1、专题二 能量与动量 第3讲 碰撞与动量守恒 一、构建体系 透析考情析考情明考向_考情分析_透视命题规律思维导图1.动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的基本方法，是高考的重点考查内容。2.高考命题将本讲内容与机械能守恒定律、平抛运动、圆周运动等力学及电磁学、原子物理等知识点组成综合题，这类题型命题情景新颖，联系实际密切，综合性强，前后两个物理过程一般通过碰撞来过渡，这就决定了动量守恒方程在解题过程中的纽带作用，如2020年山东卷第18题。考情分析二、熟记规律 高效突破1动量定理表达式 Ftmvmv 中的 F 为物体在
2、 t 时间内所受的合外力。应用动量定理列方程时必须选取正方向。2不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。3三类碰撞(1)弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2。机械能守恒：12m1v2112m2v2212m1v1212m2v22。(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1m2v2(m1m2)v。机械能损失最多，机械能的损失量为：E(12m1v2112m2v22)12(m1m2)v2。(3)非弹性碰撞动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2。机械能有损失，机械
3、能的损失量为：E(12m1v2112m2v22)(12m1v1212m2v22)。研考向提能力_考向研析_掌握应试技能考向一 冲量与动量定理1恒力：求 p 时，用 pFt。2变力：求 I 时，用 Ipmv2mv1。3p 一定：Ft 为确定值，Fpt，t 小 F 大如碰撞；t 大 F 小如缓冲。4矢量性：动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。5流体类：对于连续流体应用动量定理时，要确定小段时间 t 的连续体为研究对象，写出 t 内的质量 m 与 t 的关系式，分析连续 m 的受力情况和动量变化。典例1(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线
4、运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零AB 解析 根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，故A、B正确，C、D错误。
5、1(2019高考全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kgC1.6105 kgD1.6106 kgB 解析：设 1 s 内喷出气体的质量为 m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F，由动量定理 Ftmv 知，mFtv 4.810613103 kg1.6103 kg，选项 B 正确2(2020安徽六安一中高三下学期检测)一质量为m60 kg的运动员从下蹲
6、状态竖直向上跳起，经t0.2 s，以大小v1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g10m/s2，在这0.2 s内()A重力对运动员的冲量大小为0B地面对运动员的冲量大小为60 NsC地面对运动员做的功为30 JD地面对运动员做的功为零D 解析：重力对人的冲量大小为mgt120 Ns，人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得Imgtmv0，故地面对人的冲量为Imvmgt601 Ns6000.2 Ns180 Ns，A、B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。3运动员在水上做飞
7、行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()A2.7 m/s B5.4 m/sC7.6 m/sD10.8 m/sB 解析：设 t 时间内有质量为 m 的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得 Ft2mv，m2vtd24，运动员悬停在空中，所以 FMg，联立解得 v5.4 m/s，故 B 正确。4.(2020江苏省南通市通州区高三下学期检测)水平面上有质量相等的a、b两
8、个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的vt图像如图所示，图中ABCD，则整个过程中()AF1的冲量等于F2的冲量BF1的冲量大于F2的冲量C摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量D 解析：由图可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a的运动总时间小于b的时间，根据IFft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1FftOB
9、0，F2t2FftOD0，由图看出，tOBtOD，则有F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。考向二 动量、动量守恒定律1动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。(2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多。(3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒。2动量守恒定律的表达式(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
10、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 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M30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M30 kg。甲推着一个质量为m15 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？解析 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为 v1，箱子的速度为 v，乙抓住箱子后的速度为 v2
11、。对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(Mm)v0mvMv1对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mvMv0(mM)v2甲与乙刚好不相撞的条件是 v1v2联立解得 v5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致。答案 5.2 m/s规律总结应用动量守恒定律解题的基本步骤(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，如典例中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统。(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。
12、(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。5光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面体A，斜面体的质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面体的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面体底端。此过程中斜面体对滑块的支持力大小为FN，则下列说法正确的是()AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos C滑块 B 下滑过程中 A、B 组成的系统动量守恒D此过程中斜面体向左滑动的距离为mMmL解析：当滑块 B 相对于斜面体加速下滑时，斜面体 A 水平向左加速运动，所以滑块 B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外
13、力不再为零，所以斜面对滑块的支持力 FN 不等于 mgcos，故 A 错误；根据冲量定义 IFt 可知滑块 B 下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 IFNt，故 B 错误；由于滑块 B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故 C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 Mx1t mx2t 0，即有Mx1mx2，又 x1x2L，解得 x1mMmL，故 D 正确。答案：D6.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体 A 和 B，放在光滑的水平面上，物体 A 被水平速度为 v0 的子
14、弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体 A 的质量 mA 是物体 B 的质量 mB 的34，子弹的质量 m 是物体 B 的质量的14，则弹簧压缩到最短时 B 的速度为()A.v02 Bv04C.v08Dv03C 解析：根据题意可知，B 的质量 mB为 4m，A 的质量 mA为 3m，子弹的质量为 m，子弹刚射入物块 A 时，A 具有最大速度 v，此过程中子弹与 A的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得 mv0(mmA)v，解得 vv04，对子弹、滑块 A、B 和弹簧组成的系统，A、B 速度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可得(mmA)v(mmAmB)v，由此
15、解得 vv08，故选项 C 正确。7(多选)(2020高考全国卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A48 kgB53 kgC58 kgD63 kgBC 解析：设运动员的质量为 M，第一次推物块后，运动
16、员速度为 v1，第二次推物块后，运动员速度为 v2第八次推物块后，运动员速度为 v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1mv0第二次推物块后，由动量守恒定律知：M(v2v1)mv0(v0)2mv0第 n 次推物块后，由动量守恒定律知：M(vnvn1)2mv0整理得 vn（2n1）mv0M则 v7260 kgm/sM，v8300 kgm/sM由题意知，v75 m/s，则 M52 kg，又知 v85 m/s，则 M60 kg，可知选项 B、C 正确。考向三 动量和能量综合应用的“典型模型”动量和能量综合应用的“典型模型”主要是指“碰撞模型”“爆炸与反冲运动模型”“板块模型”，所涉及的问题往往
17、是多过程问题，解决这类问题要弄清物理过程，分清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。模型 1 碰撞模型1碰撞的“三个原则”(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。2熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1m1m2m1m2v0、v2 2m1m1m2v0。3熟记弹性正碰的结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1m2，且 v200 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当 m1m2，
18、且 v200 时，碰后质量小的球原速率反弹。典例3 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。思路点拨 解此题的关键有两点：正确分析“A只与B、C各发生一次碰撞”的条件。(1)A与C发生碰撞后，A反弹，速度v10，即mM。(2)A向左运动与B发生碰撞后，需要满足A碰后的速度小于等于C的速度。解析 设 A 运动的初速度为 v0，A 向右运动与 C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2
19、由机械能守恒定律得12mv2012mv2112Mv22可得 v1mMmM v0，v2 2mmM v0要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足 v10，即 mMA 反向向左运动与 B 发生碰撞，有mv1mv3Mv412mv2112mv2312Mv24整理可得 v3mMmM v1，v4 2mmM v1由于 mM，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v3v2即 2mmMv0mMmM v1(mMmM)2v0整理可得 m24MmM2解方程可得 m(52)M另一解 m(52)M 舍去所以使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，须满足(52)MmM。答案(52)MmM易错警示解决碰撞问
20、题的两点注意(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如典例中的碰撞过程为弹性碰撞；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。模型2 爆炸与反冲运动模型1爆炸和反冲运动相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒。2爆炸和反冲运动系统的总动能增加。3爆炸和反冲运动的作用过程产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认作用前后在同一位置。典例
21、4(2018高考全国卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有E12mv20设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有0v0gt联立式得t1g2Em(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟
22、花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有14mv2114mv22E12mv112mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有14mv2112mgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h22Emg答案 见解析模型3“板块”模型1条件：系统所受合外力为零。2问题及其方法(1)求速度的方法：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间的方法：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求位移的方法：根据动能定理求解，研究对
23、象为一个物体；(4)求系统产生的内能的方法：根据能量守恒定律求解，即QFfx或QE初E末，研究对象为一个系统；(5)求相对位移的方法：根据能量守恒定律求解，即FfxE初E末，研究对象为一个系统。典例5 如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m。A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动。B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短。A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力。求：(1)木板C的最终速度的大小；(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff；(
24、3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t。解析(1)B、C 碰撞过程中动量守恒，有2mvmv(2mm)v1解得 v1v3A 滑到 C 上，A、C 动量守恒，有 3mvmv1(3mm)v2解得 v256v。(2)在 A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得QFfL2，Q12(3m)v212mv2112(3mm)v22解得 Ffmv23L。(3)在 A、C 相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理得 Fftmv2mv1解得 t3L2v。答案(1)56v(2)mv23L (3)3L2v8(多选)(2019山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球
25、运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的st图像如图乙所示，已知ma5 kg。若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为E，则()Amb1 kg Bmb2 kgCE15 J DE35 J解析：在 s-t 图像中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以 va61 m/s6 m/s，vb0，碰后两球粘合在一起共同运动的速度为 v51 m/s5 m/s，碰撞过程动量守恒，得 mava(mamb)v，解得 mb1 kg，故 A正确，B 错误；根据功能关系得 E12mav2a12(mamb)v215 J，故 C正确，D 错误。答案：AC9.(2020四川攀枝花第二次诊断)如图所示，一块
26、长度为 L、质量为 m 的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为 m 的子弹以水平速度 v0 射入木块，当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为 s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为()A.1v0(sL)B 1v0(s2L)C.12v0(sL)D 1v0(L2s)D 解析：子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，所受外力之和为零，动量守恒，有 mv0mv1mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为 Ff，对子弹，由动能定理得Ff(sL)12mv2112mv20，由动量定理得Fftmv1mv0，对木块，由动能定理得 Ffs12mv22，由动量定理得
27、Fftmv2，联立解得 t 1v0(L2s)，故选 D。10(2020山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)。木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数；(2)小
28、炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。解析：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为 v1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有 mv02mv1解得 v112v0，方向水平向右滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知mgL12mv20122mv21联立解得 v204gL。(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为 v1和 v2，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为 v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv1mv1mv22mv12mv2系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有mgL12mv1212mv22122mv22联立以上各式解得 v10；v2v0，方向水平向右。答案：(1)v204gL(2)滑块速度为 0 木板速度为 v0，方向水平向右限时练通高考 点击进入word.