突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题-2019高三物理一轮微专题系列之热点专题突破(解析版)
高考物理动量守恒定律在碰撞问题中的应用
高考物理动量守恒定律在碰撞问题中的应用在高考物理中，动量守恒定律是一个极其重要的知识点，尤其是在处理碰撞问题时，其应用更是广泛而关键。
动量守恒定律为我们理解和解决物体之间相互作用的复杂情况提供了有力的工具。
首先，我们来明确一下动量守恒定律的基本概念。
动量是一个与物体的质量和速度相关的物理量，其表达式为 p ＝ mv ，其中 p 表示动量，m 表示物体的质量，v 表示物体的速度。
动量守恒定律指出，在一个不受外力或所受合外力为零的系统中，系统的总动量保持不变。
在碰撞问题中，我们通常会遇到完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和非完全弹性碰撞这三种情况。
完全弹性碰撞是一种理想的情况，在这种碰撞中，不仅动量守恒，而且动能也守恒。
比如两个质量分别为 m1 和 m2 的小球，以速度 v1和v2 发生正碰，碰撞后速度分别变为v1' 和v2' 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' ；同时，由于动能守恒，有 1/2m1v1²＋ 1/2 m2v2²＝ 1/2 m1v1'²＋ 1/2 m2v2'²。
通过联立这两个方程，我们就可以求解出碰撞后的速度 v1' 和 v2' 。
完全非弹性碰撞则是另一个极端。
在这种碰撞中，两个物体碰撞后会粘在一起以相同的速度运动。
同样以两个质量分别为 m1 和 m2 的物体为例，碰撞前速度分别为 v1 和 v2 ，碰撞后共同速度为 v 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝（m1 ＋ m2)v 。
在完全非弹性碰撞中，动能损失最大。
非完全弹性碰撞则介于上述两种情况之间，动量守恒，但动能有损失，只是损失的动能不像完全非弹性碰撞那么多。
那么，动量守恒定律在实际的高考题目中是如何应用的呢？让我们通过一些具体的例子来进行分析。
例 1：在光滑水平面上，有两个质量分别为 2kg 和 3kg 的滑块 A 和B，A 以 5m/s 的速度向右运动，B 以 3m/s 的速度向左运动，两者发生正碰。
2019高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第1讲动量冲量动量定理课件
(2)方向恒定的变力的冲量计算 若力 F 的方向恒定， 而大小随时间变化的情况如图所示， 则 该力在时间Δ t＝t2－t1 内的冲量大小在数值上就等于图中阴 影部分的“面积”．
(3)一般变力的冲量计算 在中学物理中， 一பைடு நூலகம்变力的冲量通常是借助于动量定理来计 算的． (4)合力的冲量计算 几个力的合力的冲量计算， 既可以先算出各个分力的冲量后 再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．
提示：B
)
B．减小球对手的冲击力 D．减小球的动能变化量
想一想 (多选)一个质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动， 经过时间 t 下降的高度为 h，速度变为 v，则在这段时间内 物体的动量变化大小为( A．m(v－v0) C．m v2－v2 0
提示：BCD
) B．mgt D．m 2gh
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力 (3)矢量性： 动量变化量的方向与__________ 的方向相同， 可
以在某一方向上应用动量定理．
2．动量、动能、动量的变化量的比较 名称 项目 定义 定义式 矢标性 特点 关联方 程 动量 物体的质量和 速度 _________ 的乘积 动能 动量变化量 物体末动量与初 矢量差 动量的_______ Δ p＝p′－p 矢量 过程量 ________
对动量和冲量的理解 【知识提炼】 1．对动量的理解 (1)动量是矢量， 方向与速度方向相同． 动量的合成与分解遵 循平行四边形定则、三角形法则． (2)动量是状态量． 通常说物体的动量是指运动物体某一时刻 的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时 速度．
(3)动量是相对量． 物体的动量与参照物的选取有关， 通常情 况下，指相对地面的动量．单位是 kg·m/s. 2．冲量的计算 (1)恒力的冲量计算 恒力的冲量可直接根据定义式来计算， 即用恒力 F 乘以其作 用时间Δ t 而得．
动量守恒定律在碰撞中的应用
动量守恒定律在碰撞中的应用碰撞是物体之间相互作用并且相互影响运动状态的过程。
在碰撞中，动量守恒定律是一个重要的物理原则，被广泛应用于解释和分析碰撞的结果。
本文将探讨动量守恒定律在碰撞中的应用，并且通过几个实例来说明其作用。
一、动量守恒定律的定义与原理动量是物体的运动状态的度量，是质量与速度的乘积。
动量守恒定律指出，在一个孤立系统中，当没有外力作用的情况下，系统的总动量保持不变。
数学表示上，对于一个系统中的两个物体A和B，分别具有质量(mA、mB)和速度(vA、vB)，它们在碰撞前的动量分别为(mA*vA、mB*vB)，碰撞后的动量分别为(mA*vA'、mB*vB')。
根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量应该保持一致，即：mA*vA + mB*vB = mA*vA' + mB*vB'二、完全弹性碰撞的应用完全弹性碰撞是碰撞中的一种特殊情况，指的是碰撞后物体之间没有能量损失，且碰撞前后的动量都被完全保持。
这种类型的碰撞在一些理论研究和实际应用中具有重要意义。
例如，两个质量分别为mA和mB的小球在水平面上发生完全弹性碰撞。
假设碰撞前A小球的速度为vA，B小球的速度为vB，碰撞后A小球的速度为vA'，B小球的速度为vB'，由动量守恒定律可得：mA*vA + mB*vB = mA*vA' + mB*vB'在完全弹性碰撞中，物体的动能可以得到保持和转移，因此，在碰撞后的速度可以通过以下公式计算：vA' = (mA - mB)/(mA + mB) * vA + (2*mB)/(mA + mB) * vBvB' = (2*mA)/(mA + mB) * vA + (mB - mA)/(mA + mB) * vB通过这个公式，我们可以计算出完全弹性碰撞中每个物体的速度变化，从而分析碰撞的结果。
三、非弹性碰撞的应用非弹性碰撞指的是碰撞过程中物体之间发生能量损失的现象。
突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题-2019高考物理一轮微专题系列之热点专题突破+Word版含解析
2019高考物理一轮微专题系列之热点专题突破突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒,即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加,即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2。
(3)速度要合理①碰前两物体同向,则v 后>v 前；碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1,速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时,v 1′＝0,v 2′＝v 1,两球碰撞后交换了速度。
(2)当m 1>m 2时,v 1′>0,v 2′>0,并且v 1′<v 2′,碰撞后两球都向前运动。
(3)当m 1<m 2时,v 1′<0,v 2′>0,碰撞后质量小的球被反弹回来。
【典例1】 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动,其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ,发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ,由此可知：两小球的质量之比可能为( )A.m Am B ＝1 B.m A m B ＝12C.m A m B ＝15D.m A m B ＝110 【答案】C(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B。
(2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞,且A 球在前,B 球在后,取两小球碰前的运动方向为参考正方向,即p A 0＝5 kg·m/s ,p B 0＝7 kg·m/s。
专题18 动量守恒定律(碰撞问题)-2019高考物理一轮复习专题详解(解析版)
知识回顾 1．动量守恒条件(1)系统不受外力或合外力为零时，动量守恒． (2)若在某一方向合外力为0，则该方向动量守恒． 2．必须掌握动量守恒定律的两种思想 (1)守恒思想：p ＝p ′、m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′. (2)转化思想：Δp 1＝－Δp 2.3．必须明确碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′. (3)速度要符合实际情况． 规律方法应用动量守恒定律解题的基本思路(1)分析题意，明确研究对象，确定所研究的系统是由哪些物体组成的．(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件判断能否应用动量守恒定律．(3)明确所研究物体间的相互作用的过程，确定过程的初、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量． (4)规定正方向，确定初、末状态的动量的正、负号，根据动量守恒定律列方程求解． 三类碰撞的分析 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，机械能损失最多，机械能的损失： ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v ′2 (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，机械能有损失，机械能的损失： ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12m 1v ′21＋12m 2v ′22例题分析【例1】 质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ＝6 kg·m/s ，p B ＝6 kg·m/s B ．p A ＝3 kg·m/s ，p B ＝9 kg·m/s C ．p A ＝－2 kg·m/s ，p B ＝14 kg·m/s D ．p A ＝－4 kg·m/s ，p B ＝17 kg·m/s 【答案】 A【例2】．(2017年江色七校联考)光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，其中A 质量为m A ＝3m 、C 质量为m C ＝2m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 发生弹性碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 的质量及B 与C 碰撞前B 的速度大小？【答案】m B ＝m ，v B ＝32v 0【解析】A 与B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设B 的质量为m B ，则 3mv 0＝3mv A ＋m B v B 12×3mv 20＝12×3mv 2A ＋12m B v 2B B 、C 碰撞后与A 的速度相同，由动量守恒定律得： m B v B ＝(m B ＋2m )v A联立解得：m B ＝m ，v B ＝32v 0【例3】(2017·银川二模)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移图像，c 为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论不正确的是( )A．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答案】 C【例4】．(2017·衡水中学期末卷)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3【答案】 D【解析】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v 1∶v 2＝PO ∶(PO ＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m 1∶m 2＝5∶3，D 项正确． 专题练习1．在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D ．无法确定【答案】：A2．(2017年山东济宁期末)如图所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B .在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s 【答案】：B【解析】：A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B 做减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，B 的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则Mv －mv ＝Mv 1，Mv 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝83m/s ，v 2＝2m/s ，所以在A 做加速运动的时间内，B 的速度大小应大于2 m/s 且小于83m/s ，只有选项B 正确．3．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为8 kg·m/s ，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )A ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3 B ．右侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6C ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为2∶3D ．左侧为A 球，碰撞后A 、B 两球的速度大小之比为1∶6 【答案】：C4．(2017年河北邯郸模拟)质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值，碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A ．0.6v B ．0.4v C ．0.2v D ．v 【答案】：B【解析】：根据动量守恒定律得mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′k ＝12m (－0.8v )2＋12×3m (0.6v )2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A 项错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′k ＝12m (－0.2v )2＋12×3m (0.4v )2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B 项正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故C 项错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D 项错误．5．(多选)(2016年高考·天津卷改编)如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则( )A ．此时盒的速度大小为v3B ．此时盒的速度大小为v2C ．滑块相对于盒运动的路程为v 23μgD ．滑块相对于盒运动的路程为v 22μg【答案】：AC【解析】：设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m ，对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共，解得v 共＝v 3，A 正确．由功能关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ⎝⎛⎭⎫v 32，解得x ＝v 23μg，C 正确． 6．(2017·南平模拟)如图所示，A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A 、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A ．停止运动B ．向左运动C ．向右运动D ．运动方向不能确定 【答案】 C7．如图所示，在光滑水平面上，有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A ＝5.0 kg ·m/s ，p B ＝7.0 kg ·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A 和Δp B 可能是( )A ．Δp A ＝－3.0 kg ·m/s ；ΔpB ＝3.0 kg ·m/s B ．Δp A ＝3.0 kg ·m/s ；Δp B ＝3.0 kg ·m/sC ．Δp A ＝3.0 kg ·m/s ；Δp B ＝－3.0 kg ·m/sD ．Δp A ＝－10 kg ·m/s ；Δp B ＝10 kg ·m/s 【答案】 A【解析】 A 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝－3 kg ·m/s 、Δp B ＝3 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝2 kg ·m/s 、p ′B ＝10 kg ·m/s ，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A 项正确；B 项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔP A ＝3 kg ·m/s ，Δp B ＝3 kg ·m/s ，违反了动量守恒定律，不可能，故B 项错误；C 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝3 kg ·m/s 、Δp B ＝－3 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝8 kg ·m/s 、p ′B ＝4 kg ·m/s ，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 项错误；D 项，如果Δp A ＝－10 kg ·m/s 、Δp B ＝10 kg ·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p ′A ＝－5 kg ·m/s 、p ′B ＝17 kg ·m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D 项错误．8．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线．具有初动能E 0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后5个物块粘成一个整体．这个整体的动能等于( )A ．E 0 B.45E 0 C.15E 0D.125E 0【答案】 C9．(2017·铜仁市四模)(多选)如图所示，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B 和C ，小球A 从弧形轨道上离地高h 处由静止释放，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，B 球与C 球碰撞后粘在一起，A 球弹会后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A 、C 两球的质量相等，B 球的质量为A 球质量的2倍，如果让小球A 从h ＝0.2 m 处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g ＝10 m/s 2)( )A ．A 球从h 处由静止释放则最后不会与B 球再相碰 B ．A 球从h 处由静止释放则最后会与B 球再相碰C ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为79m/sD ．A 球从h ＝0.2 m 处由静止释放则C 球的最后速度为89 m/s【答案】 AD10.(2017·淄博一模)(多选)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m 0，小车和小球以恒定速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？( )A ．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v 1和v 2，满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋mv 2C ．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u ，满足Mv ＝(M ＋m)uD ．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v 1，木块的速度变为v 2，满足(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2 【答案】 CD【解析】A 项，碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v 1和v 2，根据动量守恒有：Mv ＝Mv 1＋mv 2.若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv ＝(M ＋m)u.故C 项正确，A 、B 两项错误；D 项，碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒，则有：(M ＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋mv 2，故D 项正确．11．(2017·广东七校联考)(多选)如图所示，图(a)表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A 与小车B 的v-t 图像，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能 【答案】 BC12.(2017·天津六校联考)质量为m B ＝2 kg 的木板B 静止于水平面上，质量为m A ＝6 kg 的物块A 停在B 的左端，质量为m C ＝2 kg 的小球C 用长为L ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C 在最低点与A 发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt ＝10－2 s ，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h ＝0.2 m ．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球C 与物块A 碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A 不滑离木板B ，木板B 至少多长？ 【答案】 (1)1 200 N (2)0.5 m 【解析】(1)C 下摆过程，根据动能定理有：m C gL ＝12m C v C 2代入数据解得：碰前C 的速度v C ＝4 m/s ，C 反弹过程，根据动能定理有：－m C gh ＝0－12m C v ′C 2解得：碰后C 的速度v ′C ＝2 m/s取向右为正方向，对C ，根据动量定理有： －F Δt ＝－m C v ′C －m C v C解得：碰撞过程中C 所受的撞击力大小：F ＝1 200 N.13．(2017年高考·课标全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】m 3＝20 kg ； v 2＝1 m/s 【解析】：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m 2v 20＝(m 2＋m 3)v12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 且v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立上式且代入题给数据得m 3＝20 kg (2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0代入数据得v 1＝1 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 312m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 联立上式且代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．14．(2015年高考·课标全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【答案】(5－2)M ≤m <M如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M )2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0⑦解得m≥(5－2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m<M⑨15．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为m A＝0.5 kg，m B＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量m C＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以v C＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图7－2－4所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0 m/s，求：(1)木块A的最终速度v A；(2)滑块C离开A时的速度v′C.【答案】2.6 m/s；4.2 m/s.(2)为计算v′C我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒．C离开A时的速度为v′C，B与A的速度同为v A，由动量守恒定律有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v B∴v′C＝m B＋m C v B－m B v Am C＝＋－0.3×2.60.1m/s＝4.2 m/s.16.如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝3 kg的木板，其左端放有一可看成质点、质量为m＝1 kg 的重物，右方有一竖直的墙．重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经Δt＝0.1 s木板以v1＝4 m/s的速度返回，重力加速度为g＝10 m/s2.求：(1)墙壁对木板的平均作用力；(2)板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化．若重物不从木板上掉下来，木板的最小长度．(3)木板与墙壁碰撞后，系统产生的内能；(4)木板与墙壁碰撞后，重物向右移动的最大位移．【答案】F ＝305 N ；L ＝7.5 m ；37.5 J ；x ＝3.6 m【解析】 (1)设向左为正方向，板碰后速度为v 1，由动量定理有：(F －μmg )Δt ＝Mv 1－(－Mv 0)代入数据可求得F ＝305 N(3)设向左为正方向，重物与木板组成的系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝(M ＋m )v 共v 共＝1.5 m/s由能量守恒得：ΔE ＝12Mv 21＋12mv 20－12(M ＋m )v 2共＝37.5 J (4)设向左为正方向，当重物速度为零时向右的位移最大，系统动量守恒：Mv 1－mv 0＝Mv 2对木板列动能定理：－μmgx ＝12Mv 22－12Mv 21x ＝3.6 m17．(2017年湖北六校调考)如图所示，一质量为13m 的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同的小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动，为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？【答案】v ＝257v 0.18．(2017年南昌市一模)如图所示，在光滑水平面上，A 小球以速度v 0运动，与原静止的B 小球碰撞，碰撞后A 球以v ＝αv 0(待定系数α<1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，设m B ＝4m A ，若要求A 球能追上B 再相撞，求α应满足的条件．【答案】13<α≤35. 【解析】：A 、B 碰撞过程，以v 0方向为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝－m A αv 0＋m B v BA 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰的条件是αv 0>v B得α>13碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－⎣⎡⎦⎤12m A αv 02＋12m B v 2B ≥0 得－1≤α≤35所以α满足的条件是13<α≤35. 19．(2017年湖北八校3月模拟)如图所示，质量为3 kg 的小车A 以v 0＝4 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面0.8 m．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂．此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)绳未断前小球与砂桶的水平距离；(2)小车系统最终速度的大小；(3)整个系统损失的机械能．【答案】0.4 m；v2＝3.2 m/s；ΔE＝14.4 J.。
动量守恒之碰撞问题
1 2
mv02，而B选项中碰撞后能量增加，B错误，故A、C正确．
答案：AC
例 3．[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( )
3.“碰撞过程”的制约 ①动量制约：必须受到“动量守恒定律的制约”；
mv1 mv2 mv1 mv2
②动能制约：碰撞双方的总动能不会增加；
1 2
mv12
1 2
mv22
1 2
mv12
1 2
mv22
③运动制约：运动的合理性的制约(碰前、碰后两个 物体的位置关系和速度大小应保证其顺序合理。)
例：某物体向右运动，被后面物体迫及而碰撞后，其 运动速度只会增大而不应该减小。
答案：(1)3 kg (2)弹性碰撞
动量守恒定律的应用
碰撞专题
一．碰撞：
碰撞
１、碰撞：碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短 的时间内它们的运动状态发生了显著的变化的过程。
2.“碰撞过程”的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下都是可以忽略的；
(2)碰撞的内力远大于外力，动量守恒；
(3)碰撞过程物体的位置不突变，碰撞过程两 物体产生的位移可忽略。
V1
m1 m1
m2 m2
V0
V2
2m1 m1 m2
V0
v1
m1 m1
m2 m2
v1, v2
2m1 m1 m2
v1
a.当m1＝m2时，v1’=0; v2’=v1 质量相等，交换速度；
动量守恒之碰撞问题
动量守恒之碰撞问题动量守恒在碰撞问题中起着重要的作用。
当两个物体发生碰撞时，有以下规律：首先，相互作用时间非常短暂；其次，相互作用力在碰撞过程中急剧增大，然后又急剧减小，平均作用力很大；此外，系统的内力远远大于外力，因此可以忽略外力，系统的总动量守恒；碰撞过程中，物体的位移可以忽略；最后，一般情况下碰撞会伴随着机械能的损失，因此碰撞后系统的总动能会小于或等于碰撞前系统的总动能。
在碰撞问题中，通常存在以下三种情况。
第一种是弹性碰撞，即碰撞过程中没有机械能的损失。
对于质量分别为m1和m2的两个物体，它们以速度v1和v2运动并发生对心碰撞。
根据动量守恒和动能守恒条件，可以得到v1'和v2'的计算公式，运算技巧可以采用①⑤式，将二元二次方程转化为二元一次方程，从而简化数学运算。
除了弹性碰撞外，还存在非弹性碰撞和完全非弹性碰撞。
在非弹性碰撞中，碰撞过程中会有机械能的损失；而在完全非弹性碰撞中，两个物体碰撞后会粘在一起，成为一个整体。
对于这两种情况，需要采用不同的计算方法，具体可以根据题目要求灵活运用。
总之，动量守恒在碰撞问题中有着重要的应用，可以帮助我们解决各种碰撞问题。
本文讲述了质点碰撞后速度的计算。
当两个质点相撞时，它们的质量和速度会发生变化。
如果两个质点的质量相等，则它们的速度也会相等。
如果一个质点的质量比另一个质点大，则碰撞后速度较大的质点会向原来速度较小的质点交换速度。
具体来说，碰撞后速度较小的质点会获得速度，速度较大的质点会失去速度。
如果一个质点的质量比另一个质点小，则碰撞后速度较小的质点会失去速度，速度较大的质点会获得速度。
在计算碰撞后速度时，需要考虑质点的质量和速度分布情况。
如果两个质点的质量相等，则它们的速度也会相等。
如果一个质点的质量比另一个质点大，则碰撞后速度较大的质点会向原来速度较小的质点交换速度。
如果一个质点的质量比另一个质点小，则碰撞后速度较小的质点会失去速度，速度较大的质点会获得速度。
动量守恒定律在碰撞问题中的应用
动量守恒定律在碰撞问题中的应用碰撞是物体之间发生相互作用的过程，它在我们生活和科学研究中都具有重要的意义。
动量守恒定律是描述碰撞过程中物体动量变化的基本原理。
本文将探讨动量守恒定律在碰撞问题中的应用。
一、弹性碰撞弹性碰撞是指碰撞过程中，物体之间没有发生能量损失而且动量守恒。
弹性碰撞在实际应用中有很多例子，例如弹珠撞击、球类运动等。
以弹性碰撞的例子来说明动量守恒定律的应用：考虑两个质量分别为m1和m2的物体A、B在一条直线上发生弹性碰撞。
在碰撞前A的速度为v1，B的速度为v2。
根据动量守恒定律，碰撞后A、B的速度分别为v1'和v2'，则有以下方程成立：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'通过这个方程我们可以解出碰撞后两个物体的速度，从而求解出碰撞后物体的运动情况。
二、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞过程中物体之间发生粘连或者产生能量损耗，动量守恒定律仍然适用。
在实际生活中，完全非弹性碰撞的例子包括车辆碰撞、物体碰撞而粘连在一起等。
考虑两个质量为m1和m2的物体A、B在一条直线上发生完全非弹性碰撞。
在碰撞前A的速度为v1，B的速度为v2。
设碰撞后粘连重心速度为v'，则根据动量守恒定律，有以下方程成立：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v'通过解这个方程，我们可以求得碰撞后粘连重心的速度v'，进而推导出碰撞后A、B的速度。
三、碰撞中的应用举例1. 球体碰撞球类运动是我们经常见到的运动形式，其中碰撞是球类运动中最为常见的情况。
我们可以利用动量守恒定律解决球体碰撞问题。
例如，在台球场景中，当一球击打另一球，碰撞前后两球的质量和速度都是已知的。
根据动量守恒定律以及反弹角度的垂直性质，可以求解出碰撞后两球的速度和方向。
2. 车辆碰撞车辆碰撞是交通事故中的典型问题。
碰撞发生时，车辆的动量会发生变化，影响车辆的运动轨迹和速度。
高考物理一轮复习专题十一碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律的综合运用课件
碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能.
2.物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断： 弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律 是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统 动量守恒，动能不变. (1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞. (2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微 观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞.
【基础自测】
1.将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升
空，在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束
时火箭模型获得的速度大小是( )
A.Mmv0
B.Mmv0
C.M－M mv0
D.M－m mv0
答案：D
2.(2015 年福建卷)如图 11-2-1 所示，两滑块 A、B 在光滑水 平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向 左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
第2讲 动量守恒定律的综合运用
考点 1 碰撞现象 1.碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生 非常大的____相__互__作__用__力___，而其他的相互作用力相对来说显得 _____微__不__足__道_____的过程，所以在爆炸过程中，系统的总动量 ___守__恒___. 2.弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能____守__恒__，这样的碰 撞叫做弹性碰撞.
答案：A
4.在光滑水平面上，动能为 E0、动量的大小为 p0 的小钢球 1 与静止的小钢球 2 发生碰撞，碰撞前后球 1 的运动方向相反.
高三物理一轮复习 第六章碰撞及动量守恒—动能守恒定律的综合应用优化课件
如下图所示，弧形斜面质量为 M，静止于光 滑水平面上，一质量为 m 的小球以速度 v0 向左运动，小球最 多能升高到离水平面 h 处，求此过程中该系统产生的热量．
【解析】系统减少的动能转化为小球的重力势能和产生的
热量，即 ΔEk＝Q＋mgh. 小球和弧形斜面组成的系统，水平方向动量守恒，根据动
量守恒定律，有 mv0＝(m＋M)v，所以碰后的共同速度为 v＝ m＋mMv0.若设系统损失的动能为 ΔEk，则根据能量守恒定律， ΔEk＝12mv02－12(m＋M)v2＝m＋MM×12mv20＝2Mmm＋vM20
全部转化为木块的动能，求木块 A 从 O 运动到 Q 所用的时间．
【解析】设木块的质量均为 m，与地面的动摩擦因数为 μ， 炸药爆炸释放的化学能为 E0.第一次滑动过程中，从 O 滑到 P， 对 A、B 由动能定理得：
－μ·2mgs＝12·2mv202－12·2mv20① 在 P 点炸药爆炸，木块 A、B 系统动量守恒：2mv20＝mv②
如下图所示，质量为 M 的物体静止于光滑水 平面上，其上有一个半径为 R 的光滑半球形凹面轨道，今把质 量为 m 的小球自轨道右侧与球心等高处静止释放，求 M 向右 运动的最大距离．
高考命题常设计另一情景，即为“一动一静”的完全非弹 性碰撞情景，碰后两球黏合在一起以共同速度运动，碰撞前后 系统动量守恒，但机械能不守恒，即有动能损失．根据动量守 恒定律，有 mv0＝(m＋M)v，所以碰后的共同速度为 v＝m＋mM v0.若设系统损失的动能为 ΔEk，则根据能量守恒定律，ΔEk0＝12 mv02－12(m＋M)v2＝m＋MM×12mv20，令 Ek0＝12mv20，上式可表示为 ΔEk＝m＋MM×Ek0，这个关系式在解一些类似的问题中很有用．
动量与碰撞解析动量守恒定律与碰撞的应用
动量与碰撞解析动量守恒定律与碰撞的应用动量与碰撞解析动量守恒定律与碰撞的应用动量是物体在运动过程中所具有的性质，它描述了物体运动的力度和方向。
在力学中，动量的守恒是一个重要的定律，它可以帮助我们分析和解决各种碰撞问题。
本文将探讨动量守恒定律与碰撞的应用，并通过具体案例来解析这些问题。
一、动量守恒定律动量守恒定律是指在一个系统内，当无外力作用时，系统的总动量守恒。
即系统内物体的总动量在碰撞前后保持不变。
这个定律可以用数学公式表示为：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
其中，m1和m2分别是两个物体的质量，v1和v2分别是它们的初速度，v1'和v2'分别是它们的末速度。
通过动量守恒定律，我们可以计算出碰撞过程中物体的速度变化。
二、完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞中没有能量损失的情况下发生的碰撞。
在完全弹性碰撞中，动量守恒定律成立，并且还要考虑动能守恒定律。
通过这两个定律，我们可以解决完全弹性碰撞的问题。
例如，两个具有质量m1和m2的物体在碰撞前速度分别为v1和v2，在碰撞后速度分别为v1'和v2'。
根据动量守恒定律，我们可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
在完全弹性碰撞中，动能守恒定律也成立，它表示碰撞前后物体的总能量保持不变：(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2。
通过这两个方程，我们可以求解出碰撞后物体的速度。
三、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞中发生塑性变形或能量损失的情况下发生的碰撞。
在完全非弹性碰撞中，动量守恒定律成立，但动能守恒定律不成立。
通过动量守恒定律，我们可以解决完全非弹性碰撞的问题。
例如，两个具有质量m1和m2的物体在碰撞前速度分别为v1和v2，在碰撞后合并为一个物体，速度为v'。
动量守恒定律的应用：碰撞 高中物理课件8-3
变形得 mA(vA－vA')＝mB(vB'－vB) ①，
能量守恒：12mAvA2+12mBvB2＝12mAvA'2+12mBvB'2，
变形得 12mA(vA2－vA'2)＝12mB(vB'2－vB2) ②，
②除以①得 vA+vA'＝vB'+vB，即 vA－vB＝vB'－vA'.
即碰撞前两球间的相对速度等于碰撞后两球间的相对速度.
笔记
能量守恒：12mAvA2+12mBvB2＝12mAvA'2+12mBvB'2， 联立解得
vA'＝mmAA－+mmBBvA+m2Am+mB BvB， vB'＝mmBA－+mmBAvB+m2Am+mA BvA. 特殊情况
当 mA＝mB 时，vA'＝vB，vB'＝vA，即质量相等的两个小球发生弹性碰撞时，速度会发生交换.
mmAA－+mmBB(vA－vB)+vB＝mmAA－+mmBBvA+m2Am+mB BvB， m2Am+mA B(vA－vB)+vB＝mmBA－+mmBAvB+m2Am+mA BvA.
第3节 动量守恒定律的应用：碰撞
二、弹性碰撞 (2)碰撞前后的相对速度关系
笔记
动量守恒：mAvA+mBvB＝mAvA'+mBvB'，
08
第3节 动量守恒定律的应用：碰撞
第3节 动量守恒定律的应用：碰撞
一、一般对心碰撞
笔记
如图所示，质量为 mA 的小球 A 以速度 vA 向右运动，质量为 mB 的小球 B 以速度 vB 向右运 动，且 vA>vB，两个小球等大且发生正碰，分析碰撞的制约因素. 碰撞的四种制约因素
动量守恒定律在碰撞实验中的应用
动量守恒定律在碰撞实验中的应用碰撞实验是物理学中常见的实验方法之一，通过在实验室中模拟物体之间的碰撞，研究它们之间的相互作用规律。
在碰撞实验中，动量守恒定律是一项重要的基础理论，它在解释实验结果方面发挥着至关重要的作用。
动量守恒定律的表述为：在一个系统内，如果没有外力的作用，系统的总动量将保持不变。
这意味着，在任何两个物体之间的碰撞中，它们之间的动量之和是不变的。
换句话说，一个物体的动量的改变将被另一个物体的动量的改变所抵消。
这就是动量守恒的本质。
在碰撞实验中，动量守恒定律可以用来解释实验结果。
例如，我们可以利用动量守恒定律来计算两个弹性碰撞物体的速度。
假设两个物体的质量分别为m1和m2，速度分别为v1和v2，它们在碰撞前的动量分别为p1和p2，碰撞后的动量分别为p1'和p2'。
因为在弹性碰撞中物体的动量是守恒的，所以有：p1 + p2 = p1' + p2'把动量p写成mv的形式，我们可以得到：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'这是一个简单的动量守恒方程，它可以用来计算两个物体在碰撞后的速度。
我们可以通过解这个方程组来得到v1'和v2'的值，从而得出碰撞后物体的运动情况。
需要注意的是，动量守恒定律只适用于没有外部力作用的系统。
如果有外力的作用，那么系统的动量将不再守恒，我们必须要考虑外力的作用。
例如，在现实生活中，物体之间的碰撞往往会受到重力、摩擦力、空气阻力等外力的影响，这就需要我们在计算物体碰撞后的速度时，同时考虑这些外力的作用。
除了在理论研究中，动量守恒定律也在工程和技术领域中得到了重要应用。
它可以用来分析交通事故、制造汽车碰撞测试、设计新型工程机械等。
例如，在制造汽车的碰撞测试中，工程师需要利用动量守恒定律来设计汽车的安全结构，以减少人员受到的伤害。
在一些高速列车系统中，动量守恒定律也被用来计算列车在急停时对车辆的影响。
动量守恒定律应用碰撞问题
动量守恒应用碰撞问题一、 碰撞的定义相对运动的物体相遇，在极短的时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞。
二、 碰撞的特点作用时间极短，相互作用的内力极大，有些碰撞尽管外力之和不为零，但一般外力（如重力、摩擦力等）相 对内力（如冲力、碰撞力等）而言，可以忽略，故系统动量还是近似守恒。
在剧烈碰撞有三个忽略不计，在 解题中应用较多。
1. 碰撞过程中受到一些微小的外力的冲量不计。
2 .碰撞过程中，物体发生速度突然变化所需时间极短，这个极短时间对物体运动的全过程可忽略不计。
3 .碰撞过程中，物体发生速度突变时，物体必有一小段位移，这个位移相对于物体运动全过程的位移可忽 略不计。
三、 碰撞的分类1 .弹性碰撞（或称完全弹性碰撞）弹性碰撞是碰撞过程无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒。
确切的说是碰撞 前后动量守恒，动能不变。
在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰 撞。
【例1】弹性正碰动碰静问题分析已知A 、B 两个钢性小球质量分别是 m 、m ,小球B 静止在光滑水平面上， A 以初速度V 。
与小球B 发生弹 性碰撞，求碰撞后小球 A 的速度v i ，物体B 的速度V 2大小和方向 （讨论结果）（熟记规律）解析：取小球A 初速度v o 的方向为正方向，因发生的是弹性 碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有: m i v o = m i v i + m 2V 2 ① lm i v ；」m i v i 2」m 2V ；②2 2 2（2）当m i >m 2时，v i >0,即A 、B 同方向运动，因（m i 一匹^ v ——，所以速度大小v i m<^ m 2 m^i + m 2v v 2 ,即两球不会发生第二次碰撞；若m i >>m 2时，v i = v o , v 2=2v o 即当质量很大的物体 A 碰撞质量很小的物体B 时，物体A 的速2 .非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使部分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。
2019届高考物理专项课件 碰撞与动量守恒(共58张PPT)
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碰撞与动量守恒
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高考复习讲义
考点全通关 5
二、动量的变化
考点一 动量
1.因为p=mv是矢量,只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化,
目 录 Contents
考情精解读
考点一 动量
考点二 动量定理 考点三 动量守恒定律 考点四 碰撞、爆炸与反冲 考点五 实验:验证动量守恒定律
高考复习讲义
考情精解读 1
考纲解读
命题规律
命题趋势
一
动量、动量定 理、动量守恒 定律及其应用
碰撞与动量守恒
二 弹性碰撞和非 弹性碰撞 实验:验证动量 守恒定律 说明 只限于 一维.
碰撞与动量守恒
所有理想化模型均忽略对所研究 问题无影响的因素,是研究问题的 一种理想方法.在高中学习的理想 模型还有:点电荷、理想气体、弹 簧振子、点光源等.
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考点全通关 13
二、动量定理
考点二 动量定理
2.表达式 I=Δp=p'-p或F(t'-t)=mv'-mv
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.这是在应用动量定理解题时经常出错的地方,要引起注意.
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考点全通关 16
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考点二 动量定理
动量守恒定律在碰撞中的应用
动量守恒定律在碰撞中的应用动量守恒定律是物理学中重要的基本定律之一，它描述了一个封闭系统中的总动量始终保持不变。
在碰撞问题中，动量守恒定律被广泛应用，可以帮助我们分析和解决碰撞时涉及的各种物理问题。
本文将介绍动量守恒定律在碰撞中的应用，并通过实例来说明其具体运用。
一、完全弹性碰撞完全弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞过程中动能守恒的碰撞。
根据动量守恒定律，碰撞前后物体的总动量始终相等。
在完全弹性碰撞中，不发生能量损失，碰撞物体之间的动能完全转化，并且碰撞过后物体的运动状态不发生变化。
例如，考虑两个质量分别为$m_1$和$m_2$的物体，分别以速度$v_1$和$v_2$沿着同一直线方向运动，碰撞前后两个物体发生完全弹性碰撞。
根据动量守恒定律，有：$m_1 v_1 + m_2 v_2 = m_1 v_{1'} + m_2 v_{2'}$其中，$v_{1'}$和$v_{2'}$分别是碰撞后两个物体的速度。
通过解以上方程组，我们可以求解出碰撞过后物体的速度。
二、完全非弹性碰撞完全非弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞过程中粘连在一起的碰撞。
在完全非弹性碰撞中，碰撞物体在碰撞过程中会发生形变，动能不守恒，并且碰撞后物体的运动状态发生变化。
根据动量守恒定律，在完全非弹性碰撞中，碰撞前后物体的总动量仍然保持不变。
但是，由于碰撞物体之间发生粘连，它们在碰撞后共同运动，并以相同的速度继续移动。
例如，考虑两个质量分别为$m_1$和$m_2$的物体，分别以速度$v_1$和$v_2$沿着同一直线方向运动，碰撞前后两个物体发生完全非弹性碰撞。
根据动量守恒定律，有：$m_1 v_1 + m_2 v_2 = (m_1 + m_2) v'$其中，$v'$是碰撞后两个物体共同运动的速度。
通过解以上方程，可以求解出碰撞后物体的共同速度。
三、部分弹性碰撞部分弹性碰撞是指碰撞物体在碰撞过程中动能只部分守恒的碰撞。
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突破32 动量守恒定律的应用之碰撞问题1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2。
(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
【典例1】 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知：两小球的质量之比可能为( )A.m A m B＝1 B.m A m B ＝12 C.m A m B ＝15D.m A m B ＝110 【答案】C(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B。
(2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且A 球在前，B 球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s 。
根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即p B ＝－10 kg·m/s 。
根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必为p A ＝22 kg·m/s ，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有：522m A ＋722m B ≤2222m A ＋(－10)22m B。
(3)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且B 球在前，A 球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s 。
根据“运动制约”，小球B 在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即p B ＝10 kg·m/s 。
根据“动量制约”，小球A 在碰后动量必有p A ＝2 kg·m/s ，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有：522m A ＋722m B ≥222m A ＋1022m B ，即m A m B ≤717。
仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A 能追上小球B 而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A 不至于超越到小球B 的前面，应分别有：5m A >7m B ，2m A ≤10m B 。
综上可知15≤m A m B ≤717，C 正确。
【典例2】如图，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v 0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．【答案】：32v 20113gl ≤μ<v 202gl12mv 21＝12mv ′21＋12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 20113gl ≤μ<v 202gl.【跟踪短训】1. 质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值．碰撞后B 球的速度大小可能是( )．A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．v【答案】 B2．质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( )．A ．v A ＝13v 0，vB ＝23v 0 B ．v A ＝25v 0，v B ＝710v 0 C ．v A ＝14v 0，v B ＝58v 0 D ．v A ＝38v 0，v B ＝516v 0 【答案】 AC【解析】 两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D 错误；根据动量守恒定律可得，四个选项都满足，但碰撞前总动能为12mv 20，而B 选项中碰撞后能量增加，B 错误，故A 、C 正确．3. (多选)质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以v 0的速度与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，碰撞后A 球的动能变为原来的19，那么小球B 的速度可能是( ) A.13v 0 B.23v 0 C.49v 0 D.59v 0 【答案】 AB【解析】 根据E k ＝12mv 2，碰撞后A 球的动能变为原来的19，则A 的速度变为v A ′＝±13v 0，正、负表示方向有两种可能。
机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。
4．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/sB ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s【答案】B.【解析】 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．5．(多选) 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/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N·sC ．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【答案】ABD.6. 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p A ＝5 kg·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 AB ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m A D ．m B ＝6m A【答案】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 2A 2m A ≥p ′2A 2m A ＋p ′2B 2m 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．7．如图所示，在高为h ＝5 m 的平台右边缘上，放着一个质量M ＝3 kg 的铁块，现有一质量为m ＝1 kg 的钢球以v 0＝10 m/s 的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L ＝2 m ，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5，求铁块在平台上滑行的距离s (不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g ＝10 m/s 2)．【答案】 1.6 m【解析】 设钢球反弹后的速度大小为v 1，铁块的速度大小为v ，碰撞时间极短，系统动量守恒，则mv 0＝Mv －mv 1①钢球做平抛运动L ＝v 1t ②h ＝12gt 2③ 由①②③解得t ＝1 s ，v 1＝2 m/s ，v ＝4 m/s铁块做匀减速直线运动，由μMg ＝Ma 解得加速度大小a ＝5 m/s 2最终速度为0，则其运行时间t ′＝v a＝0.8 s 所以铁块在平台上滑行的距离s ＝vt ′2＝1.6 m 8．如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时，B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．【答案】 65v 0。