冲量 动量 教师版

1．考纲变化：本章内容是模块3－5中的部分内容，考纲要求由原来的“选考内容”调至“必考内容”．2．考情总结：作为“选考内容”时，对动量定理、动量守恒的考查，以中等题为主，题型多为计算题，考查的内容主要通过碰撞综合应用动量守恒定律和能量守恒定律．3．命题预测：调至“必考内容”后，预计题型不变，命题热点仍然集中在动量与能量、动量与牛顿运动定律的综合应用方面，也可能与电场、磁场、电磁感应综合命题，难度可能是中等难度以上或较难．说明：动量定理、动量守恒定律只限于一维情况．第1节动量动量定理知识点1冲量和动量1．内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化．2．公式：Ft ＝Δp ＝m v 2－m v 1.3．理解：(1)动量定理反映了冲量的作用效果是使物体动量变化．(2)动量定理可由牛顿第二定律和运动学公式推出，由F ＝ma 和a ＝v t －v 0t 得：F ＝m v t －m v 0t＝Δp t 这是牛顿第二定律的另一种表达形式，它说明作用力等于物体动量的变化率．1．正误判断(1)冲量和功都是标量．(×)(2)冲量为零时，力不一定为零．(√)(3)某个恒力的功为零时，这个力的冲量不为零．(√)(4)动量定理描述的是某一状态的物理规律．(×)(5)动量和冲量都是状态量．(×)2．[冲量、动量的理解]从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a 球竖直上抛，b 球竖直下抛，c 球水平抛出，不计空气阻力，则( )A ．三球落地时的动量相同B ．三球落地时的动量大小相同C ．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D ．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同B [根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c 球速度方向与a 、b 球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故本题选B.]3．[冲量的计算](多选)质量为m 的物块以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中( )A ．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相等B ．整个过程中物块所受弹力的冲量为零C．整个过程中物块的合外力冲量为零D．整个过程中物块的合外力冲量大小为2m v0AD[物体沿光滑斜面先上冲再滑下，两段时间相等，故重力的冲量相等，A对．因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B错．由动量定理＝p′－p＝m v0－(－m v0)＝2m v0，故C错、D对．]得I合4．[动量定理的应用]质量为4 kg的物体以2 m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s.该物体()A．所受合外力的大小可能大于11 NB．所受合外力的大小可能小于3 NC．所受的冲量可能小于6 N·sD．所受的冲量可能大于18 N·sD[若设物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝m v1＝8 kg·m/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故A、B、C错误，D 正确．]1.不变，冲量的方向就跟力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动时绳的拉力在时间t内的冲量，这时就不能说力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．2．冲量是过程量，说到冲量必须明确是哪个力在哪段时间内的冲量．3．冲量和功(1)冲量反映力对时间积累的效应，功反映力对空间积累的效应．(2)冲量是矢量，功是标量．(3)冲量的正、负号表示冲量的方向，功的正、负号表示动力或阻力做功．[题组通关]1．甲、乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则( )A ．甲物体受到的冲量大B ．乙物体受到的冲量大C ．两物体受到的冲量相等D ．两物体受到的冲量无法比较C [由题设可知两物体动量的变化量相等，据动量定理，两物体受到的冲量是相等的．两物体不同时停下，是因为受到的合力(即摩擦力)的大小不相等，即两接触面的动摩擦因数不相等．可知正确答案为C.]2．在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠着一物体A ，已知物体A 的质量m A ＝4 kg ，如图6-1-1所示．现用一水平力F 作用在物体A 上，并向左压缩弹簧，F 做功50 J 后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去外力F ，物体从静止开始运动．则当撤去F 后，弹簧弹力对A 物体的冲量为( )图6-1-1A ．20 N·sB ．50 N·sC ．25 N·sD ．40 N·sA [弹簧的弹力显然是变力，因此该力的冲量不能直接求解，可以考虑运用动量定理：I ＝Δp ，即外力的冲量等于物体动量的变化．由于弹簧储存了50 J 的弹性势能，我们可以利用机械能守恒求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量．所以有：E p ＝12m v 2，I ＝m v .由以上两式可解得弹簧的弹力对A 物体的冲量为I ＝20 N·s.故选A.]变力冲量的计算方法1．如果一个物体受到的力是变力，但该力随时间是均匀变化的，我们可用求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为F＝12(F t＋F0)，则该变力的冲量为I＝12(F t＋F0)t.2．以时间为横轴，力为纵轴，画出变力随时间变化的关系图象，如图所示，该图线与时间轴围成的“面积”(图中阴影部分)在量值上表示了力的冲量的大小．3．根据动量定理求变力冲量．根据动量定理I＝Δp，若I无法直接求得，可求出Δp间接求出I，这是求变力冲量的重要方法．1(1)方程左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量．其中的F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合方向相同．(3)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统．系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和．而物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知不会改变系统的总动量．(4)动力学问题中的应用．在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便．不需要考虑运动过程的细节．2．动量定理的应用(1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．(2)应用I＝Δp求变力的冲量．(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．3．用动量定理解题的基本思路[多维探究]●考向1用动量定理解释生活现象1．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地面上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击过程中()A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快D[玻璃杯从相同高度落下，落地时的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量Δp是相同的，又由动量定理I＝Δp，知受到的冲量也是相同的，所以A、B、C都错．由动量定理Ft＝Δp得F＝Δp/t，落到水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，容易碎，D对．]●考向2动量定理的综合应用2．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为()A．Δp＝0 B．Δp＝3.6 kg·m/sC．W＝0 D．W＝10.8 JBC[设初动量方向为正，则p1＝m v＝1.8 kg·m/s，碰后动量p2＝－m v＝－1.8 kg·m/s，故Δp＝p2－p1＝－3.6 kg·m/s，B项正确；由动能定理得墙对小球做的功W ＝ΔE k ＝0，C 项正确．]3．摆长为L ，摆球质量为m 的单摆，以摆角θ(θ＜5°)摆动，摆球从最大的位移处摆到平衡位置的过程中，下列说法中正确的是( )A ．重力的冲量为πm gl2B ．重力做的功为mgl cos θC ．合外力的冲量大小为m 2gl (1－cos θ)D ．合外力的冲量为零C [摆球从最大位移摆到平衡位臵的过程中机械能守恒：mgl (1－cos θ)＝12m v 2即v ＝2gl (1－cos θ)由动量定理得F 合t ＝Δp ＝m v －0＝m 2gl (1－cos θ)，C 对，D 错．重力做功W G ＝mgl (1－cos θ)，B 错．重力冲量I G ＝mg ·14·2πl g ＝12πm gl ，A 错，故选C.][反思总结]应用动量定理的三点提醒1．动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．2．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．3．对过程较复杂的运动，可分段也可全过程用动量定理．为m A 和m B .一颗质量为m 的子弹以水平速度v 0先后穿过木块A 、B .木块A 、B 对子弹的阻力恒为F f .子弹穿过木块A 的时间为t 1，穿过木块B 的时间为t 2.求：图6-1-2(1)子弹刚穿过木块A 后，木块A 的速度v A 和子弹的速度v 1分别为多大？(2)子弹穿过木块B 后，木块B 的速度v B 和子弹的速度v 2又分别为多大？【解析】 (1)从子弹刚进入A 到刚穿出A 的过程中：对A 、B ：由于A 、B 的运动情况完全相同，可以看做一个整体F f t 1＝(m A ＋m B )v A ，所以v A ＝F f t 1m A ＋m B对子弹：－F f t 1＝m v 1－m v 0，所以v 1＝v 0－F f t 1m .(2)子弹刚进入B 到刚穿出B 的过程中：对物体B ：F f t 2＝m B v B －m B v A所以v B ＝F f (t 1m A ＋m B ＋t 2m B) 对子弹：－F f t 2＝m v 2－m v 1，所以v 2＝v 0－F f (t 1＋t 2)m .【答案】 (1)F f t 1m A ＋m B v 0－F f t 1m (2)F f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1m A ＋m B＋t 2m B v 0－F f (t 1＋t 2)m [母题迁移]●迁移1 结合图象分析多过程问题1．一个质量为3 kg 的物体所受的合外力随时间变化的情况如图图6-1-3所示，那么该物体在6 s 内速度的改变量是( )图6-1-3A ．7 m/sB ．6.7 m/sC ．6 m/sD ．5 m/sD [F -t 图线与时间轴围成的面积在量值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋12×2×4－12×1×2N·s ＝15 N·s. 根据动量定理有I ＝m Δv ，Δv ＝I m ＝153 m/s ＝5 m/s.故本题选D.]●迁移2 结合动量守恒分析多过程问题2．如图6-1-4所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为M 1＝0.5 kg ，M 2＝1.49 kg 的两个物体，置于光滑水平面上，M 1靠在光滑竖直墙上．现有一颗质量为M ＝0.01 kg 的子弹，以600 m/s 的水平速度射入M 2中，最后M 1和M 2都将向右运动．试求：竖直墙对M 1的冲量.图6-1-4【解析】 设子弹M 和木块M 2碰后的共同速度大小为v ′，对M 2和M 由动量守恒：M v ＝(M ＋M 2)v ′ ①当M 2和M 以共同速度v ′(方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位臵时，根据机械能守恒，M 2和M 的共同速度大小仍为v ′(方向向右)，此时对M 1的作用力为零．取M 1、弹簧以及M 2和M 这一系统为研究对象，对M 2与M 碰后到又回到初位臵的整个过程，弹簧弹力对M 1和M 2的合冲量为0，设墙对M 1的冲量大小为I ，对系统由动量定理有：I ＝(M 2＋M )v ′－[－(M 2＋M )v ′] ②由①②式得I ＝2M v ＝2×0.01×600 N·s ＝12 N·s ，方向向右即墙对M 1冲量大小为12 N·s ，方向向右．【答案】 12 N·s ，方向向右第2节 动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(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(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图6-2-1所示的装置中，木块B与水平桌面间是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()图6-2-1A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能不守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．动量不守恒，机械能守恒B[由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图6-2-2所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况()图6-2-2A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B ．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC ．船最终的速度是0.95 m/sD ．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v .由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m 人v 人－m 船v 船＝()m 人＋m 船v ，解得：v ＝0.25 m/s ，方向与船原来的速度方向相反，故A 、C 错误；该同学动量的变化量：Δp ＝m 人v －m 人v 人＝60×(0.25－2)kg·m/s ＝－105kg·m/s ，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s ，故B 正确，D 错误．]1.动量守恒定律的“五性”方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6-2-3所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图6-2-3A ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量守恒B ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量不守恒C ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量守恒D ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量不守恒BC [动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a 离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图6-2-4所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，图6-2-4A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B 分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC[火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D错误；故选A、B、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【解析】(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos 60°＝v0 2设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3m v1＝2m v1′＋m v2又v1′＝2v0解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE＝ΔE k＝12(2m)v1′2＋12m v22－12(3m)v21＝274m v2.【答案】(1)2.5v0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)274m v2●考向2碰撞问题3．(多选)如图6-2-5甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s -t图象．已知m1＝0.1 kg，由此可以判断()甲乙图6-2-5A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能AC[由图乙可以看出，碰前m1的位移随时间均匀增加，m2的位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B错误．由图乙可以算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，由动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，计算得m2＝0.3 kg，故C正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图6-2-6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．图6-2-6【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1②联立①②式得v A 1＝m －M m ＋M v 0③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④ 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 0 ⑤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≥0 ⑦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 <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M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. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．(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．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图6-2-7所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给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板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图6-2-7A．2.1 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/sAB[以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝M v B1，代入数据解得：v B1＝2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v B2，代入数据解得：v B2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内B的速度范围为：2 m/s＜v B＜2.67 m/s，故选项A、B正确．]2．如图6-2-8所示，m A＝1 kg，m B＝4 kg，小物块m C＝1 kg，ab、dc段均光滑，dc段足够长；物体A、B上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a点，已知ab长度L＝16 m，现给小物块C一个水平向右的瞬间冲量I0＝6 N·s.图6-2-8(1)当C滑上A后，若刚好在A的右边缘与A具有共同的速度v1(此时还未与B相碰)，求v1的大小．(2)A、C共同运动一段时间后与B相碰，若已知碰后A被反弹回来，速度大小为0.2 m/s，C最后和B保持相对静止，求B、C最终具有的共同速度v2.【解析】(1)对物块C，由动量定理，取向右为正方向I0＝m C v0－0，v0＝I0m C＝6 m/s从C滑到A的右边缘的过程中，由于F合＝0，所以A、C系统动量守恒，以v0方向为正，m C v0＝(m C＋m A)v1，所以v1＝3 m/s.(2)以v0方向为正，A、C一起向右运动到与B相碰后，C将滑上B做减速运动，直到与B达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(m C＋m A)v1＝－m A v A ＋(m B＋m C)v2，所以v2＝1.24 m/s.【答案】(1)3 m/s(2)1.24 m/s●考向2应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图6-2-9所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a 与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.图6-2-9【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有12m v 2>μmgl①即μ<v202gl②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有12m v 20＝12m v21＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有。