第五章《动量》碰撞爆炸反冲运动-物理优秀论文
高考物理动量冲量精讲精练爆炸及反冲问题
爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(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系统受到的外力，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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v1－m2v2＝0，得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．例题1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( ) A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析：选 C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确．例题2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.mMl B．mM＋mlC.MM＋ml D.mM－ml解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv 人＝Mv 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －xt＝M x t ，则m (l －x )＝Mx ，得x ＝mlM ＋m，故选项B 正确． 例题3．一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：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 2m ＝34mv 甲＋14mv 乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 2m ＝34mv 甲－14mv 乙②或2m ＝－34mv 甲＋14mv 乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t ＝2hg＝2×510 s ＝1 s ，速度分别为v 甲＝x 甲t ＝2.51m/s ＝2.5 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝0.51m/s ＝0.5 m/s ，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B 、C 、D 中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B 项正确．例题4．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv 1＝2mv 1′＋mv 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔE k ＝12×2mv 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20.答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反 (2)274mv 20。
动量、冲量及动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结
动量、冲量及动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结第一篇：动量、冲量及动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结知识点一动量、冲量、动量定理一、动量概念及其理解（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv（2）特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。
（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态,动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
二、冲量概念及其理解（1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t （2）特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。
（3）意义：冲量是力对时间的累积效应。
对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。
对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定着其动量将变多少。
三、动量定理：F ·t = m v2 –m v1 F·t是合外力的冲量，反映了合外力冲量是物体动量变化的原因．（1）动量定理公式中的F·t是合外力的冲量，是使研究对象动量发生变化的原因;（2）在所研究的物理过程中，如作用在物体上的各个外力作用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合外力，再乘以时间，也可求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的会冲量;（3）如果作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每个外力在相应时间内的冲量，然后再求所受外力冲量的矢量和．（4）要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量” 等于动量的变化量（注意）。
知识点二动量守恒定律、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。
碰撞爆炸反冲
例.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 7kg· m/s， B球的动量是5kg· m/s。当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. PA= 6kg· m/s PB= 6kg· m/s
B. PA= 3kg· m/s
C. PA= -2kg· m/s
v B=20cm /Δt ， v A= - 10cm /Δt ， VB′= 0
由动量守恒定律 mAvA+ mBvB=mA VA′+ 0
-10mA+ 20mB=20mA+ 0
0 10 20 30 40
∴mA∶mB=2∶3
50 60 70 80 cm
A
A
A A
B
B
4.如图所示，水平桌面上放着一个半径 为R的光滑环形轨道，在轨道内放入两 个质量分别是M和m的小球（均可看作 质点），两球间夹着少许炸药。开始时 两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道 反向运动一段时间后相遇。到它们相遇 时，M转过的角度θ是多少？
PB= 9kg· m/s
PB= 14kg· m/s
D. PA= -4kg· m/s
PB= 17kg· m/s
1.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质 量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了 一质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆 车接在一起，并向南行驶了一小段距离后停 止，已知长途客车碰前速率为20m/s，由此 判断卡车碰前的速率是 A.小于10m/s
不变，接着木棍B脱离球A开始上升，
而球A恰好停留在地板上，求木棍B
上升的高度。g=10m/s2
爆炸
内力远大于外力，动量守恒， 机械能增加。
1.有一竖直向上发射炮弹总质量为M＝6.0kg （内含炸药的质量可忽略），射出的初速度 v0=60m/s。当炮弹达到最高点时爆炸为沿水 平方向运动的两块，其中一片质量为 m=4.0kg。现要求这一片不能落到以发射点 为圆心，以R＝600m为半径的圆周范围内， 则爆炸完成时，两弹片的总动能至少多大？ (g=10m/s2)
高考物理新课标件碰撞反冲与动量守恒定律
动量守恒定律在反冲问题中的应用
反冲现象
当一个物体向某一方向射出部分物质时，剩余部分将向相反方向运动，这种现象 称为反冲现象。通过动量守恒定律可以求出剩余部分的速度和射出物质的速度。
火箭飞行原理
火箭的飞行原理是利用反冲现象，通过向后喷出高速气体来获得前进的动力。通 过动量守恒定律可以求出火箭获得的速度和喷出的气体的速度。
以求出碰撞后两物体的速度。
02 03
非完全弹性碰撞
在非完全弹性碰撞中，系统内的动量守恒，但动能不守恒。通过动量守 恒定律和能量守恒定律联立求解，可以得到碰撞后两物体的速度和能量 损失。
完全非弹性碰撞
在完全非弹性碰撞中，两物体碰撞后粘在一起运动，系统内的动量守恒 ，动能损失最大。通过动量守恒定律可以求出碰撞后共同运动的速度。
非弹性碰撞
碰撞过程中，系统动能不 守恒，但动量守恒，碰撞 后形变不能完全恢复。
完全非弹性碰撞
碰撞后两物体粘在一起， 具有共同的速度，系统动 能损失最大。
反冲现象及原理
反冲现象
一个静止的物体在内力的作用下 分裂为两个部分，一部分向某个 方向运动，另一部分必然向相反 的方向运动。
反冲原理
反冲运动遵循动量守恒定律，即 系统不受外力或所受外力的矢量 和为零时，系统的总动量保持不 变。
03 碰撞中的动量守恒
完全弹性碰撞中的动量守恒
碰撞前后系统总动量守恒
在完全弹性碰撞中，两个物体碰撞前后的总动量保持不变。
动量交换
碰撞过程中，两物体之间的动量会进行交换，使得它们各自的速度 发生变化。
能量守恒
完全弹性碰撞中，除了动量守恒外，系统的总动能也保持不变。
非完全弹性碰撞中的动量守恒
动量守恒
06 高考真题解析与备考建议
爆炸、碰撞及反冲现象
【解析】导弹的爆炸过程就是A、B两部分的相互作用过
程，在这个作用过程中，除相互作用力外，水平面上无其
他外力作用，所以A、B两块组成的系统在水平方向动量守 恒，即 mv=1/2mvA+1/2mvB. 又由于A、B同时落到地面，即发生水平位移用的时间相同， 得 vAt+vBt= 结合爆炸后瞬间EkA＞KkB知vA的大小大于vB的大小.
【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度中各自动量守恒，设人跳离 甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′甲和v′乙，则：
（M+m1）v甲=Mv+m1v′甲……①
Mv-m2v0=(M+m2)v′乙……② 恰不发生相撞的条件为：v′甲=±v′乙……③
从①得：v′甲=[（M+m1）v甲-Mv]/m1，
E石=(1/2)Mv2=(m/M)· (1/2)mv20，当M 》m时，石板的动能极小.
E石=(1/40)E锤.
【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量 M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高 h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时 质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避 免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上， 求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不 计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）
爆炸、碰撞及反冲现象
知识点
一、爆炸与碰撞 1.共同特点：相互作用力是变力，作用时间极短、作
用力很大，如果有外力、内力远大于外力.均可以应用
动量守恒定律 2.在爆炸过程中，因有其他形式能转化为动能，所以 系统的动能会增加；在碰撞过程，如果没有动能损失， 碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内
碰撞与反冲
Mv m
B
mv M m
C
M m v m
D
M m v m
【例 3 】采取下列A. 使喷出的气体速度增大 B. 使喷出的气体温度更高 C. 使喷出的气体质量更大 D. 使喷出的气体密度更小
用动量概念表示 牛顿第二定律
鸡蛋从一米多高的地方落到地板 上，肯定会被打破，现在，在地板上 放一块泡沫塑料垫，让鸡蛋落到泡沫 塑料上，会看到什么现象？你能解释 这种现象吗？
碰撞和反冲
一、
碰撞过程中 动量守恒、 动能守恒。
碰撞过程中动量守恒 mv=2mv/ V/=v/2 碰前动能： 碰后动能： Ek=mV2/2 E/k=mV/2/2=mV2/8 1、定义
碰撞过程中动量守恒、动能不守恒。
碰撞后两物体 粘在一起的碰 撞叫完全非弹 性碰撞。这种 碰撞机械能损 失最大。
2、研究弹性碰撞
用动量概念表示牛顿第二定律
mv mv′
Ft
设一个质量为m的物体， 初速度为v，在合力F的作 用下，经过一段时间t，速 度变为v′
Ft mv mv
P F t
动量变化率
F的大小反映了动量变化快慢
应用动量定理解释有关现象
鸡蛋落地
两种情况鸡蛋受到合力的冲量一样大吗？
例题1
质量为m=0.2kg的橡皮球自高处落下，以 速率v=5m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞 时间t=0.1s，离地时的速率为v′=3m/s,
c.两部分运动方向相反
3. 物理原 理： 遵循动量守恒定律
作用前：P = 0 作用后: P' = m v + M V 则根据动量守恒定律有： P' = P 即 m v + M V = 0 故有：V = − ( m / M ) v 负号就表示作用后的两部分运动方向相反
高考物理动量定理：碰撞与反冲运动技巧
高考物理动量定理：碰撞与反冲运动技巧在高考物理中，动量定理是一个非常重要的知识点，而碰撞与反冲运动则是动量定理应用的常见情境。
掌握好这部分内容的解题技巧，对于提高物理成绩至关重要。
首先，让我们来了解一下动量定理的基本概念。
动量定理指出，合外力的冲量等于物体动量的变化。
用公式表示就是：＄I ＝＼Delta p$，其中$I$表示合外力的冲量，＄＼Delta p$表示动量的变化量。
在碰撞问题中，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情况。
完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，系统的动能守恒。
我们可以通过动量守恒和动能守恒联立方程组来求解碰撞前后物体的速度。
非完全弹性碰撞中，系统的动能有损失，但动量仍然守恒。
解决这类问题时，我们通常先根据动量守恒定律列出方程，再结合能量损失的条件来计算。
完全非弹性碰撞是动能损失最大的情况，碰撞后两物体以相同的速度运动。
对于碰撞问题的解题技巧，关键在于明确碰撞的类型，以及正确运用动量守恒定律。
同时，要注意碰撞前后速度的方向和大小关系。
接下来，我们说一说反冲运动。
反冲运动是指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某一方向运动，而另一部分物体向相反方向运动的现象。
比如火箭的发射就是典型的反冲运动。
在解决反冲运动问题时，我们同样要以动量守恒定律为基础。
由于反冲运动中，内力远大于外力，所以系统的动量近似守恒。
例如，一个静止的物体分裂成两部分，已知其中一部分的质量和速度，求另一部分的速度。
我们就可以设另一部分的速度为未知数，然后根据动量守恒定律列出方程求解。
再比如，一个装有气体的容器，当气体从容器的一端喷出时，容器会向相反的方向运动。
我们需要分析气体和容器组成的系统在喷出前后的动量变化，从而求出容器的运动速度。
为了更好地理解和应用碰撞与反冲运动的技巧，我们来看一些具体的例题。
例1：在光滑水平面上，质量为$m_1$的物体以速度$v_1$向右运动，质量为$m_2$的物体以速度$v_2$向左运动，两物体发生正碰后，＄m_1$的速度变为$v_1'＄，＄m_2$的速度变为$v_2'＄。
动量守恒碰撞与反冲的力学规律
动量守恒碰撞与反冲的力学规律动量守恒和反冲是力学中的两个基本概念，它们描述了物体在碰撞过程中的力学规律。
在本文中，我们将详细讨论动量守恒和反冲的力学规律，带您一起深入了解。
动量守恒是指在一个系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
也就是说，系统中物体的动量的总和在碰撞前后保持不变。
动量是物体运动状态的重要物理量，它等于物体的质量与速度的乘积。
动量可以表示为：动量（p）= 质量（m） ×速度（v）。
根据动量的定义，我们可以得出一个重要的结论：质量越大的物体，其动量越大；速度越大的物体，其动量越大。
在碰撞过程中，物体之间会发生力的作用。
根据牛顿第三定律，任何两个物体之间的作用力都是相互作用且大小相等、方向相反的。
因此，在碰撞过程中，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体也会对其施加相等大小、方向相反的力，这就是反冲。
反冲的力学规律可以用以下方程表示：F = Δp/Δt。
其中，F表示力的大小，Δp表示动量变化的大小，Δt表示时间的变化量。
根据这个方程，我们可以得出结论：施加力的物体动量减小，被力作用的物体动量增加，两者的和保持不变。
通过动量守恒和反冲的力学规律，我们可以解释许多日常生活中的现象。
例如，我们经常看到在铁路上列车的碰撞测试。
当两列相同质量、相同速度的火车以相反方向运动并撞击时，它们会停下来并保持连接。
这是因为碰撞前后动量守恒，两列火车的总动量保持不变，由于速度的相反方向，它们的动量互相抵消，最终停下来。
在保龄球运动中，当球击中球瓶时，球瓶会向后推移。
这是因为球与球瓶碰撞时，球对球瓶施加了一个向后的力，球瓶受到的反冲力使其向后移动。
动量守恒和反冲的理论也可以应用在交通事故中。
当两辆车发生碰撞时，碰撞前后的总动量保持不变。
这也是为什么汽车碰撞会导致车辆变形和损坏的原因。
在碰撞过程中，两辆车之间会产生巨大的力，这使得车辆发生形变，并导致潜在的伤害。
总而言之，动量守恒和反冲是力学中重要的概念和规律。
动量守恒定律的应用之爆炸、反冲及“人船模型”(解析版)
动量守恒定律的应用之爆炸、反冲及“人船模型”1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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，因而在作用过程中，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。
2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。
反冲运动中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
3．“人船模型” （1）模型的适用条件物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为0. （2）模型特点1)遵从动量守恒定律，如图所示．2)两物体的位移满足： m x 人t －M x 船t ＝0 x 人＋x 船＝L即x 人＝M M ＋m L ，x 船＝m M ＋m Lmv 人－Mv 船＝0（3）利用人船模型解题需注意两点 1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
③x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。
【典例1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 【答案】 (1)52mv 0，方向向左 (2)758mv 20【典例2】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【答案】 A【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 －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．【典例3】如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上，现把小球从与O点等高的地方释放，小车向左运动的最大位移是()A.2LMM＋m B.2Lm M＋mC.MLM＋mD.mLM＋m解题指导小球和小车在水平方向上不受外力作用，整个过程中在水平方向系统动量守恒，总动量始终为零，满足“人船模型”．【答案】B【典例4】载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？【答案】M＋mM h。
高中生关于物理中弹性碰撞的论文42
高中生关于物理中弹性碰撞的论文42一、引言弹性碰撞是物理中一个重要的概念，指的是两个物体在碰撞过程中能量的转换和守恒。
它在日常生活中有着广泛的应用，如汽车碰撞、球类比赛中的碰撞等。
本论文旨在探讨弹性碰撞的基本理论、实验验证以及应用。
二、碰撞基本理论1. 动量守恒定律在弹性碰撞中，动量守恒是一个基本的原理。
即碰撞前后两个物体的总动量保持不变。
假设碰撞前后两个物体分别为物体1和物体2，质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2，则根据动量守恒定律，有如下公式表达：m1v1i + m2v2i = m1v1f + m2v2f其中，v1i和v2i是碰撞前两个物体的速度，v1f和v2f是碰撞后的速度。
2. 动能守恒定律在弹性碰撞中，动能守恒也是一个重要的原则。
即碰撞前后两个物体的总动能保持不变。
根据动能守恒定律，有如下公式表达：0.5 * m1 * v1i^2 + 0.5 * m2 * v2i^2 = 0.5 * m1 * v1f^2 + 0.5* m2 * v2f^2三、实验验证为了验证弹性碰撞的理论，我们可以进行一系列的实验。
以下是两个常见的实验方法：1. 空中碰撞实验将两个小球悬挂在一个支架上，并且确保它们能够在没有任何阻力的情况下进行自由振动。
当一个小球释放并与另一个小球碰撞时，观察碰撞后它们的运动情况。
根据测量得到的速度和质量数据，可以验证碰撞前后动量守恒定律以及动能守恒定律。
2. 弹簧碰撞实验将一个小球放在一个弹簧上，并且在弹簧的一端加一个质量，使得小球能够在弹簧上弹跳。
当小球撞击弹簧时，观察碰撞后的运动情况，特别是小球的弹跳高度。
通过测量弹簧的劲度系数和小球的质量，可以验证碰撞前后动量守恒定律和动能守恒定律。
四、应用领域弹性碰撞理论在生活中有着广泛的应用。
以下是一些常见的应用领域：1. 汽车碰撞弹性碰撞理论可以用于研究汽车碰撞事故中的动量和能量转移情况。
通过分析汽车碰撞前后的速度、质量以及撞击物的形变程度，可以了解碰撞事故的严重程度，并且为改善汽车的安全性能提供参考。
动量守恒定律__碰撞与反冲
碰撞与反冲【自主预习】1.如果碰撞过程中机械能守恒.这样的碰撞叫做________。
2．如果碰撞过程中机械能不守恒.这样的碰撞叫做________。
3．一个运动的球与一个静止的球碰撞.如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在________.碰撞之后两球的速度________会沿着这条直线。
这种碰撞称为正碰.也叫________碰撞。
4．一个运动的球与一个静止的球碰撞.如果之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上.碰撞之后两球的速度都会________原来两球心的连线。
这种碰撞称为________碰撞。
5．微观粒子相互接近时并不发生直接接触.因此微观粒子的碰撞又叫做________。
6. 弹性碰撞和非弹性碰撞从能量是否变化的角度.碰撞可分为两类：(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。
说明：碰撞后.若两物体以相同的速度运动.此时损失的机械能最大。
7.弹性碰撞的规律质量为m 1的物体.以速度v 1与原来静止的物体m 2发生完全弹性碰撞.设碰撞后它们的速度分别为v ′1和v ′2.碰撞前后的速度方向均在同一直线上。
由动量守恒定律得m1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2由机械能守恒定律得12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 联立两方程解得v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1.v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1。
(2)推论①若m 1＝m 2.则v ′1＝0.v ′2＝v 1.即质量相等的两物体发生弹性碰撞将交换速度。
惠更斯早年的实验研究的就是这种情况。
②若m 1≫m 2.则v ′1＝v 1.v ′2＝2v 1.即质量极大的物体与质量极小的静止物体发生弹性碰撞.前者速度不变.后者以前者速度的2倍被撞出去。
③若m 1≪m 2.则v ′1＝－v 1.v ′2＝0.即质量极小的物体与质量极大的静止物体发生弹性碰撞.前者以原速度大小被反弹回去.后者仍静止。
高考物理动量冲量精讲精练爆炸及反冲问题
爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(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系统受到的外力，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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v 1－m 2v 2＝0，得m 1x 1＝m 2x 2.该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m 1、m 2原来静止，因相互作用而运动．③x 1、x 2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．例题1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v ，此时的质量为m ；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v 1，飞船发动机点火，将质量为Δm 的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v 2.这个过程中，下列各表达式正确的是( )A ．mv ＝mv 1－Δmv 2B ．mv ＝mv 1＋Δmv 2C ．mv ＝(m －Δm)v 1－Δmv 2D ．mv ＝(m －Δm)v 1＋Δmv 2解析：选C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv ＝(m －Δm)v 1－Δmv 2，选项C 正确． 例题2．在静水中一条长l 的小船，质量为M ，船上一个质量为m 的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.m Ml B ．m M ＋m l C.M M ＋m l D.m M －ml 解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv 人＝Mv 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －x t ＝M x t，则m(l －x)＝Mx ，得x＝mlM＋m，故选项B正确．例题3．一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/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选B.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有2m＝34mv甲＋14mv乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有2m＝34mv甲－14mv乙②或2m＝－34mv甲＋14mv乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t＝2hg＝2×510s＝1 s，速度分别为v甲＝x甲t＝2.51m/s＝2.5 m/s，v乙＝x乙t＝0.51m/s＝0.5 m/s，代入②式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B项正确．例题4．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝1 2v0.设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv1＝2mv1′＋mv2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔE k ＝12×2mv 1′2＋12mv 22－12(3m)v 21＝274mv 20. 答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反(2)274mv 202019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．—物块的初速为v 0，初动能为E k0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处。
《高考》物理 第5章 动量 第2讲 动量守恒律 碰撞 反冲
量奋市例比阳光实验学校第2讲动量守恒律碰撞反冲★一、考情直播1．解读2．考点整合考点一碰撞〔1〕义：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞．〔2〕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．因为没有其它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．〔3〕碰撞的分类①弹性碰撞〔或称完全弹性碰撞〕如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞〔或称完全弹性碰撞〕．此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒．②非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒．③完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，那么机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞．碰撞物体粘合在一起，具有同一速度．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大．〔4〕判碰撞可能性问题的分析思路①判系统动量是否守恒．②判物理情景是否可行，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判碰撞前后动能是不增加．【例1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是P1=5kg．m/s，P2=7kg．m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg．m/s，那么二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2．【解析】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2= P1，+，即：P1，=2 kg．m/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有 22'212'12221212222m P m P m P m P +≥+，所以有：m 1≤5121m 2， 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙〞，要符合这一物理情景，就必须有2211m P m P 〉，即m 1275m 〈；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1m P m P 〈，所以 2151m m 〉．因此正确的答案该是〔C 〕选项．【例2】如图6-2-1所示，半径和动能都相的两个小球相向而行．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？〔 〕A ．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【解析】首先根据两球动能相，222121乙乙甲甲V m V m =得出两球碰前动量大小之比为：乙甲乙甲m m P P =，因m 甲>m 乙，那么P 甲>P 乙，那么系统的总动量方向向右．根据动量守恒律可以判断，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的，故C 、D 情况是不可能的．考点二 动量守恒律〔1〕义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变． 即：22112211v m v m v m v m '+'=+ 〔2〕动量守恒律成立的条件①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，那么该方向上动量守恒． ④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，那么该阶段系统动量守恒．〔3〕其它表达形式：除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1221v v m m∆∆-= 【例3】如图6-2-2所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，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〕，那么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：〔 〕A 、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【解析】假设以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统那么可认为动量守恒〔此瞬间弹簧尚未形变〕．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断图6-2-2图6-2-1各阶段满足物理规律的条件．【例4】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，以下哪些说法是可能发生的〔〕A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：〔M+M0〕V0=MV1+M1V2+M0V3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=〔M+M1〕V；D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：〔M+M0〕V0=〔M+M0〕V1+M1V2【解析】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确．〔4〕分方向动量守恒【例5】如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?【解析】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒律得m v 0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m)【规律总结】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．考点三动量守恒律用动量守恒律的一般用步骤：①确研究对象，选取研究过程；②分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；③选正方向，确初、末状态的动量，最后根据动量守恒律列议程求解．不管相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒律．用动量守恒律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节．这是它的优点所在，律的表述式是一个矢量式，用时要特别注意方向．〔1〕动量守恒律解“人船模型〞问题人船模型是动量守恒律的拓展用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．一个原来静止的系统，由于某一的运动而对另一有冲量，使另一也跟着运动，假设现象中满足动量守恒，那么有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 =12mmυ2．物体在图6-2-3这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，那么距离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．【例6】质量为M 、长为L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m 1及m 2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型〞易求得船的位移大小为：2121)(m m M Lm m S ++-=．提示：假设m 1>m 2，此题可把〔m 1-m 2〕效为一个人，把〔M+2m 2〕看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不管是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一的动量，那就不能再用m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用〔m 1+m 2〕v 0=m 1v 1+m 2v 2列式．【例7】如图6-2-4所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，那么当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零〔杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相〕系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB 成θ角时小球的水平速度为v ，圆环的水平速度为V ，那么由水平动量守恒有：MV =mv ，且在任意时刻或位置V 与v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V 和v 可分别用其水平位移替代，那么上式可写为：Md =m ［〔L -L cos θ〕-d ］，解得圆环移动的距离：d =mL 〔1-cosθ〕/〔M +m 〕【规律总结】“人船模型〞的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7均属于“人船模型〞．〔2〕根据动量守恒律求解“合二为一〞和“一分为二〞问题．“合二为一〞问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后到达共同速度．“一分为二〞问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动．【例8】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s ．甲车上有质量为m=1kg 的小球假设干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M 1=50kg ，乙和他的车总质量为M 2=30kg ．现为防止相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/s 的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：〔1〕两车的速度各为多少？ 〔2〕甲总共抛出了多少个小球？【解析】甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二〞的过程，接球的过程是“合二为一〞的过程．〔1〕甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛图6-2-4球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设共同速度为V ，那么:M 1V 1－M 2V 1=〔M 1+M 2〕V〔2〕这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×〔－1．5〕=225〔kg·m/s〕每一个小球被乙接收后，到最终的动量为 △P 1=16．5×1－1．5×1=15〔kg·m/s〕故小球个数为)(15152251个==∆∆=P P N 〔3〕根据图象分析推理解答相关问题【例9】A 、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t 0 = 0，t 1= △t，t 2 = 2·△t，t 3=3·△t 各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B像有重叠，m B =23m A ，由此可判断〔 〕A.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = △t；B.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；C.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；D.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = △t．【解析】假设碰撞前B 静止，那么V B0=0，那么t 0，t 1，t 2时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= △t，碰撞后B 的速度2/10t V Bt ∆=；碰撞前A 的速度t V A ∆=200，碰撞后2/5t V At ∆-=． 碰撞前系统动量为：t m A ∆20.，碰撞后系统动量为：2/102/5.t m t m B A ∆+∆-，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：240021t m A∆，碰撞后系统动能为：224002110021t m t m B A ∆+∆，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒律．所以碰撞前B 不可能静止，即AC 二选项错误．假设碰撞后B 静止，那么V Bt =0，那么t 1，t 2，t 3时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= 0.5△t，碰撞前B 的速度2/100t V B ∆-=；碰撞后A 的速度tV At ∆-=20，碰撞前A 的速度2/50t V A ∆=． 碰撞前系统动量为：t m t m BA ∆-∆2010.，碰撞后系统动量为：tm A ∆-20.，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：224002110021t m t m B A∆+∆，碰撞后系统动能为：240021tm A ∆，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒律．综上所述，只有选项B 正确．【例10】如图6-2-6所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度V 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：A ．滑块与木板间始终存在相对运动；B ．滑块始终未离开木板；图6-2-5V 0 VOt0/2t 1图6-2-6C ．滑块的质量大于木板的质量；D ．在1t 时刻滑块从木板上滑出．【解析】从图中可以看出，滑块与木板始终没有到达共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t 1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在1t 时刻滑块从木板上滑出．即选项ACD 正确． ★二、高考热点探究【真题】(2021．卷〕有两个完全相同的小滑块A 和B ，A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰，碰撞中无机械能损失．碰后B 运动的轨迹为OD 曲线，如图6-2-7所示．〔1〕滑块质量为m ，碰撞时间为t ∆，求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小． 〔2〕为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B 平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固在与OD 曲线重合的位置，让A 沿该轨道无初速下滑〔经分析，A 下滑过程中不会脱离轨道〕．a ．分析A 沿轨道下滑到任意一点的动量p A 与B 平抛经过该点的动量p B 的大小关系；b ．在OD 曲线上有一M 点，O 和M 两点连线与竖直方向的夹角为45°．求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度．【解析】〔1〕滑动A 与B 正碰，满足mv A -mV B =mv 0①222111222A B a mv mv mv += ② 由①②，解得v A =0， v B =v 0，根据动量理，滑块B 满足 F ·∆t=mv 0，解得0mv F t=∆ (2)a ．设任意点到O 点竖直高度差为d ，B 由O 点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选该任意点为势能零点，有E A =mgd ，E B =mgd+2012mv由于p =2k mE ，有20212AkA B kB P P gdP E U gd==<+ 即 P A <P BA 下滑到任意一点的动量总和是小于B 平抛经过该点的动量．b ．以O 为原点，建立直角坐标系xOy ，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向下，那么对B 有x =v 0t·y=12gt 2B 的轨迹方程y =222ag x v 在M 点x=y ，所以 y=201v g③因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同．设B 水竖直分速度大小分别为Bx v 和By v ，速率为v B ；A 水竖直分速度大小分别为Ax v 和Ay v ，速率为v A ，那么,Ay ByAx Bx A B A Bv v v v v v v v ==④B 做平抛运动，故200,2,2Bx By B v v v gy v v gy===+ ⑤图6-2-7对A 由机械能守恒得v A =2gy ⑥ 由④⑤⑥得 0220022,22Ax Ay v gygyv v v gyv gy==++将③代入得002545,55Ax Ay v v v v == ★三、抢分频道◇限时根底训练〔20分钟〕成绩1．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的选项是A ．两手同时放开，两车的总动量为0B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，两车的总动量守恒，两手放开有先后，两车的总动量不守恒1．【答案】 ABD ．据动量守恒条件，两手同时放开，那么两车所受外力之和为0，符合动量守恒条件；假设先放开右手，后放开左手，那么小车受到左手向右的冲量作用，从而使两车的总动量向右；反之，那么向左．2．质量为m 的砂车沿光滑水平面以速度v 0作匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为m 的铁球，如图6-2-8所示，那么小铁球落入砂车后( )A ．砂车立即停止运动B ．砂车仍作匀速运动，速度仍为v 0C ．砂车仍作匀速运动，速度小于v 0D ．砂车做变速运动，速度不能确2．【答案】C ．水平方向动量守恒v m M Mv )(0+=可知Ｃ正确．3．在质量为M 的，小车中挂有一半摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆)以恒的速度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，以下哪个或哪些说法是可能发生的？A ．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30210)(v m mv Mv v m M ++=+B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足21mv Mv Mv +=C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足1)(mv M Mv +=D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足2100)()(mv v m M v m M ++=+3．【答案】BC ．由于碰撞的极短，摆球的速度不变，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开．4．() 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测，长途客车碰前以20m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率A ．小于10m/sB ．大于10m/s 小于20m/s图6-2-8C．大于20m/s小于30m/sD．大于30m/s小于40m/s4．【答案】A．两车碰后连接在一起向南滑行，说明系统的总动量向南，因此碰前客车的动量(方向向南)大于卡车的动量(方向向北)，即m客v客>m卡v卡，代人数据1500×20>3000×v卡；解得v卡<10m／s，A选项正确．5．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态，现使两球反向运动，如图6-2-9所示，当细绳拉紧时，突然绷断，这以后两球的运动情况可能是5．【答案】AB．绳子绷断，一在绳子伸长量到达极限值的时候．而甲或乙返回，那么要求绳子不断收缩，往后绳子就会断了6．静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，以下说法中，正确的选项是( )(设水的阻力不计)．A．两球抛出后，船往左以一速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B．两球抛出后，船往右以一速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相D．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大6．【答案】D ．此题抛球过程中，系统动量守恒，抛甲时，甲的初动量为零，而抛乙时，乙已经有一个初动量，故抛两球过程中，抛甲球时的冲量较大．由于系统的动量守恒，故两球与地相同的速率抛出后，船的速度为零．7．如图6-2-10所示，人站在小车上不断用铁锤敲击小车的一端．以下各种说法中正确的选项是：A．如果地面水平、坚硬光滑，那么小车将向右运动．B．如果地面水平、坚硬光滑，那么小车将在原地附近做往复运动．C．如果地面阻力较大，那么小车有可能断断续续地向右运动．D．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是内力，小车不可能发生运动．7．【答案】BC．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是(人、车、铁锤)内力，如果地面水平、坚硬光滑，系统无水平方向的外力，合动量为零，不可能向一个方向运动，A错，B正确．又地面粗糙，系统合外力不为零，根据敲击技巧，车可能往复运动，也可能向一个方向运动，有点类似骑独轮车，手的摆动相当于铁锤的运动．8．如图6-2-11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，那么A．假设A、B与平板车外表间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．假设A、B与平板车外表间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统动图6-2-10图6-2-9量守恒C ．假设A 、B 受到的摩擦力大小相，A 、B 组成的系统动量守恒D ．假设A 、B 受到的摩擦力大小相，A 、B 、C 组成的系统动量守恒8．【答案】BCD ．合外力为0是判断动量守恒的依据． 9．(高考)在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假两板与冰面间的摩擦因数相同．甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于 〔 〕A．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力 B ．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间 C ．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D ．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小9．【答案】C ．“甲在冰上滑行的距离比乙远〞说甲乙分开是的速度是甲的大，C 对；根据动量守恒律速度的甲质量小，但在别离时相互作用力大小相，作用时间相，所以AB 错；根据牛顿第二律知甲乙的加速度相同，所以D 错．10．(高考)如图6-2-12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A B m m 2=，规向右为正方向，A 、B 两球的动量均为s m kg /6⋅，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为s m kg /4⋅-，那么〔 〕A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:110． 【答案】A ．题中规向右为正方向，而AB 球的动量均为正，所以AB 都向右运动，又A B m m 2=，所以2A B v v =，可以判断A 球在左方，CD 错；碰撞后A的动量变化4/A p kg m s ∆=-⋅，根据动量守恒可知，B 球的动量变化4/B p kg m s ∆=⋅，所以碰后AB 球的动量分别为(64)/2/A p kg m s kg m s '=-⋅=⋅，(64)/10/B p kg m s kg m s '=+⋅=⋅解得:2:5A B v v ''=．◇根底提升训练1．两名质量相的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是〔 〕A ．假设甲最先抛球，那么一是v 甲＞v 乙B ．假设乙最后接球，那么一是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙1．【答案】B ．因系统动量守恒〔总动量为零〕，故最终甲、乙动量大小必相．因此，最终谁接球谁的速度小．２． 甲、乙两人站在小车左右两端，如图6-2-13所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，以下说法不正确．．．的选项是．．．．〔轨道光滑〕A ．乙的速度必大于甲的速度AB C图6-2-11图6-2-12甲乙图6-2-13B．乙对小车的冲量必大于甲对小车的冲量C．乙的动量必大于甲的动量D．甲、乙动量总和必不为零2．【答案】A．在用动量守恒律分析时，此题的研究对象是甲、乙两人和小车共同构成的系统．由于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p甲、p乙和p车，取向右为正方向，那么：p甲－p乙+p车＝0，所以p乙＝p甲+p车，即p乙＞p甲，应选项C中说法正确；又甲和乙的质量关系不确，所以二者速度大小关系也不能确，应选项A 中说法不正确；甲、乙的动量之和与车的动量大小相方向相反，故D选项中说法正确；对于小车，由动量理可知：I乙－I甲=p车．其中I乙为乙对车的冲量，方向向右；I甲为甲对车的冲量，方向向左．所以，I乙＞I甲，应选项Ｂ中说法也正确．选A．3．如图6-2-14所示，小木块与长木板之间光滑．M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固在M的左端，右端与m连接．开始时m和M都静止，现同时对m、M施加大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统．正确的说法是(整个过程中弹簧不超过弹性限度)〔〕A．由于F1和F2分别对m、M做正功，故系统的机械能不断增加B．由于F1和F2大反向，故系统的动量守恒C．当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大D．当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相时，m、M的动能最大3．【答案】BCD．当弹簧的弹力由零增大到与F１、Ｆ２大的过程中，m、M一直做加速运动，此后做减速运动到弹簧伸长量最大时，速度为零．从开始运动到弹簧伸长量最大过程中，F１、Ｆ２对系统做正功，机械能增大．m、M从弹簧最大伸长量状态开始，做反向加速运动，克服F１、Ｆ２做功，机械能减少，且在弹簧的弹力减小到与F１、Ｆ２的大小相时，有最大速度，由动量守恒律可知此时的最大速度与弹簧伸长到弹力与Ｆ１、Ｆ２的大小相时的速度大小相．４．如图6-2-15所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环．在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的木质轨道，且穿过金属球的圆心O，现使质量为M的条形磁铁以v0的水平速度沿轨道向右运动，那么A．磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B．圆环可能获得的最大速度为mMMv+C．磁铁与圆环系统损失的动能可能为Mmv02/2〔M＋m〕D．磁铁与圆环系统损失的动能可能为21Mv2４．BC解析：整个过程中，二者组成系统总动量守恒，且发生动能向电能再向内能的转化．由动量守恒律Ｍv０＝〔Ｍ＋m〕v，v＝)(2mMMv+，又由能量关系：Ｑ＝ΔＥ损＝21mv０２－21〔Ｍ＋m〕v２＝)(22mMMmv+◇能力提升训练图6-2-14图6-2-15。
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第五章《动量》碰撞爆炸反冲运动-物理论文
第五章《动量》碰撞爆炸反冲运动
孙宝红
山西省怀仁一中物理组038300
【考点透析】
1.本专题考点
动量知识和机械能守恒知识的应用，本专题为Ⅱ类要求。
2.理解和掌握的内容
2.1 碰撞
（1）特点：作用时间极短，相互作用的内力极大，有些碰撞尽管合外力不为零，但外力相对于内力可忽略，故动量近似守恒。
（2）分类：①弹性碰撞（动能也守恒）；②非弹性碰撞（存在动能损失）；③完全非弹性碰撞（碰后具有共同速度，动能损失最多）。
（3）范围：从动能损失多少的角度看，所有碰撞都界于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，即两者是动能损失的下限和上限。
2.2 爆炸及反冲运动
（1）爆炸：爆炸过程类似于碰撞，动量守恒。
因有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能在爆炸后将增加。
（2）反冲运动：在反冲运动中若内力远大于外力，可视为动量守恒。
2.3 难点释疑
（1）碰撞过程动能不会增加，动量守恒。
常用到动量和动能的关系式：P2=2mEK （2）碰撞问题的处理方法：①客观实际（如甲同向追乙，碰后甲速度大小变小；
若仍同向则不可能大于乙的速度）；②动量守恒；③动能关系（碰后动能小于或等于碰前动能，动能损失多少存在上限和下限）。
【例题精析】
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7kgm/s,B球的动量是5kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）
A.PA=6kgm/s,PB=6kgm/s
B.PA=6.5kgm/s,PB=5.5kgm/s
C.PA=-2kgm/s,PB=14kgm/s
D.PA=-4kgm/s,PB=17kgm/s
解析：从碰撞客观实际，由于A追B碰，碰后A的速度必小于B的速度，且两球质量相等，故B选项错；由碰撞动量守恒验证，D选项错；再从碰撞中动能关系，即碰后总动能只有守恒或减少来看，C错A正确。
答案：A
例2 如图5-29所示，在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为P0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。
将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则必有：
A．E1E0 B．P1P0 C．E2E0 D．P2P0
解析：动能是标量，两球碰后动能不会增加，故A对，C错；动量是矢量，两球碰后它们动量的绝对值之和可以增加，由动量守恒定律可知矢量和保持不变，因碰撞前后球1的运动方向相反，有P0=P2+（-P1），故必有P2P0，故D对；对球1，由关系P2=2mEK可知，因为E1E0 ，可得P1P0 ，故B对。
答案：
ABD。