考点题组训练：专题15+碰撞与动量守恒定律

41H)做匀速21圆周运动，若它们的动量大小相等，则

α粒子和质子

(

)A．运动半径之比是

2∶1B．运动周期之比是

2∶1C．运动速度大小之比是

4∶1D．受到的洛伦兹力之比是

2∶11．B

α粒子与质子质量之比为

4∶1，电荷量之比为

2∶1，动量大小相同，由

p＝mv可知速度之比为

1∶4，C错误．在匀强磁场中，由

v2 mvqvB＝mr得r＝qB，即运2πm动半径之比为 1∶2，A错误．由T＝qB得，周期之比为 2∶1，B正确．由f＝qvB可知，洛伦兹力之比为 1∶2，D错误．mv【点拨】 运动半径r＝qB中，分子mv看成一个整体，即动量．2．(2013·天津理综，2，6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功2．B 乙推甲的过程中，甲、乙间产生大小相等、方向相反的作用力和反作用力，由I＝Ft可知，甲对乙的冲量和乙对甲的冲量等大反向， A错误．又由动量定理I＝p，知B正确．甲、乙的质量不一定相等，故对地的位移不同，做功不一定相同，所以动能的变化也不一定相同，C、D错误．【点拨】 明确冲量的定义及与动量改变之间的关系，抓住相互作用力作用时间相等且等大反向的特点进行相关判断．3．[2016·江苏物理，12C(2)]已知光速为c，普朗克常数为 h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为 ________．h hν3．【解析】 频率为ν的光子的动量p＝λ＝c，光被镜面全部垂直反射回去，2hν则光子在反射前后动量改变量的大小 2p＝ c .hν2hν【答案】c c4．[2016·全国Ⅰ，35(2)，10分]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．4．【解析】(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则m＝ρΔV①V＝v0②Stm③由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0St(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121的速度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得2(m)v＋(m)gh＝2(2④m)v0在h高度处，t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p＝(m)v⑤设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有Ft＝p⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦2M2gv0⑧联立③④⑤⑥⑦式得h＝－ρ2222g02M2g【答案】(1)ρv0Sv0－222(2)2g2ρ0vS5．(2016·北京理综，24，20分)(1)动量定理可以表示为p＝Ft，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图甲所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．甲乙．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py；ab．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看成是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经 S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图乙所示．图中 O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与 SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②强度大．5．【解析】

(1)a.x方向：动量变化

px＝mvsin

θ－mvsin

θ＝0y方向：动量变化

py＝mvcos

θ－(－mvcos

θ)＝2mvcos

θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿 y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿 y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设 t时间内每束光穿过小球的粒子数为 n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量 p1＝2npcosθ从小球出射时总动量 p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右．根据动量定理有 F t＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0可知，小球对这些粒子的作用力 F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿 SO向左．b．建立如图所示的 Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设 t时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为 n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量 p1y＝(n1－n2)psinθ从小球出射时的总动量 p2y＝0根据动量定理有 Fy t＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ可知，小球对这些粒子的作用力 Fy的方向沿y轴负方向；根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿 y轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．【答案】 (1)a.0；2mvcosθ，沿y轴正方向 b．沿y轴负方向 (2)a.沿SO向左b．指向左上方6．(2014·天津理综，10，6分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力较小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与 B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后 A、B粘合在一起，共同在 F的作用下继续运动，碰撞后经时间 t＝0.6s，二者的速度达到 v1＝2m/s.求(1)A开始运动时加速度 a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度 v的大小；(3)A的上表面长度l.6．【解析】 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得A＋mB)v1－(mA＋mB)v③Ft＝(m代入数据解得v＝1m/s④(3)设、发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定AB律有mAA＝(mA＋mB⑤v)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有12⑥Fl＝mAvA2由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m⑦【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m(2015·重庆理综，3，6分)高空作业须系安全带，如果质量为m人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为

的高空作业h(可视为自由落体运动)．此后经历时间 t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 ( )A.m2gh＋mgt

B.m

2gh－mgt

C.mgh＋mgt

D.m

t

gh－mg【解析】 下降h阶段v2＝2gh，得v＝ 2gh，对此后至安全带最大伸长过程应用m2gh动量定理，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝ ＋mg，A正确．选A.[2013·北京理综，24(2)]对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量 n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力 f与m、n和v的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【解析】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量 I＝2mv如图所示，以器壁上面积为 S的部分为底、v t为高构成柱1体，由题设可知，其内有 6的粒子在t时间内与器壁上面积1为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数 N＝6n·Sv t12t时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝3nSmvt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝ItF12则器壁单位面积所受粒子的压力f＝S＝3nmv12【答案】f＝3nmv导学导考动量定理常用于处理连续流体或粒子流的作用力问题，分析的关键是构建合理的物理模型，即隔离出一定形状的流体或粒子流作为研究对象，从而化“无形”为“有形”．应用动量定理的注意事项1．确定研究对象，在中学阶段其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统．2．对研究对象进行受力分析，求合力的总冲量．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和，或先求合力，再求其冲量．3．抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．4．根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．动量定理的应用技巧1．应用I＝ p求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I＝Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化 p，等效代换得出变力的冲量 I.2．应用 p＝F t求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化 ( p＝p2－p1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂．如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换得出动量的变化.1．(2014·广东雷州测试)如图所示，一个质量为 0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为 45m/s，则这一过程中动量的变化量为( )A．大小为3.6kg·m/s，方向向左B．大小为3.6kg·m/s，方向向右C．大小为12.6kg·m/s，方向向左D．大小为12.6kg·m/s，方向向右1．D 选向左为正方向，则动量的变化量 p＝mv1－mv0＝－12.6kg·m/s，大小为12.6kg·m/s，负号表示其方向向右， D正确．2．(2015·安徽一模)质量为0.2kg的球竖直向下以 6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量 p和合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是( )A． p＝2kg·m/s W＝－2JB． p＝－2kg·m/s W＝2JC．p＝0.4kg·m/sW＝－2JD．p＝－0.4kg·m/sW＝2J2．A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量p＝mv2－mv1＝2kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理，合外力做的功1212W＝mv2－mv1＝22－2J，A正确．3．(2015·江西鹰潭一模)如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度 v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度 v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．3．【解析】 考虑M、m组成的系统，设 M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量 I＝Ft＝2mv0【答案】 2mv04．(2015·河北石家庄二中月考 )如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量 M＝220kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积 S＝10cm，速度v＝10m/s，水的密度ρ＝3 31.0×10 kg/m.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量求：

m＝5kg的水进入小车时，试(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．4．【解析】 (1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为 m的mv水后，小车速度为v1，则mv＝(m＋M)v1，即v1＝m＋M＝2m/s(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间t内，冲击小车的水的质量m＝ρS(v－v1)t，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定ρ2F理有－Ft＝mv1－mv，得F＝S(v－v1＝64N，小车的加速度a＝＝)M＋m2.56m/s2【答案】(1)2m/s(2)2.56m/s2【点拨】极短时间t内，冲击小车的水的体积V＝(v－v1)St.1．(2015·北京理综，17，6分)实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图所示，则( )A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里Z0Z1．Dβ衰变方程：AX―→－1e＋A＋1Y，由动量守恒定律知两粒子动量大小相等．因电子电量较小，由r＝mv，得reY，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核qB>r的．由左手定则知，磁场方向垂直纸面向里，D正确．【点拨】 动量守恒定律既适用于宏观，亦适用于微观；既适用于低速，亦适用于高速．2．[2012·福建理综，29(2)]如图所示，质量为 M的小船在静止水面上以速率 v0向右匀速行驶，一质量为 m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率

v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为

(

)mA．v0＋Mv

mB．v0－MvmC．v0＋M(v0＋v)

mD．v0＋M(v0－v)2．C 因为船匀速行驶，对人和船组成的系统而言，所受外力之和为零，因此，m系统动量守恒．由动量守恒定律有 (M＋m)v0＝Mv′－mv，解得 v′＝v0＋M(v0＋v)，C正确．3.[2016天·津理综，9(1)]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，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．．【解析】方盒A与小滑块B组成的系统动量守恒，BA＋mB1，又mA3mv＝(m)v＝2mB，所以v1212，解v1＝，对系统由动能定理得－μmBg·x＝(mA＋mB)v1－mBv2322v得x＝3μg.v2【答案】v3μ3g4．[2016·全国Ⅱ，35(2)，10分]如图所示，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 3m/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 h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量m1＝30kg，冰块的质量m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/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？4．【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)v①11②m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh22式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度，联立 ①②式并代入题给数据得 m3＝20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有220＝m22＋m33⑥mvvv121212⑦m2v20＝m2v2＋m3v3222联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1m/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．【答案】 (1)20kg (2)见解析5．[2015·山东理综，39(2)]如图所示，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块 A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，1 3碰后A、B分别以8v0、4v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．．【解析】设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A51的速度vA′＝v083碰后B的速度vB＝v04由动量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得1212②WA＝mv0－mvA22设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为 WB，由功能关系得1 2 1 2WB＝2mvB－2mvB′

③由于三者间隔相等，滑块

A、B与轨道间的动摩擦因数相等，则有

WA＝WB

④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝2116v0⑥【答案】2116v06．[2014·新课标全国Ⅰ，35(2)，9分]如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．6．【解析】

(1)设

B球第一次到达地面时的速度大小为

vB，由运动学公式有

vB＝ 2gh将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s

①②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下为正方向，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④12＋1B22＝1B22⑤222设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得22h′＝vB′－v2⑦2g联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m⑧【答案】(1)4m/s(2)0.75m7．[2015·新课标全国Ⅱ，35(2)，10分]两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：(1)滑块a、b的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.7．【解析】(1)设a、b质量分别为m由题给图象得v1＝－2m/s，v2＝1m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.2由题给图象得v＝3m/s由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v11解得m2＝8(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能12121(m1＋m2)v2E＝m1v1＋m2v2－222由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功11＋m22W＝2(m)v解得W＝1E21【答案】(1)8(2)2【点拨】 位移—时间图象的斜率对应速度．(2015·陕西渭南一模 )如图所示，在光滑水平面上，有一质量 M＝3kg的薄板，板上有质量 m＝1kg的物块，两者以 v0＝4m/s的初速度朝相反方向运动．薄板与物块之间存在摩擦且薄板足够长，求：(1)当物块的速度为 3m/s时，薄板的速度；(2)物块最后的速度．【解析】 (1)由于水平面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 Mv0－mv0＝Mv′－mv1，当v1＝3m/s时，代入数据解得 v′11＝3

m/s，方向水平向右．(2)在摩擦力作用下物块和薄板最后以共同的速度运动，设共同运动速度为

v，以向右为正方向，由动量守恒定律得

Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得

v＝2m/s，方向水平向右．【答案】

11(1)3

m/s，方向水平向右

(2)2m/s，方向水平向右(2016·河北石家庄二中检测 )如图所示，甲车质量 m1＝m，在车上有质量 M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑22v0动，此时质量 m2＝2m的乙车正以速度 v0迎面滑来，已知 h＝g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．【解析】 设向左为正方向，甲车

(包括人)滑下斜坡后速度为

v1，由机械能守恒定1 2律有2(m1＋M)v1＝(m1＋M)gh，解得

v1＝

2gh＝2v0设人跳出甲车的水平速度 (相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′1解得v1′＝6v0－2v，v2′＝2v－2v0两车不可能发生碰撞的临界条件是 v1′＝±v2′13当v1′＝v2′时，解得v＝5v011当v1′＝－v2′时，解得v＝3v01311故v的取值范围为5v0≤v≤3v0【答案】13115v0≤v≤3v0导学导考“三个物体，两次作用”是近几年考查动量守恒定律应用的模型之一，且常涉及临界问题．由于作用情况及作用过程较为复杂，要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程，联立求解．[2013·新课标全国Ⅱ，35(2)，10分]如图所示，光滑水平直轨道上有3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v0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】 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度 v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 ①在B和C碰撞的过程中，系统所受外力的合力(即弹簧的弹力)并不为零，但由于“碰撞过程时间极短”，可认为所受外力的合力远小于内力，系统近似动量守恒．设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12122mv1＝E＋2(2m)v2③12联立①②③式得E＝16mv0④(2)由②式可知21，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度v<v为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤12122mv0－E＝2(3m)v3＋Ep⑥132联立④⑤⑥式得Ep＝48mv0⑦12132【答案】(1)16mv0(2)48mv0导学导考物体系统内部的相互作用力不会影响系统的总动量，但内力做功会影响系统的总能量，所以系统从一个状态变为另一个状态时，既要满足“动量”关系，又要满足“能量”关系，需综合考虑．高考对动量守恒定律的考查以计算题为主，且与能量结合较多．应用动量守恒定律解题的思路1．分析题意，明确研究对象，知道系统是由哪几个物体组成的；2．受力分析，弄清系统内力和外力，判断是否满足动量守恒的条件；3．明确研究过程，确定初末状态的动量和表达式；4．建立动量守恒方程求解，必要时讨论说明．处理动量守恒定律中临界问题的关键1．寻找临界状态：从题设情景中看是否有相互作用的两物体 “相距最近”“避免相碰”或“物体开始反向运动”等临界状态．2．挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件多表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即 “速度相等”或“位移相等”．力学规律的选用原则1．如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．2．研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理 (涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题．3．若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间极短，因此常用到动量守恒定律.1.(2015福·建厦门质检)如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回 A车并与A车相对静止，则此时 A车和B车的速度之比为( )M＋m m＋M M mmB.MC.M＋mD.M＋m1．C 规定向右为正方向，对全过程由动量守恒定律有 0＝MvB－(M＋m)vA，得vA MvB＝M＋m，C正确．2．(2014·宁夏银川一中模拟 )如图所示，两块厚度相同的木块 A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0kg、0.90kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙．另有质量为0.10kg的铅块C(大小可以忽略)以10m/s的速度水平地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5m/s.求木块A的最终速度和铅块C刚滑到B上时的速度．．【解析】设铅块C刚离开A时C的速度为vC′，A和B的共同速度为vA，2在铅块滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有 mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动．铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v联立以上两式，代入数据解得 vA＝0.25m/s，vC′＝2.75m/s【答案】 0.25m/s；2.75m/s．(2015·河北石家庄二中一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是A＝4.0kg3m和mB＝3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图象如图乙所示．求：(1)物块C的质量mC；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep.=3．【解析】 (1)由题图乙知，C与A碰前速度v1＝9m/s，碰后速度v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2得mC＝2kg(2)由题图乙知，12s时B离开墙壁，之后 A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大．(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v41 2 1 22(mA＋mC)v3＝2(mA＋mB＋mC)v4＋Ep得Ep＝9J【答案】

(1)2kg

(2)9J【点拨】

C、A

相碰属于完全非弹性碰撞，

B从离墙到与

A、C共速，相当于完全非弹性碰撞．4．(2015·湖北八校第一次联考)如图所示，质量M＝2kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径R＝0.3m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量m＝1kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上的D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，求：(1)小滑块刚滑到 B点时的速度大小；(2)BD之间的距离．4．【解析】(1)设小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1＋mv2＝0由机械能守恒定律有mgR＝12122Mv1＋2mv2代入数据得v1＝1m/s，v2＝－2m/s即小滑块刚滑到 B点时的速度大小为 2m/s.(2)设小滑块静止在木板上时速度为 v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0由能量守恒定律有 mgR＝μmgL代入数据得L＝1.5m【答案】 (1)2m/s (2)1.5m1．[2015·福建理综，30(2)，6分]如图所示，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 ( )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1．D弹性碰撞没有能量损失，取向右为正方向，有2mv0－2mv0＝mv1＋2mv2，121212122m(2v0)＋2·2mv0＝2mv1＋2·2mv2.联立解得v1＝－2v0，v2＝v0，因此A向左运动，B向右运动，D正确．1－m2【点拨】本题亦可直接用弹性碰撞结论计算．取向右为正，v1′＝mv1＋1＋m2m2m2v2＝－2v0－4v0＝－2v0.v2′＝m2－m12＋2m1v1＝－v0＋4v0＝v0.1＋2331＋v1＋233mmmmmm2．(2014·重庆理综，

4，6分)一弹丸在飞行到距离地面

5m高时仅有水平速度

v＝2m/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＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )32．B 设弹丸爆炸前质量为 m，爆炸成甲、乙两块后质量比为 3∶1，可知m甲＝41m，m乙＝4m.设爆炸后甲、乙的速度分别为 v1、v2，爆炸过程中甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒，取弹丸运动方向为正方向，有

3 1mv＝4mv1＋4mv2，得

3v1＋v2＝8.爆炸后甲、乙两弹片水平飞出，做平拋运动．竖直方向做自由落体运动， h12＝2gt，可得

t＝

2hg＝1s；水平方向做匀速直线运动，

x＝vt，所以甲、乙飞行的水平位移大小与爆炸后甲、乙获得的速度大小在数值上相等，因此也应满足 3x1＋x2＝8，从选项图中所给数据可知， B正确．【点拨】 爆炸后，一定有一块弹片速度增加，大于原来速度．3．[2015·天津理综，9(1)]如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板， A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为 ________．A、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向3．【解析】设A、B质量分别为m为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B末速度正好相同，都是－v0，第一次碰撞时，动量守恒，有mBv0＝mA·v0＋mB·－v0，解得mA∶mB＝3334∶1碰撞前、后动能之比∶E＝12∶1v021mB－v02＝9∶523232【答案】4∶19∶54．[2016·全国Ⅲ，35(2)，10分]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．4．【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，12应有2mv0＞μmgl①2即μ＜v0②2gl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12122mv0＝2mv1＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为 v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋3m④4v2′121213m22mv1＝2mv1′＋24v2′⑤8⑥联立④⑤式解得v2′＝v17由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知13m23m24v2′≤μ4gl2⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v⑧0113gl2232v0μv0联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为113gl≤＜2gl⑨32v220v0【答案】113gl≤μ＜2gl5．[2015·新课标全国Ⅰ，35(2)，10分]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．5．【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v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1①1212122mv0＝2mvA1＋2MvC1②联立①②式得vA1＝m－Mv0③m＋MvC1＝2mv0④m＋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vA2，B的速度为vB1，同样有m－Mm－M2vA2＝m＋MvA1＝m＋Mv0⑤根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥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<M ⑨【答案】 ( 5－2)M≤m<M6．[2014·山东理综，39(2)，6分]如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半．求：(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．．【解析】(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的6共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为v，碰撞前瞬间B的速度为2v，2由动量守恒定律得v＋2mB＝＋B)v①m2v(mmm由①式得mB＝2②(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB③)v设碰撞过程中A、B系统机械能的损失为E，则1v21212E＝2m2＋2mB(2v)－2(m＋mB)v④12联立②③④式得E＝6mv0⑤m12【答案】(1)2(2)6mv0【点拨】一个孤立系统内部相互作用前后，凡是系统动能相等的，都相当于弹性碰撞，凡是作用后共速的，都相当于完全非弹性碰撞．7．[2013·山东理综，38(2)]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mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/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碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．．【解析】设A与C发生碰撞后瞬间，A的速度大小为vA，方向向右，C的速7度大小为vC.A与C碰撞时间极短，由动量守恒定律得mA0＝mAA＋mCC①vvvA与B相互作用，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mBv0＋mAvA＝A＋mB)v②(mA与B达到共同速度后恰不与C碰撞，则应有v＝vC③联立①②③解得vA＝2m/s【答案】

2m/s【点拨】

本题分别对

A、C

和

A、B

的作用过程应用动量守恒定律，还要关注“恰好不再与C碰撞”这一临界条件．8．(2014·广东理综，35，18分)如图所示的水平轨道中， AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体 P1沿轨道向右以速度 v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体 P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在 t1＝2s至t2＝4s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1kg，P与AC间的动摩擦因数μ＝0.1，AB段长L＝4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v1＝6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E.8．【解析】1、P2碰撞，由动量守恒定律得mv1＝2mv①(1)P代入数据得v＝3m/s②1212损失的动能E＝2mv1－2·2mv③代入数据得E＝9J④(2)根据牛顿第二定律，P做匀减速运动，加速度a＝－μ·2mg⑤2m设P1、2碰撞后的共同速度为vA，则根据①得vA＝v1⑥P2把P与挡板碰撞前后运动过程当作整体运动过程处理，经过时间t1，P运动的路程为s1，则s1＝vA1＋12⑦2at1t经过时间t2，P运动的路程为s2，则s2＝vA2＋12⑧2at2t如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足1≤3L≤s2⑨s联立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14m/s⑩v1的最大值为14m/s，此时vA＝7m/s，根据动能定理得μ12－·2mg·4L＝E－2·2mvA?代入数据得E＝17J?【答案】 (1)3m/s；9J (2)10m/s≤v1≤14m/s；17J【点拨】 力学问题一般考查三大规律，即牛顿运动定律、动能定理和动量守恒定律，本题过程清晰，但有一个解题技巧，即把相反方向的匀减速运动看成同一方向的匀加速运动，可简化计算.(2015·湖南十三 校第二次联考 )如图所示，一质量M＝2kg的带有弧形轨道的平台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.从弧形轨道上距离水平轨道高h＝0.3m处由静止释放一质量mA＝1kg的小球A，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，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g.求小球B的质量．(取重力加速度g＝10m/s2)【解析】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0＝mAv1－Mv1212由能量守恒定律有mAgh＝mAv1＋Mv22联立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2由于碰后.小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v1′＝1m/s由动量守恒定律得 mAv1＝－mAv1′＋mBv21 2 1 2 1 2由能量守恒定律有2mAv1＝2mAv1′＋2mBv2联立解得mB＝3kg【答案】 3kg导学导考(1)碰撞是否为弹性碰撞要看题目中是否给出相关关键词语，如“弹性小球”“无能量损失”等；(2)正碰是碰撞前后两物体动量均共线的碰撞，不一定是弹性碰撞．(2014·重庆万州区模拟)如图所示，光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动， A球的动量 pA＝4kg·m/s，B球的质量mB＝1kg，速度vB＝6m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致．求：(1)碰撞后B球的速度；(2)A球的质量范围．【解析】(1)由题意知pA′＝2kg·m/s.根据动量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′解得vB′＝8m/s(2)设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足vA＝pA>vBmAA′碰撞后A球不可能运动到B球前方，所以vA′＝mA≤vB′碰撞过程系统能量不可能增加，所以A′21212A2＋BBB′≤＋B2mA2mA22联立解得mA应满足134kg≤mA≤7kg【答案】(1)8m/s(2)1≤A≤34kgm7kg导学导考实际碰撞问题除了要满足理论之外，还要考虑实际情况．碰撞模型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m1、速度为v1的小球与质量为 m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m11＝m1v1′＋m22′vv121212m1v1＝m11′＋m22′22v2v（m1－m2）v111解得v1′＝m1＋m2，v2′＝m1＋m2结论：(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．(2)当质量大的球碰质量小的球时， v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两球都沿速度 v1的方向运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时， v1′＜0，v2′＞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．3．碰撞中的能量所有的碰撞问题，系统动能均不增加，弹性碰撞前后系统动能相等，完全非弹性碰撞(撞后共速)系统动能损失最多，一般的非弹性碰撞动能有损失，但不是损失最多．碰撞现象的规律在分析碰撞的几种可能性时，要注意碰撞中遵循的 “三原则”．(1)碰撞过程中动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)碰撞后系统总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，或p12＋p22p1′2p2′2≥＋.1212(3)速度要符合情景．情景一：若碰前两物体同向运动，则应有增大．若碰后两物体同向运动，则应有

v后＞v前，原来在前的物体碰后速度一定v前′≥v后′.若碰后两物体运动方向相反，则v前′与v后′大小关系不确定．情景二：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 .1．(2015·河南开封一模)如图所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处．质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.试问：(1)a与b球碰前瞬间的速度多大？(2)a、b两球碰撞后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答)．【解析】(1)设a球经C点时速度为vC，a球下滑过程机械能守恒，有mgh112＝2mvC，解得vC＝2gh即a与b球碰前瞬间的速度为2gh.(2)设a与b球碰后的速度为v，a、b两球碰撞过程系统动量守恒，以a球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得1mvC＝(m＋m)v，解得v＝2 2gh小球被细绳悬挂绕 O摆动时，若细绳拉力为 T，2v由牛顿第二定律得 T－2mg＝2mh解得T＝3mg>2.8mg，细绳会断裂．【答案】 (1) 2gh (2)a、b两球碰后，细绳会断裂，计算过程见解析2．(2015·湖北八校联考)如图所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0kg、mB＝6.0kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触．另有一个质量mC＝2.0kg物体C以速度v0向左运动，与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开，然后以v＝2.0m/s的共同速度压缩弹簧，试求：(1)物块C的初速度v0；(2)在B离开墙壁之后，弹簧的最大弹性势能．2．【解析】 (1)A、C在碰撞中动量守恒，有 mCv0＝(mA＋mC)v，解得v0＝6.0m/s(2)当B离开墙壁时，弹簧处于原长，合外力对 A、C做功为0，A、C以2m/s的速度向右运动．当A、B、C获得共同速度时，弹簧弹性势能最大，对 A、B、C系统，由动量守恒定律有(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′，解得v′＝1m/s由能量守恒定律可知1212Ep＝(mA＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v′＝6J22【答案】(1)6.0m/s(2)6J【点拨】A、C碰撞属于完全非弹性碰撞，有动能损失．3．(2016·广东四校第二次联考 )如图所示，在光滑水平面上，三个物块 A、B、C在同一直线上，A和B的质量分别为mA＝2m，mB＝m，开始时B和C静止，A以速度v0向右运动，与B发生弹性正碰，碰撞时间极短，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个物块速度恰好相同．求B与C碰撞损失的机械能．3．【解析】A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mA0v＝mAv1＋mBv2121A21B2＝1＋2222解得v1＝v043，v2＝v03B与C发生碰撞，由动量守恒定律有mBv2＝(mB＋mC)v1解得mC＝3mB与C发生碰撞损失的机械能1212E＝mBv2－(mB＋mC)v1222 2 2 2 4．(2016·山东19所名校第一次调研联考)如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连 (当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块 P之间的动摩擦因数 μ＝0.5.一通过细线拴着(细线未画出)且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量m＝1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．(取g＝10m/s2)4．【解析】(1)设滑块P滑上乙车前的速度大小为v，两小车速度大小为v1，取向右为正方向，对整体应用动量守恒定律和能量守恒定律有mv－2Mv1＝0，E0＝1212mv＋·2Mv122解得v＝4m/s，v1＝1m/s(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v′，对滑块P和小车乙有mv－Mv1＝(m＋M)v′121212由功能关系得μmgs＝2mv＋2Mv1－2(m＋M)v′5代入数据解得s＝3m【答案】(1)4m/s(2)5m3[2014·新课标全国Ⅱ，35(2)，10分]现利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有 A、B两个滑块．滑块A右侧带有一弹簧片(图中未画出)，左侧与打点计时器的纸带相连；滑块 B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器 (未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率

f＝50.0Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间tB＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．碰撞前后总动量之差若实验允许的相对误差绝对值 ×100%碰前总动量最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．【解答】按定义，物块运动的瞬时速度大小v＝s①t式中 s为物块在很短时间 t内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 tA，则1tA＝f＝0.02s②tA可视为很短．设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1，将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00m/s③v1＝0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝d⑤tB代入题给实验数据得v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝p－p′×100%⑨p联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本实验在误差允许的范围内验证了动量守恒定律.[2011·北京理综，21(2)]如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度

hB．小球抛出点距地面的高度

HC．小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球

m1多次从斜轨上

S位置静止释放，找到其平均落地点的位置

P，测量平抛射程

OP.然后，把被碰小球 m2静置于轨道的水平部分，再将入射球 m1从斜轨上S位置静止释放，与小球 m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是 ________．(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量 m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度 HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 __________________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_________[用(2)中测量的量表示]．1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所(4)经测定，m示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p11′＋p2′为________．p(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球2平抛运动射程ON的最大值为________cm.mx【解析】(1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v＝t.而每次小球抛－12OP出的竖直高度相等，由H＝2gt知，平抛时间相等．由动量守恒定律得m1·t＝－－－－－1·OM＋m2·ON，即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，故只需测射程，因而mtt选C.－ － － －(2)由m1·OP＝m1·OM＋m2·ON知，在OP已知时需测量 m1、m2、OM和ON，故必要步骤是A、D、E.－ － －(3)动量守恒定律的表达式为 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.若为弹性碰撞，则同时－2－2－2满足能量守恒，即1m1·OP＝1m1·OM＋1m2·ON2t2t2t－－－整理得m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2－－－(4)p1＝m1·OP，p1′＝m1·OM，p2′＝m2·ONttt－ －故p1∶p1′＝OP∶OM＝44.80∶35.20＝14∶11－ －p1′∶p2′＝m1·OMt∶m2·ONt＝11∶2.9－p1m1·OP－＝1.011′＋p2′＝－p1·OM＋m2·ONm－(5)其他条件不变，使ON最大，则 m1、m2发生弹性碰撞，动量和机械能均守恒，－ － － － － － －由m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2，可得ON＝2m1－－OP，代入(4)中已知的数据得ON＝76.8cm.1＋m2m【答案】(1)C(2)ADE(或DEA或DAE)－－－(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP－－－m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(4)14 2.9 1.01(1～1.01) (5)76.8导学导考验证动量守恒定律实验在高考中考查的概率较小，经常被忽视，容易造成一考就错，所以还需要重视．验证动量守恒定律的常见方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装气垫导轨．3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向 )．4．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小球的质量 m1、m2.2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．6．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑水平桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小车的质量．2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．3．实验：接通电源，让小车 A运动，小车 B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．x4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由 v＝ t算出速度．5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．6．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律1．用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．2．按照如图甲所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．3．白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置 O.甲4．不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复 10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心 P就是小乙球落点的平均位置．5.把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置 M和被碰小球落点的平均位置 N，如图乙所示．6．连接ON，测量线段 OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入－ － －m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．7．实验结论：在实验误差允许的范围内，碰撞系统的动量守恒．注意事项和误差分析1．实验注意事项(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．(2)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．(3)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内．(4)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一个小木片以平衡摩擦力．(5)若利用斜槽进行实验，入射球质量 m1要大于被碰球质量 m2，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹，且两球半径 r1＝r2＝r.2．误差分析(1)系统误差：主要来源于装置本身．(2)偶然误差：主要来源于质量 m和速度v的测量.(2015·湖北黄冈期末)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做实验：①用天平测出两个小球的质量分别为 m1和m2，且m1＞m2.②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽 AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面 BC连接在斜槽末端．③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽末端点B处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到 B点的距离分别为 LD、LE、LF.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式 ________，则说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式 ________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．【解析】 (1)小球的落点位置跟平抛运动的初速度大小有关，碰后，小球 m1的速度较小，m2的速度较大，所以m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点．(2)设碰前小球1的速度为v0，碰撞后m1的速度为v1，m2的速度为v2，根据动量m守恒定律，它们应该满足关系式mv＝mv＋mv设斜面倾角为θ，根据平抛运101122.12θy2gtgtgt2y动的规律有tan＝x＝vt＝2v，所以v＝2tanθ∝t，而t＝g∝y∝L，所以v∝L.本题中，要验证m10＝m11＋m22成立，只需要验证m1LE＝m1LD＋vvvm2LF成立．(3)要验证两个小球的碰撞是弹性碰撞，即要再验证1m121212v0＝m11＋m2v2成立，而22v2平抛运动时的初速度v∝L，所以v2∝L，故需要再满足关系式m1E＝m1D＋LLm2LF.【答案】 (1)D F (2)m1LE＝m1LD＋m2LF(3)m1LE＝m1LD＋m2LF一、动量、冲量1．动量运动物体的质量和速度的乘积叫动量．公式： p＝mv.(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．动量、动能、动量变化量的比较动量动能动量变化量定义式p＝mv12＝′－pEk＝2mvpp矢标性矢量，方向与v相同标量，无方向性矢量，方向与v相同特点状态量状态量过程量p2大小关系Ek＝2m或p＝2mEk注意：对于给定的物体，若动能发生变化，动量一定也发生变化；而动量发生变化，动能却不一定发生变化．3．冲量冲量I＝Ft，是力对时间的累积效应，是过程量，效果表现为物体动量的变化．(1)冲量的时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定．恒力的冲量等于力与作用时间的乘积．(2)冲量的矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．冲量的运算遵循平行四边形定则．注意：作用力与反作用的冲量一定等大、反向，但作用力与反作用力的功之间并无必然联系．二、动量定理1．动量定理的内容物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化，即 Ft＝p′－p或Ft＝mv2－mv1.2．动量定理的理解(1)动量定理的表达式应是一个矢量式，式中 3个矢量都要选同一个方向为正方向．(2)动量定理公式中的 F是研究对象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．(3)公式Ft＝p′－p除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，与物体的初末动量无必然联系．p′－p p(5)由Ft＝p′－p，得F＝t＝t，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．三、动量守恒定律1