情况中,小球从释放到返回释放点的时间不会超过多少秒? 4、如图，光滑轨道PQO 的水平段2QO h=，轨道在O 点与水平地面平滑连接。

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

新高考物理考试易错题易错点15动量守恒定理及其应用附答案

易错点15 动量守恒定理及其应用易错总结1.动量守恒定律的条件:系统所受的总冲量为零不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力),即系统所受外力的矢量和为零。

(碰撞、爆炸、反冲的过程均可近似认为动量守恒)2,某一方向上动量守恒的条件:系统所受外力矢量和不为零,但在某一方向上的合力为零,则系统在这个方向上动量守恒。

必须注意区别总动量守恒与某一方向上动量守恒。

3,完全非弹性碰撞:两物体碰撞后获得共同速度,动能损失最多且全部通过形变转化为内能,但动量守恒。

4,弹性碰撞:动量守恒,碰撞前后系统总动能相等。

5.一般碰撞:有完整的压缩阶段,只有部分恢复阶段,动量守恒,动能减小。

6,人船模型—两个原来静止的物体(人和船)发生相互作用时,不受其他外力,对这两个物体组成的系统来说,动量守恒,且任一时刻的总动量均为零,由动量守恒定律,有2211v m v m (注意利用几何关系解决位移问题)。

(人船模型:人从右向左由船头走向船尾)7,能量与动量不能混为一谈,能量是标量,动量是矢量,且两者的公式、定义均不相同。

8.求变力冲量(1)若力与时间呈线性关系,可用于平均力求变力的冲量；(2)若给出了力随时间变化的图像如图,可用面积法求变力冲量。

9.在研究反冲问题时,注意速度的相对性:若物体间的相对速度已知,应转化为对地速度。

解题方法一、动量守恒定律1.动量守恒定律的推导如图所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′.设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力或所受合外力为零.②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒.③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒.(2)动量守恒定律的性质①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算.②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度.③普适性：动量守恒定律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，也适用于微观粒子组成的系统.二、动量守恒定律的应用1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和.(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：【易错跟踪训练】易错类型1：不明白规律内涵、外延1．（2021·全国高三专题练习）下列关于碰撞的理解正确的是（）A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞【答案】A【详解】AB．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内运动状态发生显著变化的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，A正确，B错误。

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。

专题碰撞与动量守恒—高考物理备考

专题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、选择题1．如图所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则（）A ．A 不能到达B 圆槽的左侧最高点B ．AC ．B 一直向右运动D ．B 向右运动的最大位移大小为2R 【答案】 D 【解析】AB 组成的系统动量守恒，AB 刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以B 先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B 静止时，A 运动恰好到左侧最高点，A 错误，根据动量守恒定律可得122s s mm t t =，又知道122s s R +=，所以可得122223m s s R R m m +=•=+，D 正确， B 向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C 错误；当A 运动到最低端时，水平方向上动量守恒，所以有122mv mv =，还知道满足机械能守恒，所以有221211222mgR mv mv =+•，联立可得123v gR =，B 错误2．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为m 2，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h ，底边长为a ，如图所示。

今有一个质量为m 1，（m 2＝nm 1）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水平方向，则下列说法正确的是（）A. 小球在下滑中，两者的动量总是大小相等方向相反B. 两者分开时斜面体向左移动的距离是C. 分开时小球和斜面体的速度大小分别是和D. 小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为【答案】 C 【解析】试卷分析：在这个过程中由于小球沿弧线运动至最低处，所以处于超重状态，在竖直方向其合外力不为零，但是在水平方向由于整体合外力为零，可以视为水平方向动量守恒，所以A 答案错误。

2020年高考江苏版高考物理专题十五动量定理与动量守恒定律

专题十五动量定理与动量守恒定律挖命题【考情探究】分析解读2018年高考考试说明新增“动量定理”这一考点,同时将“动量守恒定律”这一考点改为“动量守恒定律及其应用”。

“弹性碰撞和非弹性碰撞”只限于一维碰撞的问题。

理解动量和动量变化的概念、理解动量守恒定律的内容、掌握用动量定理和动量守恒定律解题的基本方法及步骤是本专题的学习重点。

要知道弹性碰撞和非弹性碰撞的概念,能运用动量守恒定律,并结合能量关系解决简单的碰撞问题。

【真题典例】破考点【考点集训】考点一动量、动量定理1.(2018江苏常州调研)自P点以某一速度竖直向上抛出的小球,上升到最高点Q后又回到P的过程中,空气阻力大小不变,下列说法正确的是( )A.上升过程中重力的冲量等于下降过程中重力的冲量B.上升过程中重力所做的功等于下降过程中重力所做的功C.上升过程中合外力的冲量等于下降过程中合外力的冲量D.以上说法都不对答案D2.(2018江苏宿迁期中)篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。

接球时,两手随球迅速收缩至胸前,这样做可以( )A.减小球对手的冲量B.减小球对手的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量答案B3.[2018江苏镇江摸底,12C(1)]如图所示,单摆摆球的质量为m,摆球从最大位移A处由静止释放,摆球运动到最低点B时的速度大小为v。

重力加速度为g,不计空气阻力。

则摆球从A运动到B的过程中( )A.重力做的功为mv2B.重力的最大瞬时功率为mgvC.重力的冲量为0D.重力的冲量大小为mv答案A4.[2018江苏七市二模,12C(3)]蹦床运动有“空中芭蕾”之称,某质量m=50 kg的运动员从距蹦床h1=1.25 m高处自由落下,接着又能弹起h2=1.8 m高,运动员与蹦床接触时间t=0.50 s,在空中保持直立,g取10 m/s2,求:①运动员与蹦床接触时间内,所受重力的冲量大小I。

②运动员与蹦床接触时间内,受到蹦床平均弹力的大小F。

2020版高考物理大二轮复习试题：动量定理和动量守恒定律(含答案)

回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．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 ．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击B 球，同理可得m B v ＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22（m A ＋m B ），即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两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6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2g解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g，故D 正确；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。

碰撞与动量守恒定律(教学案)-2020年高考物理二轮复习精品资料Word版含解析

动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。

用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。

具体体现在：①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容； ②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。

一、动量与动能、冲量的关系 1．动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p ＝mv ；动能的大小与速度的平方成正比，E k ＝mv 2/2.两者的关系：p 2＝2mE k .(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．(3)动量的变化量Δp ＝p 2－p 1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔE k ＝E k2－E k1是标量式，运算时应用代数法．2．动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．二、动能定理和动量定理的比较动能定理动量定理研究对象单个物体或可视为单个物体的系统单个物体或可视为单个物体的系统公式W ＝E k ′－E k 或Fs ＝12mv 2t －12mv 20I ＝p t －p 0或Ft ＝mv t －mv 0物理量的意义公式中的W 是合外力对物体所做的总功，做功是物体动能变化的原因．Ek ′－Ek公式中的Ft 是合外力的冲量，冲量是使研究对象动量发生变化的原因．mvt －mv0是研究对象的动是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差相同处①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况不同处①动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．三、机械能守恒定律1．机械能守恒的判断(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机械能不守恒；④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒．2．机械能守恒定律的表述(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E 1＝E 2或E k1＋E p1＝E p2＋E k2，应用过程中重力势能需要取零势能面；(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔE k ＝－ΔE p 或ΔE k ＋ΔE p ＝0；(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A 物体增加的机械能等于B 物体减少的机械能，ΔE A ＝－ΔE B或ΔE A ＋ΔE B ＝0.四、能量守恒定律1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E 初＝E 末． 2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即 ΔE n 增＝－ΔE m 减．3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．五、涉及弹性势能的机械能守恒问题1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同． 3．弹性势能公式E p ＝12kx 2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否则不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．六、机械能的变化问题1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W 其＝E 2－E 1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．高频考点一、动量定理的应用例1．（2018年全国II 卷）高空坠物极易对行人造成伤害。

高考物理：动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结！

高考物理：动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结！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m1v1 m2v2=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。

物理-主题五碰撞与动量守恒

主题五碰撞与动量守恒规律方法提炼1.碰撞中的“三看”和“三想”(1)看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”。

(2)看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”。

(3)看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”。

2.解动力学问题的三个基本观点(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。

(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。

(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。

(4)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解。

(5)复杂问题的分析一般需运用能量的观点、运动与力的观点综合解题。

1.(2017·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.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。

由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。

根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误。

答案 A2.(2018·全国卷Ⅱ，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.102 NC.103 ND.104 N解析根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确。