高考物理第二轮复习经典动量守恒之碰撞讲义册子

量
细研命题点 提升素养
3．一玩具以初速度 v0 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器
将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为 1∶4 的
两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的
时间极短，不计空气阻力．求：
(1)玩具上升到最大高度34时的速度大小；
专题二 能量与动量
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解析：过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误， C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量改变量不 等于零，故B错误；过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量，此过程中受重力 和水的阻力，则不等于重力的冲量，故D错误．
答案：C
知识归纳 素养奠基
专题二 能量与动量
命题点一 动量定理的应用
应用动量定理解题的基本步骤．
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专题二 能量与动量
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(2020·全国卷Ⅰ改编题)如图所示为跳水运动员从起跳到落水过程的示 意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点 的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( ) A．过程Ⅰ的动量改变量等于零 B．过程Ⅱ的动量改变量等于零 C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
专题二 能量与动量
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解析：弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公 仔头部上升的过程中，开始时弹簧向上的弹力大于重力，合力方向向上，加 速度向上，加速度减小，当弹力等于重力时加速度减为零，速度最大，之后 重力大于弹力，合力向下，且弹力继续减小，合力增大，加速度增大，弹簧 恢复原长时，加速度为g，公仔头部继续上升，弹簧拉长，弹力向下，合力向 下，且弹力增大，合力增大，则加速度增大，故公仔头部上升过程中，加速 度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根 据动量定理有：I弹－mgt＝0， 则弹簧弹力冲量的大小为：I弹＝mgt，故C正确； 公仔头部上升过程中，根据动能定理有：W弹－mgh＝0， 则弹簧弹力对头部所做的功为：W弹＝mgh≠0，故D错误．故选C. 答案：C

第三讲 动量守恒定律知识内容考试要求备考指津1.动量和动量定理 c 1.高考对动量定理的考查以选择为主，对动量守恒定律的考查以计算为主.2.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，另外，动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合是近几年高考命题的热点.2.动量守恒定律c 3.碰撞d4.反冲运动 火箭b对冲量、动量的理解与计算 【题组过关】1．下列说法正确的是( )A ．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动B ．动能不变，物体的动量一定不变C ．动量为零时，物体一定处于平衡状态D ．物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变解析：选A.平抛运动是曲线运动，过程中只受重力作用，为恒力的冲量，所以A 正确；动能是标量，而动量是矢量，有可能速度的大小不变，但是方向变了，结果动能不变，而动量变了，B 错误；速度为零时，动量为零，但是速度为零时物体不一定处于平衡状态，比如物体做匀减速直线运动，当速度减速到零后再反向做匀加速直线运动，过程中速度为零时，并不是处于平衡状态，C 错误；做匀速圆周运动过程中，合力大小不变，速度大小恒定，其动量大小恒定，D 错误．2．如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O 在S 的正上方．在O和P 两点各有一质量为m 的小物体a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相同B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相同C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相同D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh ，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a 的路程小于b 的路程，故t a ＜t b ，即a 比b 先到达S ，又因为到达S 点时a 的速度竖直向下，而b 的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A 正确．3．如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量为m 的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t 1，速度为零后又下滑，经过时间t 2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f ，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________；合力对滑块的总冲量大小为____________，方向是____________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为F f (t 2－t 1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg (t 1＋t 2)sin θ＋F f (t 1－t 2)，沿斜面向下．答案：F f (t 2－t 1) 沿斜面向上 mg (t 1＋t 2)sin θ＋F f (t 1－t 2) 沿斜面向下1．动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量 定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差 定义式 p ＝mvE k ＝12mv 2Δp ＝p ′－p标矢性 矢量 标量 矢量 特点 状态量状态量过程量关联 方程E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E kv联系 (1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化；(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(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Δt 而得． (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Δt＝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，一般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，也可以先算各个分力的合力再算合力的冲量．对动量定理的理解和应用【重难提炼】1．应用动量定理时应注意的两点(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．2．动量定理的三大应用(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；作用时间越长，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．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．[解析] (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm＝ρv0S.③Δt(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.[答案] (1)ρv0S(2)v202g －M2g2ρ2v20S2【题组过关】考向一应用动量定理解释物理现象1．(多选)有关实际中的现象，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屈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解析：选ABC.火箭升空时，内能减小，转化为机械能，火箭向后喷出气流，火箭对气流有向后的力，由于力的作用是相互的，气流对火箭有向前的力的作用，从而推动火箭前进，故选项A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定，着地时屈腿是延长时间t，由I＝Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故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，故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞时间，由I＝Ft可知，车体前部的发动机舱不能太坚固，故选项D错误．考向二应用动量定理解决物理问题2．高压采煤水枪出口的截面积为S，水的射速为v，水平射到煤层上后，水速减为零，若水的密度为ρ，求煤层对水的平均冲力的大小？解析：取一小段时间的水为研究对象，它在此时间内速度由v变为零，煤对水产生了力的作用，即水对煤冲力的反作用力．设在Δt时间内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm ＝ρSv·Δt，以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化量为：Δp＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt.设F为煤层对水的冲力，根据动量定理有FΔt＝Δp＝－ρSv2Δt，故F＝－ρSv2.则煤层对水的平均冲力大小为ρSv2.答案：ρSv23．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2)解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v ，取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有(F －μmg )t 1＝mv －0.对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，终态速度为零．根据动量定理有－μmgt 2＝0－mv .以上两式联立解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s.法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零． 取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理得 (F －μmg )t 1＋(－μmg )t 2＝0 解得t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s ＝12 s. 答案：12 s4.如图所示，一高空作业的工人重为600 N ，系一条长为L ＝5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s ，则安全带受到的冲力是多少？(g 取10 m/s 2)解析：法一：程序法设工人刚要拉紧安全带时的速度为v ，v 2＝2gL ，得v ＝2gL经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg ，对工人由动量定理知，(mg －F )t ＝0－mv ，F ＝mgt ＋mvt将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律，工人给安全带的冲力大小F ′为1 200 N ，方向竖直向下． 法二：全过程整体法在整个下落过程中对工人应用动量定理，重力的冲量大小为mg ⎝⎛⎭⎪⎫2L g＋t ，拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg ⎝⎛⎭⎪⎫2Lg＋t－Ft ＝0解得F ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫2L g＋t t＝1 200 N.由牛顿第三定律知工人给安全带的冲力大小为F ′＝F ＝1 200 N ，方向竖直向下． 答案：1 200 N ，方向竖直向下1．用动量定理解题的基本思路2．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．动量守恒定律的理解及应用 【题组过关】1．如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．2．如图，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ； (2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0. 从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12·2mv 20，解得μ＝3v 28gs.(2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒， 有2m ·v 02＝mv ，根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＝12mv 2，解得E 0＝14mv 20.答案：(1)3v 208gs (2)14mv 23．如图所示，长为l ，质量为m 的小船停在静水中，一个质量为m ′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1、v 2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝mv 1－m ′v 2，即m ′v 2＝mv 1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m ′ v －2＝m v －1，等式两边同乘运动的时间t ，得m ′ v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1又因x 1＋x 2＝l ， 因此有x 1＝m ′lm ′＋m. 答案：m ′lm ′＋m4．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－mv ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有(m ＋m 0)v 1－Mv ＝(m ＋m 0＋M )v 2② 由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12Mv 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54. 答案：0.541．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)． (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)． (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．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．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．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． (3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．对碰撞现象中现象的分析 【重难提炼】1．碰撞遵守的规律(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 ′212m 1＋p ′222m 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．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞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，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等． (2)完全非弹性碰撞 ①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．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．[审题突破] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[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mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④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≥0解得m ≥(5－2)M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 . [答案] (5－2)M ≤m ＜M【题组过关】考向一碰撞的可能性问题分析1．两球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解析：选B.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．考向二弹性碰撞规律求解2.如图，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( )A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0，B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．3.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m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝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/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(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m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案：见解析4．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．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12mv 20>μmgl ① 即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv ′1＋3m 4v ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥ 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. 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl考向三 非弹性碰撞的分析5．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 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，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：A 、B 碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv 0＝2mv 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2②12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116mv 20.④ (2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得mv 0＝3mv 3⑤12mv 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348mv 20.答案：(1)116mv 20 (2)1348mv 20动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律．(2)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能．动量守恒中的力学综合问题【重难提炼】1．动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程．2．其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．3．最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．[审题突破] (1)A、C发生碰撞，B与A的相互作用可忽略，A、C系统动量守恒；(2)碰后A、B相互作用达到共同速度，A、B系统动量守恒；(3)A、C碰后，A恰好不再与C相碰，则A、B的共同速度与C碰后速度相等．[解析] 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C发生碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s.[答案] 2 m/s【题组过关】考向一多物体、多阶段运动的求解1．一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，取重力加速度g＝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.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝ 2h g ＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝x t知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 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v 0＝6 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10 m/s 2；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v n 与n 的关系式．解析：(1)物块A 由初始位置到Q 的过程，由动能定理得：－mg ×2R ＝12mv 2－12mv 20 解得：v ＝4 m/s.设在Q 点物块A 受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝mv 2R解得：F ＝mv 2R －mg ＝22 N ．(2)由机械能守恒定律知：物块A 与B 碰前的速度仍为v 0＝6 m/s.A 与B 碰撞过程动量守恒，设碰后A 、B 的速度为v 共mv 0＝2mv 共解得v 共＝12v 0＝3 m/s. 设A 与B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s ，由动能定理得－μ×2mgs ＝0－12×2mv 2共 解得：s ＝v 2共2gμ＝4.5 m 故k ＝s L ＝4.50.1＝45. (3)碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度等于滑离第n 个(n ＜k )粗糙段的速度由动能定理得：－μ×2mgnL ＝12×2mv 2n －12×2mv 2共 解得：v n ＝v 2共－2μgnL ＝9－0.2n (n ＜45)．答案：(1)4 m/s 22 N (2)45(3)v n ＝9－0.2n (n ＜45)考向二 动量守恒中的临界问题3．如图所示，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小；(2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，则mv 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ，受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，。

答案：BD
[方法技巧] 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2题中压力的计 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2题中的压力是平均力．
(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1题中B点和D点的动 量比较)，公式中的F是物体或系统所受的合力．
[典例展示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？
A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小 B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小 C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零 D．两球动量的变化量相同
解析：由机械能守恒定律可知，甲、乙两球下滑到底端的速 度大小相等，因甲做加速度减小的变加速运动，可知甲的平 均速度较乙大，则甲滑到底端的时间较短，根据I＝mgt可知， 甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确；甲、乙 两球滑到底端时，动量的变化大小相同，但方向不同，根据 动量定理可知，合外力的冲量大小相同，但是方向不同，即 两球动量变化量不同，选项B、D错误；根据I＝FNt可知，因 支持力均不为零，则两球所受轨道的支持力的冲量均不为零， 选项C错误． 答案：A
解析：小钢球撞击钢板时的竖直分速度 vy＝ 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＝vvyx＝1100＝1， 解得 α＝45°，即钢板与水平面的夹角 θ＝45°，选项 A 错误；

碰 撞1.碰撞(1)定义：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显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量， 如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大 （外部特征：以共同速度运动）， 三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀222211*********1212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+222211*********1212121v m v m v m v m +=+解以上两式可得：v 1 v 2 v 10 v 20 碰前 碰后21202102112m m v m v )m m (v ++-=21101201222m m v m v )m m (v ++-=对于结果的讨论：①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度； 外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121m m v m v m v v ++==.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞” ——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。