2018年高考物理大一轮复习 第6章 碰撞 动量守恒定律配套教案

1、六碰撞动量守恒定律第1节动量动量定理动量守恒定律一、冲量、动量和动量定理1冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积(2)公式：IFt，适用于求恒力的冲量(3)方向：与力的方向相同2动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积(2)表达式：pmv.(3)单位：千克米/秒符号：kgm/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同3动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量(2)表达式：F合tppp.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理二、动量守恒定律1系统：相互作用的几个物体构成系统系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的

2、作用力叫做外力2定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变3定律的表达式m1v1m2v2m1v1m2v2，两个物体组成的系统初动量等于末动量可写为：pp、p0和p1p24守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒自我诊断1判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大()(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大()(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量()(4)动量是过程量

3、，冲量是状态量()(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零()(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变()2(2017广东广州调研)(多选)两个质量不同的物体，如果它们的()A动能相等，则质量大的动量大B动能相等，则动量大小也相等C动量大小相等，则质量大的动能小D动量大小相等，则动能也相等解析：选AC.根据动能Ekmv2可知，动量p，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误3篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球接球时，两手随球迅速收缩至胸前这样做可以()A减小球对手的冲量 B减小球对手的冲击力C减小

4、球的动量变化量 D减小球的动能变化量解析：选B.由动量定理Ftp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确4(2017河南开封质检)(多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A两手同时放开后，系统总动量始终为零B先放开左手，后放开右手，动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒

5、，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错，而C、D正确5(2017湖南邵阳中学模拟)一个质量m1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F10 N与水平面成30角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为_ Ns，动量的增量大小为_ kgm/s.解析：根据pFt，可知10 s内推力的冲量大小pFt100 Ns，根据动量定理有Ftcos 30p.代入数据解得p50 kgm/s86.6 kgm/s.答案：10086

6、.6考点一动量定理的理解及应用1应用动量定理时应注意两点(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物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小作用力一定，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Ip求变力的冲量(3)应用pFt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量典例1(2016高考全国乙卷)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

7、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，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t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S(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t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v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

8、化量的大小为p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h答案(1)v0S(2)(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1如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/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45 m/s，则这一过程中动量的变化量为()A大小为3.6 kgm/s，方向向左B大小为3.6 kgm/s，方向向右C大小为12.6 kgm/s，方向向左D大小为12.6 kgm/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量pm

9、v1mv012.6 kgm/s，大小为12.6 kgm/s，负号表示其方向向右，D正确2. 质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()A10 Ns10 NsB10 Ns10 NsC010 NsD010 Ns解析：选D.由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1p25 kgm/s，由动量定理知I10；在后10 s内末状态的动量p35 kgm/s，由动量定理得I2p3p210 Ns，故正确答案为D.3如图所示，在倾角为的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端

10、滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，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Ff(t2t1)，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(t1t2)sin Ff(t1t2)，沿斜面向下答案：Ff(t2t1)沿斜面向上mg(t1t2)sin Ff(t1t2)沿斜面向下4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

11、，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(Mm)v0(Mv0mv0)2mv0则水平力的冲量IFt2mv0.答案：2mv05(2017甘肃兰州一中模拟)如图所示，一质量为M2 kg的铁锤从距地面h3.2 m高处自由下落，恰好落在地面上的一个质量为m6 kg的木桩上，随即与木桩一起向下运动，经时间t0.1 s停止运动求木桩向下运动时受到地面的平均阻力大小(铁锤的横截面小于木桩的横截面，木桩露出地面部分的长度忽略不计，重力加速度g取10 m/s2)解析：铁锤下落过程中机械能守恒，则v8 m/s.铁

12、锤与木桩碰撞过程中动量守恒，Mv(Mm)v，v2 m/s.木桩向下运动，由动量定理(规定向下为正方向)得(Mm)gft0(Mm)v，解得f240 N.答案：240 N6(2016河南开封二模)如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S10 cm2，速度v10 m/s，水的密度1.0103 kg/m3.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m5 kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小解析：(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的水后，小车速度为v

13、1，则mv(mM)v1，即v12 m/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mS(vv1)t，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为F，由动量定理有Ftmv1mv，得FS(vv1)264 N，小车的加速度a2.56 m/s2答案：(1)2 m/s(2)2.56 m/s2考点二动量守恒定律的理解及应用1动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必

14、须是相对同一参考系的速度一般选地面为参考系(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统2动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和(2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向(3)p0，系统总动量的增量为零典例2(2017山东济南高三质检)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA3m、mBmCm，开始时B、C均静止，A以初速度v0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

15、持不变求B与C碰撞前B的速度大小解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0mAvAmBvB对B、C木块：mBvB(mBmC)v由A与B间的距离保持不变可知vAv联立式，代入数据得vBv0答案v0应用动量守恒定律解题的步骤(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(或某一方向上动量是否守恒)；(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1如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M

16、，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则()AM和m组成的系统机械能守恒，动量守恒BM和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒Cm从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动Dm从A到B的过程中，M运动的位移为解析：选B.M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；在m从A到B过程中，有MxMmxm，xMxm2R，得xM2mR/(mM)，D错误2(2016广东湛

17、江联考)如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0(m2m)v1mv，接住木箱的过程中mv(m2m)v1(mm2m)v2.解得v2.(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv23mv3mv，则v3v，故

18、无法再次接住木箱答案：(1)(2)否3(2017山东济南高三质检)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mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg，开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C相碰撞(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：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为

19、vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC，联立解得vA2 m/s.答案：2 m/s4人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且Mm312.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板求人推多少次后不能再接到球？解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0Mv1mv，第1次接球后人的速度为v1，有Mv1mv(Mm)v1；第2次推球(Mm)v1Mv2mv，第2次接球Mv2mv(Mm

20、)v2第n次推球(Mm)vn1Mvnmv，可得vn，当vnv时人便接不到球，可得n8.25，取n9.答案：9次课时规范训练基础巩固题组1关于物体的动量，下列说法中正确的是()A物体的动量越大，其惯性也越大B同一物体的动量越大，其速度不一定越大C物体的加速度不变，其动量一定不变D运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向解析：选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即pmv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C

21、错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F100 N，球在地面上滚动了t10 s停下来，则运动员对球的冲量为()A1 000 NsB500 NsC零 D无法确定解析：选D.滚动了t10 s是地面摩擦力对足球的作用时间不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量3(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是()A两滑块的动量之和变大B两滑块与弹簧分离后

22、动量等大反向C如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D整个过程中两滑块的机械能增大解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0mMvMmNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mMmN时，vMvN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确4(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是()A两球抛出后，船向左以一定速度运动B两球抛出后，船

23、向右以一定速度运动C两球抛出后，船的速度为0D抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止人给甲球的冲量I甲mv0，人给乙球的冲量I2mvmv，v是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量5高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人

24、刚产生作用力前人下落的距离为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.mgB.mgC.mg D.mg解析：选A.由动量定理得(mgF)t0mv，得Fmg.选项A正确6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是()A04 s内物体的位移为零B04 s内拉力对物体做功为零C4 s末物体的动量为零D04 s内拉力对物体的冲量为零解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；

25、前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，04 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确7如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务某时刻甲、乙都以大小为v02 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点甲和他的装备总质量为M190 kg，乙和他的装备总质量为M2135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间

26、站(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？(2)设甲与物体A作用时间为t0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，则有：M2v0M1v0(M1M2)v1以乙和A组成的系统为研究对象，有：M2v0(M2m)v1mv代入数据联立解得v10.4 m/s，v5.2 m/s(2)以甲为研究对象，由动量定理得，FtM1v1(M1v0)代入数据解得F432 N答案：(1)5.2 m/s(2)432 N综合应用题组8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一

27、水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是()A在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大B在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小C在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间

28、很短，故冲量小，所以重物动量改变很小9(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上则()A人和小船最终静止在水面上B该过程同学的动量变化量为105 kgm/sC船最终的速度是0.95 m/sD船的动量变化量是105 kgm/s解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守

29、恒定律得：m人v人m船v船(m人m船)v，代入数据解得：v0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反故A错误，C错误；人的动量的变化p为：pm人vm人v人60(0.252)105 kgm/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：pm船vm船v船140(0.250.5)105 kgm/s；故D正确10如图所示，一质量M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，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，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者

30、看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是()A2.4 m/sB2.8 m/sC3.0 m/s D1.8 m/s解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得(向右为正)：MvmvMv1，解得：v1 m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：Mvmv(Mm)v2，解得：v22 m/s，故B对地的速度在2 m/s m/s范围内，选项A正确11如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg.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t0时以一定速度向

31、右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图象如图乙所示，求：(1)物块C的质量mC；(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，mCv1(mAmC)v2，代入数据解得mC2 kg.(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：p(mAmC)v3(mAmC)v2从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为I2(mAmC)v2，代入数

32、据整理得到I36 Ns.答案：(1)2 kg(2)36 Ns12. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得mv0(Mm)v解得：vv00.4 m/s.(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得mgtmvmv0解得：t0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度

33、为a1g2 m/s2小车做匀加速运动，加速度为a20.5 m/s2在此过程中木块的位移为x10.96 m车的位移为：x2a2t20.50.82 m0.16 m由此可知，木块在小车上滑行的距离为：xx1x20.8 m.答案：(1)0.4 m/s(2)0.8 s(3)0.8 m第2节碰撞与能量守恒一、碰撞1概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题2分类(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能守恒(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在

34、相互作用过程中只遵循动量守恒定律(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，相互作用过程中只遵循动量守恒定律二、动量与能量的综合1区别与联系：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体所构成的系统，且研究的都是某一个物理过程但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，决定于系统是否有除重力和弹簧弹力以外的力是否做功2表达式不同：动量守恒定律的表达式为矢量式，机械能守恒定律的表达式则是标量式，对功和能量只是代数和而已自我诊断1判断正误(1)碰撞过程只满足动量守恒，不可能满足动能守恒()(

35、2)发生弹性碰撞的两小球有可能交换速度()(3)完全非弹性碰撞不满足动量守恒()(4)无论哪种碰撞形式都满足动量守恒，而动能不会增加()(5)爆炸现象中因时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒()(6)反冲运动中，动量守恒，动能也守恒()2(2017山西运城康杰中学模拟)(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.根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度

36、故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，运动员受的冲量I一定；由IFt可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由IFt可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固故D错误3甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.甲、乙两物体质量之比为()A23B

37、25C35D53解析：选C.选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1m乙v2m甲v1m乙v2，代入数据，可得m甲m乙35，C正确4. 质量为ma1 kg，mb2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A弹性碰撞B非弹性碰撞C完全非弹性碰撞 D条件不足，不能确定解析：选A.由xt图象知，碰撞前va3 m/s，vb0，碰撞后va1 m/s，vb2 m/s，碰撞前动能mavmbv J，碰撞后动能mava2mbvb2 J，故机械能守恒；碰撞前动量mavambvb3 kgm/s，碰撞后动量mavambvb3 kgm/s，故动量守恒

38、，所以碰撞属于弹性碰撞5(2016高考天津卷) 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块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；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：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得mv3mv共解得v共.由功能关系可得mgsmv23m2解得s.答案：考点一碰撞问题1解析碰撞的三个依据(1)动量守恒：p1p2p1p2.(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2或.(3)速度要符合情景如果碰

39、前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后v前，否则无法实现碰撞碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前v后.如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变除非两物体碰撞后速度均为零2碰撞问题的探究(1)弹性碰撞的求解求解：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒以质量为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，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22解得：v1，v2(2)弹性碰撞的结论当两球质量相等时，v10，v2v1，两球碰撞后交换了速度当质量大的球碰质量小的球时，v10

40、，v20，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动当质量小的球碰质量大的球时，v10，v20，碰撞后质量小的球被反弹回来典例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()A0.6vB0.4vC0.2v Dv解析根据动量守恒得：mvmv13mv2，则当v20.6v时，v10.8v，则碰撞后的总动能Em(0.8v)23m(0.6v)21.72mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A错误；当v20.4v时，v10.2v，则碰撞后的总动能为Em(0.2v)23m(0.4v)20

41、.52mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B正确；当v20.2v时，v10.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿越B球，故选项C错误；当v2v时，v12v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误答案B弹性碰撞问题的处理技巧(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大

42、于碰前系统的机械能(4)在同一直线上的碰撞遵守一维动量守恒，通过规定正方向可将矢量运算转化为代数运算不在同一直线上在同一平面内的碰撞，中学阶段一般不作计算要求1(2017河北衡水中学模拟)(多选)在光滑水平面上动能为E0，动量大小为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的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有()AE1E0 Bp2p0CE2E0 Dp1p0解析：选AB.因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，E1E0，E2E0.故A正确，C错误；根据动量守恒定律得：p0p2p1，

43、得到p2p0p1，可见，p2p0.故B正确故选AB.2两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 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vA大于B的速度vB，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EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能Ek22 J，违背了能量守恒定律；而B项既

44、符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确3(2016河北衡水中学高三上四调)如图所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动在小球的前方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发生正碰后小球A与小球B均向右运动小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ2PO，则两小球质量之比m1m2为()A75 B13C21 D53解析：选D.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：m1v0m1v1m2v2.由能量守恒定律有：m1vm1vm2v两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有：v1v2PO(PO2P

45、Q)15.联立，代入数据解得：m1m253，故选D.4(2017黑龙江大庆一中检测)(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m4 kg的小物体B以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A木板A获得的动能为2 JB系统损失的机械能为2 JC木板A的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：选AD.由图象可知，木板获得的速度为v1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v，解得：木板A的质量M4 kg，木

46、板获得的动能为：EkMv22 J，故A正确；系统损失的机械能Emvmv2Mv2，代入数据解得：E4 J，故B错误；由图得到：01 s内B的位移为xB(21)1 m1.5 m，A的位移为xA11 m0.5 m，木板A的最小长度为LxBxA1 m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：mBgmBa，代入解得0.1，故D正确考点二爆炸及反冲问题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

47、)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m11m220，得m1x1m2x2.该式的适用条件是：系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动x1、x2均为沿

48、动量守恒方向相对于同一参考系的位移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m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()Amvmv1mv2Bmvmv1mv2Cmv(mm)v1mv2Dmv(mm)v1mv2解析：选C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv(mm)v1mv2，选项C正确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

49、船移动的位移大小为()A.lBlC.l D.l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lx，有mM，则m(lx)Mx，得x，故选项B正确3一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.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2mmv甲mv乙若爆炸后甲、乙反向飞出，则有2mmv甲mv乙或2mmv甲mv乙爆炸后甲、乙从

50、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 s1 s，速度分别为v甲 m/s2.5 m/s，v乙 m/s0.5 m/s，代入式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入式、式、式可知，只有B项正确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v1v0cos 60v0.设v1的方向为

51、正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv12mv1mv2其中爆炸后大块弹片速度v12v0，解得v22.5v0，“”号表示v2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，Ek2mv12mv(3m)vmv.答案：(1)2.5v0方向与爆炸前速度的方向相反(2)mv考点三动量和能量观点综合应用1动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过

52、程中所做的功，即可对问题进行求解2利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解典例2(2016高考全国甲卷)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h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 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