1、第2节 动量守恒定律 一 理解透概念公式定理 二 研究好题型考法技巧 三 查缺漏盲点短板妙法 四 课时跟踪检测目 录 理解透概念公式定理一 一、动量守恒定律1内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为_，这个系统的总动量保持不变。注 102表达式：m1v1m2v2_。m1v1m2v23适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为 0。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。注 2(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。注 1 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。注 2 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不
2、计。二、碰撞、反冲、爆炸1碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远_外力，总动量守恒。大于(2)分类弹性碰撞：碰撞后系统的总动能_损失。注 3非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能_损失。完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失_。没有最大注 3 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。有2爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量_。守恒3反冲 注 4(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向_，如发射炮弹、火箭等。冲量(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。注 4
3、 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。深化理解1动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。2动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。3碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。4“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。基础自测一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。()(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()(4)动量守
4、恒定律表达式 m1v1m2v2m1v1m2v2一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。()(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。()二、选择题1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒解析：系统内物体具有加速度或物体受摩擦力作用时，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故 C 正确，A、B均错误；系统中所有物体的加速度均为
5、零时，系统的合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D 错误。答案：C 2教科版选修 35 P17 T4、6改编下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()A如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时解析：对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙
6、角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选 C。答案：C 3人教版选修 35 P21 T2 改编A 球的质量是 m，B 球的质量是 2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B 在前，A 在后，发生正碰后，A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比 vAvB为()A12 B13C21 D23解析：设碰前 A 球的速率为 v，根据题意 pApB，即 mv2mvB，得碰前 vBv2，碰后 vAv2，由动量守恒定律，有mv2mv2mv22mvB，解得
7、vB3v4，所以 vAvBv23v4 23，D 正确。答案：D 研究好题型考法技巧二 高考对本节内容的考查，主要集中在对动量守恒定律条件的理解以及碰撞、爆炸和反冲问题，题型多为选择题，难度一般不大。而结合实际情景，对动量守恒定律与能量守恒定律的综合考查，则常以计算题的形式呈现，难度中等偏上。01考点一 动量守恒定律的理解及应用师生共研类 1动量守恒定律的五个特性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统普适性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统系统性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、
8、p2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量同时性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)相对性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向矢量性2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。典例 如图所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动
9、摩擦因数为 0.4。质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度 v1。(2)木板向右滑行的最大速度 v2。(3)物块在木板上滑行的时间 t。解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0(m0m)v1，解得 v16 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得 v22 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m
10、0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s。答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s延伸思考(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的含义是什么？(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？(3)当木板的速度 v 板1 m/s 时，子弹和物块的速度 v 物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？提示：(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速。时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零。(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大。(3)由动量守恒定律可得：(m0m
11、)v1Mv 板(m0m1)v 物，可求得 v 物4 m/s由(m0m)g(m0m)a，v 物v1at可得 t0.5 s所以物块相对于木板滑行的距离dv1v物2t0v板2t2.25 m。例题及相关延伸思考旨在让考生掌握动量守恒定律的适用条件及应用方法，会根据相关条件分析有关问题，如“人船模型”和临界极值问题。人船模型1条件(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零。(2)在相对运动过程中至少有一个方向动量守恒。一题悟通2结论：m1s1m2s20(1)式中的 s1和 s2是两物体相对同一惯性参考系的位移(一般相对于地面)，二者方向相反，一正一负。(2)此结论与两物体相对运动的速度大小无关
12、，其相对运动不论是匀速运动还是变速运动，甚至是往返运动，结论都是相同的。此结论跟相互作用力是恒力还是变力也无关。题点全练1系统动量守恒的判断(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接。一个质量也为 m 的小球从槽上高 h 处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是()A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽上高 h 处解析：在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项 A 错误；在下滑过程中，
13、小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项 B 正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项 C 正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项 D 错误。答案：BC 2“人船”模型的应用如图所示，质量 m60 kg 的人，站在质量M300 kg的车的一端，车长L3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A后退 0.5 m B后退 0.6 mC后退 0.75
14、 m D一直匀速后退解析：人车组成的系统动量守恒，则 mv1Mv2，所以 mx1Mx2，又有 x1x2L，解得 x20.5 m。答案：A 3动量守恒中的临界极值问题如图所示，甲车质量 m120 kg，车上有质量 M50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以 v3 m/s 的速度向右滑行。此时质量 m250 kg 的乙车正以 v01.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上。求人跳出甲车的水平速度 u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g取 10 m/s2)解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设
15、甲车、乙车与人具有相同的速度 v，由动量守恒得(m1M)vm2v0(m1m2M)v解得 v1 m/s。以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，得(m1M)vm1vMu，解得 u3.8 m/s。因此，只要人跳离甲车的速度 u3.8 m/s，就可避免两车相撞。答案：u3.8 m/s动量守恒定律的3个应用实例多维探究类02考点二实例(一)碰 撞1碰撞现象满足的规律(1)动量守恒。(2)动能不增加。(3)速度要合理：若两物体同向运动，则碰前应有 v 后v 前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前v 后。若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2物体的碰撞
16、是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。例 1 如图，水平面上相距为 L5 m的 P、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为 M2 kg 的小物块 B 静止在 O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为 d3 m。一质量为 m1 kg 的小物块 A 以 v06 m/s的初速度从 OP 段的某点向右运动，并与 B 发生弹性碰撞。两物块与 OQ 段间的动摩擦因数均为 0
17、.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度 g10 m/s2，求：(1)A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。解析(1)设 A、B 在 O 点碰后的速度分别为 v1 和 v2，以向右为正方向。由动量守恒定律得：mv0mv1Mv2碰撞前后动能相等，则得：12mv0212mv1212Mv22解得：v12 m/s，方向向左，v24 m/s，方向向右。(2)碰后，两物块在 OQ 段减速时加速度大小均为：ag2 m/s2。B 经过 t1 时间与 Q 处挡板相碰，由运动学公式：v2t112at12d得：t11 s(t13 s 舍去)与挡板碰后，B
18、 的速度大小 v3v2at12 m/s，反弹后减速时间 t2v3a 1 s反弹后经过位移 s1v322a1 m，B 停止运动。物块 A 与 P 处挡板碰后，以 v42 m/s 的速度滑上 O 点，经过 s2v422a1 m 停止。所以最终 A、B 的距离 sds1s21 m，两者不会碰第二次。在 A、B 碰后，A 运动总时间 tA2Ld|v1|v4a 3 sB 运动总时间 tBt1t22 s，则时间间隔 tABtAtB1 s。答案(1)2 m/s，方向向左 4 m/s，方向向右(2)1 s碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如
19、“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1m1m2m1m2v1 v22m1m1m2v1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当 m1m2，且 v20 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v1。当 m1m2，且 v20 时，碰后质量小的球原速率反弹。题型技法实例(二)爆 炸例 2 如图所示，A、B 质量分别为m11 kg，m22 kg，置于小车 C 上，小车的质量为 m31 kg，A、B 与小车间的动摩擦因数为 0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B 间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若 A、B 间炸药爆炸的能量有 12 J 转化为 A、
20、B 的机械能，其余能量转化为内能。A、B 始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后 A、B 获得的速度大小；(2)A、B 在小车上滑行的时间各是多少？解析(1)根据爆炸过程中能量的转化，有：E12m1v1212m2v22爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1m2v2联立解得：v14 m/s，v 22 m/s。(2)爆炸后 A、B 都在 C 上滑动，由题意可知 B 会与 C 先相对静止，设此时 A 的速度为 v3，B、C 的速度为 v4，在该过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒。设该过程的时间为 t1。对 A 应用动量定理：m1gt1m1v3m1v1；对 B 应用动量定理：m2gt1
21、m2v4m2v2；对 C 应用动量定理：(m2gm1g)t1m3v4；代入数据解之得：v33 m/s，v41 m/s，t10.2 s。之后，A 在 C 上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为 0。即：(m1m2m3)v0，解得 v0。设 A 滑动的总时间为 t，对 A 应用动量定理，则：m1gt0m1v1，解得：t0.8 s。答案(1)4 m/s 2 m/s(2)0.8 s 0.2 s题型技法 爆炸现象的三个规律爆炸的时间极短，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位置不变在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)
22、转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加动能增加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，系统的总动量守恒动量守恒实例(三)反 冲例 3(多选)如图所示，小车 AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油泥，小车总质量为 M；质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于小车的 A 端并使弹簧压缩。开始时小车 AB 和木块 C 都静止，当突然烧断细绳时，C 被释放，使 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A弹簧伸长过程中 C 向右运动，同时 AB 也向右运动BC 与 B 碰前，C
23、 与 AB 的速率之比为 MmCC 与油泥粘在一起后，AB 立即停止运动DC 与油泥粘在一起后，AB 继续向右运动解析 小车 AB 与木块 C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，AB 应向左运动，故 A 错误；设碰前 C的速率为 v1，AB 的速率为 v2，则 0mv1Mv2，得v1v2Mm，故 B 正确；设 C 与油泥粘在一起后，AB、C 的共同速度为 v 共，则 0(Mm)v 共，得 v 共0，故 C 正确，D 错误。答案 BC题型技法 对反冲运动的三点说明反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加机械能增加反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以
24、反冲运动遵循动量守恒定律动量守恒反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果作用原理题点全练1反冲问题(2017全国卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A30 kgm/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 pmv00，解得 pmv00.050 kg60
25、0 m/s30 kgm/s，选项 A 正确。答案：A 2碰撞问题如图所示，两质量分别为 m1 和 m2 的弹性小球 A、B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h 远大于两小球的半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知 m23m1，则 A 反弹后能达到的最大高度为()Ah B2hC3h D4h解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1m2)gh12(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，12(m1m2)v212m1v1212m2v22，
26、12m1v12m1gh1，又 m23m1，则v1v20，联立可得 h14h，选项 D 正确。答案：D 3爆炸问题(2018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E12mv02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
27、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14mv1214mv22E12mv112mv20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14mv1212mgh2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：(1)1g2Em (2)2Emg考点三03动量与能量的综合应用师生共研类1解决力学问题的三个基本
28、观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题能量观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题动力学观点2动量定理与牛顿第二定律的比较(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。3动量守恒定律和机械能守恒定律的比较(1)EkEpEkEp(
29、2)EkEp(3)EA增EB减(1)m1v1m2v2m1v1m2v2(2)p1p2(3)p0表达式只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变内容机械能守恒定律动量守恒定律机械能守恒定律动量守恒定律标量守恒(不考虑方向性)矢量守恒(规定正方向)守恒性质相互作用的系统(包括地球)相互作用的物体系统研究对象(1)只受重力或弹力作用(1)系统不受外力或所受合外力为零守恒条件(2)内力远远大于外力(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功(3)有重力
30、或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零典例 如图所示，一根劲度系数为 k 的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为 M 的物体 A和 B(均视为质点)，物体 B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量 m112M 的小球 P 从物体 A 正上方距其高 h 处由静止自由下落，与物体 A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后 A 和 P 粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为 g。(1)求碰撞后瞬间 P 与 A 的共同速度大小；(2)当地面对物体 B 的弹力恰好为零时，求 P 和 A 的共同速度大小；(3)若换成另一个质量 m214M 的小球 Q 从物体 A 正上方某一高度由静止自
31、由下落，与物体 A 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体 A 达到最高点时，地面对物体 B 的弹力恰好为零。求 Q 开始下落时距离 A 的高度。(上述过程中 Q 与 A只碰撞一次)解析(1)设碰撞前瞬间 P 的速度为 v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为 v1，由机械能守恒定律，可得 m1gh12m1v02，由动量守恒定律可得 m1v0(m1M)v1，联立解得 v113 2gh。(2)设开始时弹簧的压缩量为 x，当地面对 B 的弹力为零时弹簧的伸长量为 x，由胡克定律可得 kxMg，kxMg，故xx，P 与 A 从碰撞后瞬间到地面对 B 的弹力为零的运动过程中上升的高度为 hxx2Mgk，由
32、xx可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 Ep1Ep2。设地面对 B 的弹力为零时 P 与 A 共同速度的大小为 v，由机械能守恒定律，得12(m1M)v12(m1M)gh12(m1M)v2，解得 v2gh9 4Mg2k。(3)设小球 Q 从距离 A 高为 H 处下落，Q 在碰撞前、后瞬间的速度分别为 v2、v3，碰后 A 的速度为 v4，由机械能守恒定律可得 m2gH12m2v22，由动量守恒定律可得 m2v2Mv4m2v3，由能量守恒定律可得12m2v2212m2v3212Mv42，由(2)可知碰撞后地面对物体 B 的弹力恰好为零时，A 上升的高度为 h2Mgk，由能量守恒定律可得
33、12Mv42Mgh，联立解得 H25Mg2k。答案(1)13 2gh(2)2gh9 4Mg2k(3)25Mg2k利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查物理过程始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。解题方略题点全练1动量守恒与动量定理的综合所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“
34、天宫二号”的质量分别为 M、m，两者对接前的在轨速度分别为 vv、v，对接持续时间为 t，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为()Am2vMmt BM2vMmtC MmvMmtD0解析：在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有 M(vv)mv(Mm)v，解得对接后两者的共同速度 vv MvMm，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有 Ftmvmv，解得 FMmvMmt，故 C 正确。答案：C 2动量守恒与机械能守恒的综合(多选)如图所示，A、B 的质量分别为 m、2m，物体 B 置于水平面上，B 物体上部半圆形槽的半径为 R。将小球 A 从半圆槽
35、右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则()AA 能到达半圆槽的左侧最高点BA 运动到半圆槽的最低点时 A 的速率为gR3CA 运动到半圆槽的最低点时 B 的速率为4gR3DB 向右运动的最大距离为2R3解析：运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且 A、B 整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则 A 可以到达半圆槽的左侧最高点，且 A 在半圆槽的左侧最高点时，A、B 的速度都为零，故 A 正确；A、B 在水平方向上动量守恒，所以 mvA2mvB0，即 vA2vB，A 的水平速度向左，B 的水平速度向右，A 在水平方向的最大位移和 B 在水平方向上的最大位移之和为 2R
36、，故 B 向右运动的最大距离为23R，故 D 正确；对 A 运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得 mgR12mvA2122mvB23mvB2，所以 A 运动到半圆槽的最低点时 B 的速率为 vB13gR，A 的速率为 vA2vB43gR，故 B、C 错误。答案：AD 3动量守恒定律与牛顿运动定律的综合(2018全国卷)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m，A 车向前滑动了 2.0 m。已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 k
37、g 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。解析：(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有 mAgmAaA设碰撞后瞬间 A
38、 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA22aAsA设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvAmAvAmBvB 联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。答案：(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s查缺漏盲点短板妙法三“融会贯通”归纳好探究 4 类常见“碰撞”模型的解法模型(一)多体碰撞或多次碰撞模型例 1 如图所示，B、C、D、E、F 5 个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4 个球质量相等，而 F 球质量小于B 球质量，A 球质量等于 F 球质量。A 球以速度 v0 向 B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则
39、碰撞之后()A3 个小球静止，3 个小球运动B4 个小球静止，2 个小球运动C5 个小球静止，1 个小球运动D6 个小球都运动解析 因 A、B 两球质量不等，MAMF，则 E、F 两球都向右运动。所以 B、C、D 3个小球均静止，A 球向左运动，E、F 两球都向右运动。故 A正确，B、C、D 错误。答案 A反思归纳 多体碰撞问题实质上是多个不同碰撞的组合，而多次碰撞问题是两个物体间前后多次碰撞。不管哪一种情况，实际解决问题时，有的需要将多个过程分开研究，有的需要将多体碰撞或多次碰撞看成一个过程，关键是弄清楚碰撞前和碰撞后的状态。模型(二)包含弹簧的碰撞模型例 2 如图所示，一小车置于光滑水平面
40、上，小车质量m03 kg，AO 部分粗糙且长 L2 m，物块与 AO 部分间动摩擦因数 0.3，OB 部分光滑。水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块 b，另一小物块 a，放在小车的最左端，和小车一起以 v04 m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b 两物块视为质点，质量均为 m1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动。(g 取 10 m/s2)求：(1)物块 a 与 b 碰后的速度大小；(2)当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离；(3)当物块 a
41、 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离。解析(1)对物块 a，由动能定理得mgL12mv1212mv02代入数据解得 a 与 b 碰前 a 的速度 v12 m/s；a、b 碰撞过程系统动量守恒，以 a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv12mv2代入数据解得 v21 m/s。(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块 a 以 v21 m/s 的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mv2(m0m)v3，代入数据解得 v30.25 m/s。对小车，由动能定理得 mgs12m0v32代入数据解得，同速时小车 B 端到挡板的距离 s 132 m。(3
42、)由能量守恒得 mgx12mv2212(m0m)v32解得物块 a 与车相对静止时与 O 点的距离：x0.125 m。答案(1)1 m/s(2)132 m(3)0.125 m反思归纳 利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果；(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；(5)
43、要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点。模型(三)子弹打木块模型例 3 如图所示，一质量 m10.45 kg 的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量 m20.5 kg 的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数 0.5。现有一质量 m00.05 kg 的子弹以 v0100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取 10 m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小 v1；(2)要使小物
44、块不脱离小车，小车的长度至少为多少？解析(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m0v0(m0m1)v1，解得 v110 m/s。(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为 v2，两者相对位移大小为 L，由动量守恒定律和动能定理有：(m0m1)v1(m0m1m2)v2m2gL12(m0m1)v1212(m0m1m2)v22解得 L5 m故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为 5 m。答案(1)10 m/s(2)5 m反思归纳“子弹打木块”是常见的“碰撞”模型，其突出特征是动量守恒、机械能有损失，解题关键点如下：(1)弄清楚
45、子弹是最终停留在木块中与木块一起运动，还是穿透木块后各自运动；(2)对子弹打击木块过程中损失的机械能，根据题目条件选择通过打击前、后系统的机械能之差计算，或利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。模型(四)小球与曲面体的“碰撞”模型例 4 在光滑水平面上静置有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD，木板 AB 上表面粗糙，与物块间的动摩擦因数为，滑块CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端 D 点切线水平且与木板 AB上表面相平，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块 P，质量也为 m，从木板 AB 的右端以初速度 v0 滑上木板 AB，过 B 点时速度为v02，
46、又滑上滑块 CD，最终恰好能滑到滑块 CD 圆弧的最高点 C 处，求：(1)物块 P 滑到 B 处时木板 AB 的速度 vAB；(2)滑块 CD 圆弧的半径 R。解析(1)物块 P 由 A 处到 B 处，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv0mv02 2mvAB，解得 vABv04。(2)物块 P 由 D 处到 C 处，滑块 CD 与物块 P 在水平方向动量守恒，机械能守恒，则 mv02 mv04 2mv 共mgR12mv02212mv042122mv 共2解得 R v0264g。答案(1)v04 (2)v0264g反思归纳 物块 P 与光滑的14圆弧滑块 CD 相互作用的过程，二者组成的系统机械能守恒，由于竖直方向合外力不为零，系统仅在水平方向上动量守恒。物块 P 恰好能滑到圆弧轨道最高点 C，此时物块 P 与滑块 CD 有相同的速度。如果物块 P 从最高点 C 滑出圆弧轨道，则滑出轨道后，P 在水平方向上的分速度与 CD 的速度相同，P 返回时仍然从 C 点落入圆弧轨道。如果圆弧轨道不光滑，则 P 与 CD 组成的系统机械能不守恒，且仍然仅在水平方向上动量守恒。总之，对物体及系统正确进行受力分析和运动分析，是碰撞模型乃至所有动量问题、能量问题的解题前提。“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（二十一）”(单击进入电子文档)谢谢 观 看