动量定理与碰撞问题

推测09 动量定理与碰撞问题概率推测题型推测

☆☆☆☆☆选择题☆☆☆☆ 计算题☆☆☆☆对动量及动量守恒的考察多为简洁的选择题；而动量和能量的综合性问考向推测 题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。1、动量定理和动量守恒定律恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用I＝F ·t或I ＝Δp求解。合 合动量守恒表达式：1 2 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′1 2

p＝p′Δp＝0。“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：mm－mmv＝1 2vmm1 ＋ 0mm1 2v＝2m1 v。mm2 ＋ 0mm1 22、动力学、动量和能量观点的综合应用“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考察力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要(往往是不确定条件)，进展求解(留意结合实际状况分类争论)。3、常见的三个经典模型人船模型“滑块—弹簧”碰撞模型“子弹打木块”模型1、碰撞的根本规律2、可熟记一些公式和结论(1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：＋m－m 2m＋＋v＝1 2v、v＝＋

1 v。1 mm01 2

2 mm01 21 2 1 2 (2)m≫mv＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0。当m≪m，且v＝01 2 1 2 3、碰撞问题的两点留意撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。依据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；系)进展求解。4、解答动量和能量问题应留意的几点弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。(2)进展正确的受力分析，明确各过程的运动特点。(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能肯定守恒；碰撞过程、子弹(4)如包含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。1〔2023·浙江高考真题〕2:1、初速度均沿水平方5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。声音在空气中的传播速度为340m/s，无视空气阻力。以下说法正确的选项是〔 〕两碎块的位移大小之比为1:2C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s【答案】B【解析】

爆炸物的爆炸点离地面高度为80mD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m爆炸时，水平方向，依据动量守恒定律可知mvmv011 22因两块碎块落地时间相等，则mxmx011 22则=x m 1=1 2x m 22 1则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开头抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；设两碎片落地时间均为t，由题意可知(5t)v 1声=(6t)v 2声解得t=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为11h gt2 1042m=80m112 2选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移x(54)340m340m1质量小的碎块的水平位移x(64)340m680m2爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为xv 1340m/s85m/sx10 t 4选项CD错误。应选B。2〔2023·海南高考真题多项选择如图，足够长的间距d1m的平行光滑金属导轨M、PQ固定在L1mB0.5T，方向如图ma

0.1kgR0.5Ωa以初速度v0

4m/s从左端开头沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb

0.2kgR0.5Ωb发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则〔 〕a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25J金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m 处【答案】BD【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；Ba第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；C．电路中产生的平均电动势为 BLdEt t平均电流为IE2Ra受到的安培力为FBId规定向右为正方向，对金属棒a，依据动量定理得BIdtmvaa

mva0解得对金属棒第一次离开磁场时速度v 1.5m/sa金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的削减量，即1 1Q mv2 mv22 a0 2 aa联立并带入数据得Q0.6875J由于两棒电阻一样，两棒产生的焦耳热一样，则金属棒b上产生的焦耳热Q Q0.34375Jb 2故C错误；D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程依据动量守恒和机械能守恒得mv mvmvaa aa bb1 1 1mv2 mv2 mv22 aa 2 aa 2 bba反弹的速度为v 0.5m/sa设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为E

B(Lx)dt t平均电流为IE2Ra受到的安培力为FBId规定向右为正方向，对金属棒a，依据动量定理得BI”dt0mvaa联立并带入数据解得x 0.8m故D正确。应选BD。3〔2023·全国高考真题〕一质量为=2023kg的汽车以某一速度在平直大路上匀速行驶．行驶过程100m处有一警示牌．马上刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图〔a〕中的图线．图〔a〕中，0~t1时间段为从司机觉察警示牌到实行措施的反响时间〔这段时间内汽车所受阻力已无视，汽车仍保持匀速行驶1=0.8~2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；从t2时刻开头汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停顿，从t2时刻开头，汽车1s24m4s1m．在图〔b〕中定性画出从司机觉察警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2车停顿，汽车行驶的距离约为多少〔以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度〕？【答案】〔【答案】〔1〕〔2〕8m/s2，28m/s〔3〕30m/s；1.16105J；87.5m〔〕t图像如下图．〔2〕设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为vtv，tv，在1 1 1 2 22 2 ta，取Δt=1s，设汽车在t+n-1Δt内的位移为s2 2 n=1,2,3,…．t+3Δt~t+4Δtt

+3Δtvt+4Δtv，2 2由运动学有

2 3 2 4ss1

3a(Δt)2①1svΔt a(Δt)2②1 2vv4

24aΔt③联立①②③式，代入数据解得v17m/s④4 622 t+4Δt时刻前，汽车已经停顿．因此，①式不成立．t+3Δt~t+4Δt22 vv3 2

3aΔt⑤2as4

v2⑥3联立②⑤⑥，代入数据解得2a8m/s2，v=28m/s⑦2或者a

288

m/s2，v

=29.76m/s⑧25 2v3小于零，不符合条件，故舍去〔3〕设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma⑨t~tI1f(tt⑩1 2 212 1Imvm⑪1 21 1t~t

时间内，汽车抑制阻力做的功为：W

mv2 mv2⑫1 2 2 1 2 2联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入数据解得v1=30m/s⑬W1.16105J⑭从司机觉察警示牌到汽车停顿，汽车行驶的距离s约为1 v2⑮svt (vv)(tt) 211 2 1 2 2 1 2a联立⑦⑬⑮，代入数据解得s=87.5m⑯一、单项选择题1〔2023·湖南高三一模〕姚明是中国篮球史上最成功的运发动之一，他是第一个入选NBA篮球名人堂的中国籍球员﹐如下图是姚明在某场NBA竞赛过程中的一个瞬间，他在原地运球查找时机，假设篮球在竖直方向运动，落地前瞬间的速度大小为8m/s，弹起瞬间的速度大小为6m/s，球与地面的接触时间为0.1s，篮球质量为600g，取g10m/s2，则地面对球的弹力大小为〔 〕0N【答案】A【解析】

4N C．18N D．36N设向上为正方向，依据动量定理可得Fmgtmvt

mv0代入数据得F90N应选A。22023··高三一模〕如图甲所示，物块AB的质量分别是mA30kg和mB20kg，BC在t0时刻以肯定速度向右运动，在t=4sA相碰，并马上与A粘在一起不再分开，物块C的vt图像如图乙所示，以下说法正确的选项是〔〕B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J4s12sB的冲量大小为24NSB离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18JBB的最大速度为2m/s【答案】B【解析】由图知，CA碰前速度为v1

12m/s，碰后速度为v2

3m/s，CA碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律C1

mvC 2解得m 1kgCCA0时，弹性势能最大E P 2

m v218JC 2选项A错误；由图知，12sAC的速度为v3

3m/s，4s12sB的冲量大小等于弹BACB的冲量为ImA

mvC

mA

mvC 2解得I24Ns，方向向左B正确；B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC3m/sB离开墙壁、B、C三者共速时弹性势能最大，则有m mA C

v=m2

m+mvC B 3E 1m

m+m

v2P 2联立解得

C 2 2

C B 3E 6JP选项C错误；B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC3m/sB离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有m mA C

v=m2

mvC

+mv5A

m v

2=1m2

m v2C 4

12+ mv22B5代入数据解得v 4m/s5B的最大速度为4m/s，选项D错误；应选B。3〔2023·浙江高三其他模拟〕m的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空，当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为mm1 2

的A、mmB1 2B

2:1，此时两局部获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍，且初始均沿水平方向运动。设爆炸时间极短，Bg，不计空气阻力和火药的质量，A、两局部落地的水平位移大小分别为x和Bx2x2，则〔〕AB两局部落地时的速度大小之比为2:1AB两局部落地时的动能之比为45水平位移大小之比为x:x1 2

2:1AB两局部落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的4倍【答案】B【解析】AB．设烟花弹的初速度为v0，上升的最大高度为h，发生爆炸瞬间，A、B两局部在水平方向动量守恒，则有mvmv011 22由题意可得mmm1 21mv22 0

mgh1 1 1112202mv22mv22mv2211220联立解得vv1 0v2v2 0B且速度均沿水平方向，接着A和分别以vB1

v、v0

2v0

向相反方向做平抛运动，到达地面过程中机械能守恒，设AB落地时速度大小分别为v、v，则对A有1 21 1mv2mgh 2 11 1 2 11B有1 1mv2mgh mv22 22 2 2 22联立解得v 2v1 0v 5v2 0所以v:v 2: 51 21 1mv2:

v24:52 11 2 22故A项错误，B项正确。CD．设AB在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为t，则有1h gt212xvt1 1xvt2 2联立解得x2h1x4h2xx1 2

6h故x:x1 2

1:2AB落地点相距的距离为xx1 2

6h6倍，故CD项错误。应选B。4〔2023··高三月考〕-时间图象〔xt图象〕如下图。小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量一样，碰撞时间极短。以下说法正确的选项是〔 〕A．碰撞前后小孩的运动方向没有转变B．碰碰车的质量为50kgC．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80NsD．碰撞过程中损失的机械能为600J【答案】D【解析】A．规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了转变，故A错误；由图可知碰前瞬间小孩的速度为2ms大人的速度为3ms碰后两人的共同速度为1ms，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有20M2kgms60M3kgms2M20601kgms解得M60kg故B错误；C．碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1160kgms碰后总动量为p80kgmsp1由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为Ip240Ns故其大小为240Ns，故C错误；D．由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为E18022J112032J120012J600J2 2 2故D正确。应选D。二、多项选择题52023·广东高三其他模拟〕如下图，质量m1=0.5kg的物块A以初速度0=10m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=1.5kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以无视的橡0.1sABv0方向为正方向，以下说法中正确的选项是〔 〕碰撞过程中A3.75N·s碰撞过程中A75m/2碰撞过程中B37.5ND．A、B碰撞完毕后A2.5kg·m/s【答案】BC【解析】A．A、B碰撞过程中动量守恒，有mv m10

mv2解得v2.5m/s在碰撞过程中对A由动量定理有Imvmv3.75Ns1 10A错误；由加速度定义有vva 075m/s2tB正确；在碰撞过程中对B由动量定理有Ftmv2解得F37.5NC正确；碰撞完毕后A的动量p mv1.25kgm/sA 1D错误。应选BC。6〔2023·全国高三其他模拟〕光滑水平面AB与内壁光滑的半圆形轨道BCD在BP、Q两小球之间夹有一轻质弹簧。在外力作用下，初始时弹簧处于压缩状态，当同时释放两小球后，在接下来的运动中，小球Q恰好能通过半圆形轨道最高点D，两小球与弹簧均不拴接，且P、Q2m、mRg。现将两小球仍放回初始位置，轻弹簧的压缩量也与初始状态一样，固定小球P，由静止释放小球Q，则〔〕释放小球Q后，轻弹簧与小球Q组成的系统在水平方向上的动量守恒15初始状态下轻弹簧储存的弹性势能为4mgR27前后两次小球Q在AB上的落点位置与B点的距离之比为 :27前后两次小球QABB2：7【答案】BC【解析】在P球固定的状况下，释放Q后，受到P小球的作用力，轻弹簧与小球Q组成的系统在水平方0，故动量不守恒，A错误；同时释放P、Q时，对于两球和弹簧构成的系统，既满足动量守恒，也满足机械能守恒，所以，弹簧初始时储存的弹性势能为11E mv2 2mv211p 2 Q 2 Pmv 2mvQ P又小球Q从B点到D点过程中，由动能定理得mg2R

1mv2

mv212 D 2 Q1由于小球Q恰好能通过半圆形轨道最高点D，所以mg

mv2DR可得E 15mgRp 4B正确；CD．固定小球P时，设小球Q经过D点的速度为v，则由机械能守恒定律可得DE2mgRp

mv2D可得2727DDvD由于从D点离开轨道后，小球Q做平抛运动的时间确定，所以2727Dx vDD错误C正确。应选BC。三、解答题7〔2023·全国高三其他模拟〕如图，倾角=37的直轨道AC与圆弧轨道CDEF在C处相切且平滑连接，整个装置固定在同—R，DF是竖直直径，O点为圆心，E、O、B三点在同一水平线上。A、F也在同一水平线上，两个小滑块P、Q〔都可视为质点〕的质量都mQAC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可无视不计。同时将两个滑块P、QA、B两点由静止释放，之后P开头向下滑动，在BQP、QBC段保持匀速运动，P、Q每次相碰都会马上合在一起运动但两者并不粘连，sin37°=0.6，cos37°=0.8g，求：两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值；QAC上往复运动经过的最大路程。5【答案】〔〕3.m2〕3R【解析】PQ相碰前瞬间，由机械能守恒定律得1mgR

mv22 1P、Q碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得mv1=2mv2P、Q一起由C点运动至D点过程，有12mgR1cos1mv2 2mv212 2 2 D经过D点时对圆弧轨道的压力最大，有V2RFND-2mg=2m DR由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力FND′=FND联立解得FND′=3.8mg由〔1〕中计算可知，P、Q整体在D点的动能12mv22

0.9mgR<2mgR因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方，之后沿轨道返回，再次到达C点的速度大小仍为v2.CP、Q分别，QPQP、Q上滑的最xP、xQP、Q，由动能定理分别可得-mgsinθ·x

=0-mv2

mgsin＋F

1=0- mv2P 2 2 f Q 2 2P、QQ受到的滑动摩擦力大小Ff=2mgsinθP再次从最高点下滑至其次次碰Q前，有1mgsinθ〔x-x

)= mv2P Q 2 3P、Q碰后一起运动，有mv3