1、1第 7 讲碰撞与动量守恒主干知识体系 核心再现及学科素养知识规律(1)动量和冲量的概念(2)动量定理的应用(3)动量守恒的条件和表达式(4)三类碰撞的特点(5)爆炸和反冲的特点(6)力学中的两大守恒思想能量守恒动量守恒思想方法(1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、类比思想(2)物理方法：临界法、整体与隔离法.1(2018全国卷 15)高空坠物极易对行人造成伤害若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A10 N B10 2 N C10 3 N D10 4 NC 设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为h325 m
2、75 m由 mgh mv2及( F mg)t mv 知12鸡蛋对地面的冲击力 F mg10 3 Nmvt2(2018全国卷，21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a、 b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等现同时释放 a、 b，它们由静止开始运动在随后的某时刻t， a、 b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面 a、 b 间的相互作用和重力可忽略下列说法正确的是( )2A a 的质量比 b 的大B在 t 时刻， a 的动能比 b 的大C在 t 时刻， a 和 b 的电势能相等D在 t 时刻， a 和 b 的动量
3、大小相等BD A 错：经时间 t、 a、 b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则 xaxb，根据 x at2，得 aa ab，又由 a 知， maWb，由动能定理知， a 的动能比 b 的动能大；C 错： a、 b 处在同一等势面上，根据 Ep q ， a、 b 的电势能绝对值相等，符号相反；D 对：根据动量定理Ft p p0，则经过时间 t， a、 b 的动量大小相等3(2018天津卷，9(1)质量为 0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以 200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是_ m/s.
4、若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5103 N，则子弹射入木块的深度为_ m.解析 设木块的最终速度为 v，则根据动量守恒定律得mv0( M m)v，解得 v20 m/s根据能量守恒定律得 Ffd 相对 mv (M m)v2，12 20 12解得 d 相对 0.2 m答案 20 0.24(2017高考全国卷，14)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 B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s
5、D6.310 2 kgm/sA 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 p mv00，解得 p mv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项 A 正确5(2016高考全国卷，35 节选)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3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：
6、(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 m V V v0S t由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v 0S m t(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 12 12 20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F t p由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件
7、得F Mg联立式得h v202g M2g2 2v20S2答案 (1) v 0S (2) v202g M2g2 2v20S2考情分析命题特点与趋势1动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，在现代物理中应用很广，这部分知识与牛顿运动定律、功和能合称“解题三把金钥匙” ，是解决物理问题的重要基本方法，是高考的重点考查内容2试题经常与机械能守恒定律、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，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解题要领解决本讲的问题，要紧扣命题特点，高考中主要以两种命题形式出现
8、：一是综合应用4动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题因此要在审题上要狠下工夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法高频考点一 动量、冲量、动量定理备考策略本考点是对动量、冲量的概念及动量定理的理解及应用的考查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力一、基础知识1冲量 I Ft.特点：矢量、过程量、绝对性2动量 p mv.特点：矢量、状态量、相对性动量的变化量 p p p，也是矢量3动量定理：(1)表达式： F t
9、 mv mv.I p p.(2)力的表达式： F . p t二、动量定理的理解和应用1公式 p p Ft 是矢量式，右边是物体受到所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量其中的 F 是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，如果合外力是变力，则 F 是合外力在 t 时间内的平均值2动量定理说明的是合外力的冲量 I 合 和动量的变化量 p 的关系，不仅 I 合 与 p大小相等，而且 p 的方向与 I 合 的方向相同3公式 p p Ft 说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因命题视角考向 1 对动量和冲量的理解例 1 (2018山东泰安模拟)如图所示，竖直平面
10、内有一半圆槽， A、 C 等高， B 为圆槽最低点，小球从 A 点正上方 O 点静止释放，从 A 点切入圆槽，刚好能运动至 C 点设球在 AB 段和 BC 段运动过程中，运动时间分别为 t1， t2，合外力的冲量大小为 I1、 I2，则( )A t1 t2 B t1 t25C I1 I2 D I1 I2C 小球从 A 点正上方 O 点静止释放，刚好能运动至 C 点，说明在圆弧内要克服摩擦力做功，因此在 AB 段平均速率大于 BC 段平均速率，两段路程相等，所以 t1I2，C 正确，D 错误考向 2 动量定理的应用例 2 (2018山东省潍坊市高三三模)如图所示，一消防车空载时的质量为 2 00
11、0 kg，储水容积为 10 m3，储满水后静止在倾角为 37的斜坡上，水枪出水口距水平地面高度为 3.2 m，打开水枪水流持续向坡底水平射出，水落到水平面上的着火点，着火点到射出点的水平距离为 48 m，已知水枪出水口的面积为 2103 m2，水的密度为 1.0103 kg/m3，取 g10 m/s 2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)水射出枪口时的速度大小；(2)从打开水枪开始计时，水喷完前消防车受到的摩擦力随时间变化的关系式解析 (1)水出口速度为 v，由平抛运动 h gt212水平方向 x vt解得： v60 m/s(2)取 t 时间喷出的水为研究对象， m sv t由
12、动量定理： F t mv解得： F sv 2由牛顿第三定律得：水对车的作用力 F F取消防车为研究对象，以沿斜面向上为正方向，其受力平衡(M V 0 svt )g sin37 F cos 37 f解得： f6.62410 4720 t(N)答案 (1)60 m/s (2) f6.62410 4720 t归纳反思本题涉及多个过程，平抛运动采用分解的方法研究；动能定理是求解功的一种常用方法；对流体的瞬时作用由动量定理解决瞬时力的作用问题6题组突破11.(2018山西省大同市高三二模)如图所示， A、 B 为原长相等、劲度系数分别为k 和 3k 的两根轻弹簧，将轻弹簧 A、 B 的两端对齐套在一起，
13、竖直地固定在水平地面上，两弹簧均处于原长状态，把质量 m1 kg 的物块从距离弹簧上端 h5 m 处由静止释放，与弹簧接触后，经 t1 s 速度减至 0，已知重力加速度 g 取 10 m/s2，则在弹簧压缩过程中，物块受到轻弹簧 A 的平均作用力大小为( )A15 N B10 N C5 N D2.5 NC 物块自由落体的时间 t0 1 s，整个下落过程对物块由动量定理得 mg(t0 t)2hg t0，解得 20 N，两弹簧劲度系数之比为 13，弹力之比始终为 13，故物块受到F F弹簧 A 的平均作用力大小 A 5 N，C 正确F14F12.(2018广西省桂林市高三月考(4)对于同一物理问题
14、，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 I2 mv 如图所示，以器壁上面积为S 的部分为底、 v t 为高构成柱体，由题设可知，其
15、内有 的粒子在 t 时间内与器壁上面16积为 S 的部分发生碰撞，7碰撞粒子总数 N nSv t，16 t 时间内粒子给器壁的冲量 I N I nSmv2 t13器壁上面积为 S 的部分受到粒子的压力 FI t则器壁单位面积所受粒子的压力 f nmv2.FS 13答案 f nmv2138高频考点二 动量守恒定律及其应用备考策略本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合的计算题的形式命题，试题难度中等考生应学会灵活变通1基本知识2碰撞模型分类(1)弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒(2)非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒(3)完全非弹性碰
16、撞特征：碰后二者“粘”为一体，速度相同，动量守恒，机械能损失最多命题视角考向 1 碰撞类问题例 3 (2018山东省济南市高三二模)(多选)如图甲所示，光滑水平面上有 a、 b 两个9小球， a 球向 b 球运动并与 b 球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的 s t 图象如图乙所示已知 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( )A mb1 kg B mb2 kgC E15 J D E35 JAC 在 s t 图象中图象的斜率表示物块运动的速度大小，所以 va 6 m/s61碰后合在一起共同运动的速度为 v 5 m/s51碰撞过程动量守恒得： ma
17、va( ma mb)v解得： mb1 kg，故 A 正确，B 错误；根据功能关系 E mav (ma mb)v215 J，故 C 正确，D 错误12 2a 12归纳反思碰撞问题解题策略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“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1 v0、 v2 v0.m1 m2m1 m2 2m1m1 m23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 0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v0.当 m1m2，且 v200时，碰后质量小的球原速率反弹考向 2 系统动量
18、守恒例 4 (2018四川绵阳中学高三下学期调研)(多选)质量为 3m 足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为 m 的木块 1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为 .现同时给木块 1、2、3 水平向右的初速度 v0、2 v0、3 v0，己知重力加速度为 g.则下列说法正确的是( )A1 木块相对静止前，木板是静止的10B1 木块的最小速度是 0C2 木块的最小速度是 v056D木块 3 从开始运动到相对静止时位移是4v20 gCD 木块开始运动时，木块对木板的摩擦力 f3 mg 0，木板发生运动设木块 2的最小速度为 v2，此时木块 3 的速度为 v3，由
19、动量守恒定律 m(v02 v03 v0)(2 m3 m)v2 mv3，在此过程中，木块 3 与木块 2 速度改变量相同 3v0 v32 v0 v2，解得 v2 v0，56当木块 3 与木板的速度相等时，3 个木块与木板的速度均相等，且为 v.系统动量守恒m(v02 v03 v0)6 mv，解得 v v0，整个运动过程中，木块 3 在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律 mg ma，由运动学公式(3 v0)2 v22 as3，解得 s3 ，故选 C、D.4v20 g考向 3 多过程问题中的动量守恒例 5 (2018山东省临沂市高三三模)质量 m1 kg 的小物块在高 h10.3 m 的光滑水平平台
20、上压缩弹簧后被锁扣 K 锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣 K，物块将以水平速度 v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道 BC 的 B 点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道， B 点的高度 h20.15 m，圆弧轨道的圆心 O 与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块 M， m 滑下与 M 发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的 ，碰撞过程中无能量损失， g10 m/s 2，求：13(1)物块 m 压缩弹簧时储存的弹性势能 Ep；(2)物块 M 的质量解析 (1)小物块由 A 运动到 B 做平抛运动， h1 h2 gt2，解得： t s12 310
21、由几何关系： R h1， h1 h2 ， BOC60R2设小球平抛时的初速度为 v0, 则 tan 60gtv0弹性势能 Ep等于小物块在 A 点的动能，11Ep mv12 20解得： Ep0.5 J；(2)小物块到 C 点时的速度为 v1，由机械能守恒 mv mgh1 mv12 20 12 21m 与 M 碰撞过程动量守恒有： mv1 mv3 Mv2m 与 M 碰撞过程能量守恒有：mv mv Mv 其中 v312 21 12 23 12 2 v13由以上各式解得： M0.5 kg.答案 (1)0.50 J (2)0.5 kg归纳反思1动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统系统的动
22、量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系2分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力题组突破21.(2018福建省厦门双十中学高三调研)(多选)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，圆弧轨道的最高点、桌面最左边缘和地面上的 O点在同一竖直线上小球 B 静止在水平桌面上，现将小球 A 从圆弧轨道的最高点无初速度释放已知圆弧轨道 R，小滑块的质量关系是 mB2 mA，重力加速度 g，桌面的长 L6 R，水平桌面与地面的高度 H4 R.则小球 B 的落地点到 O 点的距离可能是( )A. R B. R C. R
23、 D. R233 263 293 323AB 可知 A 球与 B 球碰前的过程中，由机械能守恒定律，得： mgR mv ，若 A、 B 是12 20弹性碰撞，由动量守恒定律得： mAv0 mAvA mBvB，由机械能守恒定律得：mAv mAv mBv ，解得 vB v0 ，小球 B 平抛运动的水平位移 x vB12 20 12 2A 12 2B 2mAmA mB 232gR12 ，小球 B 的落地点到 O 点的距离 d6 R R R；若是完全非弹性碰撞，24Rg 8R3 83 263mAv0( mA mB)vB，解得： vB v0mAmA mB ，小球 B 平抛运动的水平位移 x vB ，小球
24、 B 的落地点到 O 点的距离132gR 24Rg 4R3d6 R R R.则小球 B 的落地点到 O 点的距离范围 R d R，故 A、B 正确，C、D43 223 223 263错误22.(2018河北省石家庄市高三考前冲刺)如图所示，在光滑水平面上有质量为 m 的小物块 a 以初速度 v0水平向右运动，在小物块 a 左右两侧各放置完全相同的小物块 b、 c，小物块 b、 c 上各固定一个轻弹簧，小物块 b、 c 的质量均为 km，其中 k1、2、3，弹簧始终处于弹性限度内求：(1)小物块 a 第一次与小物块 c 碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？(2)若小物块 a 至少能与小物块 c 碰
25、撞 2 次， k 的最小值为多少？解析 (1)小物块 a 和 c 相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a 和 c 根据动量守恒定律有 mv0( m km)v根据能量转化和守恒定律有 Epmax mv (m km)v212 20 12联立解得 Epmax mvkk 1 12 20(2)设小物块 a 第一次离开小物块 c 时，小物块 a 和 c 的速度分别为 v1、 v2，对于小物块 a 和 c 根据动量守恒定律有 mv0 mv1 kmv2根据机械能守恒定律有 mv mv kmv12 20 12 21 12 2联立解得，小物块 a 的速度为 v1 v1 kk 1小物块 c 的速度
26、为 v2 v02k 1小物块 a 离开 c 后与小物块 b 作用，当小物块 a 离开 b 时，小物块 a 和小物块 b 的速度分别为 v1、 v2，对于小物块 a 和 b，根据动量守恒定律有 mv1 mv1 kmv2根据机械能守恒定律有 mv mv kmv12 21 12 21 12 213联立解得 v 1 2v0(1 kk 1)若小物块 a 和 c 至少碰撞 2 次，则有 v 1 v2由数学知识可得 k24 k10解得 k2 5而 k1、2、3故 kmin5答案 (1) mv (2)5kk 1 12 20高频考点三 能量守恒与动量守恒的综合应用备考策略动量守恒定律与机械能守恒定律的比较动量守
27、恒定律 机械能守恒定律研究对象 相互作用的物体组成的系统相同点 研究过程 某一运动过程守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式 p1 p2 p1 p2 Ek1 Ep1 Ek2 Ep2矢标性 矢量式 标量式某一方向上应用情况可在某一方向上独立使用 不能在某一方向上独立使用不同点运算法则 矢量运算 代数运算命题视角考向 1 滑板、滑块类问题模型例 6 (2018湖北省武汉市高三综合训练)(多选)如图所示，一质量 M8.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m2.0 kg 的小木块 A.给 A 和 B 以大小均为 5.0 m/s，方向相反的
28、初速度，使 A 开始向左运动， B 开始向右运动， A 始终没有滑离 B 板， A、 B 之间的动摩擦因数是 0.5.则下列说法正确的是( )A在小木块 A 做加速运动的时间内，长木板 B 速度大小可能是 3.6 m/sB在小木块 A 做加速运动的时间内，长木板 B 速度大小可能是 3.3 m/sC长木板的可能的长度是 6 mD长木板的可能的长度是 9 mABD 取水平向右方向为正方向，当 A 的速度为零，根据动量守恒定律得：( M m)14v0 Mv1，解得： v13.75 m/s，当 AB 速度相同时，根据动量守恒定律得：( M m)v0( M m)v2，解得： v23 m/s，则在木块
29、A 做加速运动的时间内，木块 B 的速度范围为：3 m/s v3.75 m/s，故 AB 正确；设当两者速度相等时， A 在 B 上滑行的距离为 x，由能量守恒定律得： mgx mv Mv (M m)v ，解得 x8 m，所以长木板的长度 L8 12 20 12 20 12 2m，故 D 正确，C 错误考向 2 碰撞中的能量问题例 7 如图所示，水平面右端和半圆弧轨道相接，半圆弧刚好与水平面相切，水平面左端有小球 P 悬挂在长为 L 的细线下端，当细线竖直时，小球 P 刚好与水平面接触现将小球 P 拉至细线与竖直方向成 60的位置后自由释放当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的小球 Q
30、发生弹性碰撞，碰后小球 P 的动能是碰前动能的 ，且碰后小116球 Q 恰能通过圆弧的最高点 C.不计一切摩擦阻力，两小球均可视为质点求：(1)P、 Q 两球质量之比；(2)半圆弧轨道的半径解析 (1)小球 P 与小球 Q 碰撞之前，由机械能守恒定律得： m1gL(1cos ) m1v 12 20两小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v0 m1v1 m2v2由机械能守恒定律得： m1v m1v m2v 12 20 12 21 12 2碰后小球 P 的动能是碰前动能的 ， mv ( m1v )解得 v1 v0也就是碰撞后，116 12 20 11612 21 14小球 P 速度方向可能没变(
31、与碰前速度方向相同)，也可能方向改变(与碰前速度方向相反)若方向没变，也就是 v1 v014由式解得： m1m2 53若方向改变，也就是 v1 v01415由式解得： m1m2 35(2)碰后小球 Q 恰能通过圆弧的最高点 C，在最高点 C 重力提供向心力m2g m2v23R由机械能守恒定律得： m2v m2v m2g(2R)12 2 12 23由式解得： R L516由式解得： R L980答案 (1) 或 m1m2 53 m1m2 35(2)R L 或 R L516 980考向 3 动量守恒中的临界问题例 8 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
32、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/s 2.(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 将小孩与冰块视为一系统，在小孩推出冰块时，该系统动量守恒；在冰块滑上斜面体至再次滑离斜面体的全过程中，冰块与斜面体只存在弹力(内力)作用，将冰块与斜面体视为一个系统，该系统在水平方向上不受外力作用，该系统在水平方向上动
33、量守恒(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)v，m2v (m2 m3)v2 m2gh，12 20 12式中 v203 m/s 为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据，得 m320 kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律，有16m1v1 m2v200，代入数据，得 v11 m/s.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m2v20 m2v2 m3v3，m2v m2v m3v ，12 20 12 2
34、12 23联立式并代入数据，得 v21 m/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)20 kg (2)不能归纳反思1滑板、滑块类问题中，注意题中条件地面是否光滑，只有光滑才能动量守恒2滑块恰好没掉下来，或恰好没有追上暗示此时系统内物体速度相等3系统内物体作用时，往往有能量损失 E 损 E 初 E 末 ，摩擦生热 Q fs 相对题组突破31.(2018最新高考信息卷)如图，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m2 kg 的木块 A 以速度 v02 m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、 B 之间存在有摩擦，之后， A、
35、B 的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度 g10 m/s2.则下列说法正确的是( )A长木板的质量 M2 kgB A、 B 之间动摩擦因数为 0.2C长木板长度至少为 2 mD A、 B 组成系统损失机械能为 4 JA 从图可以看出， A 先做匀减速运动， B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度 v1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： mv0( m M)v，解得： M m2 kg，故 A 正确；由图象可知，木板 B 匀加速运动的加速度 a 1 m/s2，对 B，根据牛 v t顿第二定律得 mg MaB，解得动摩擦因数 0.1，故 B 错误；由图象可知前 1 s 内 B
36、 的17位移 xB0.5 m， A 的位移 xA1.5 m，所以木板最小长度 L xA xB1 m，故 C 错误；A、 B 组成系统损失机械能 E mv (M m)v22 J，故 D 错误故选 A.12 20 1232.(2018郑州市外国语学校高三二模)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道与水平地面在 C 点平滑连接，质量为 m 的物块甲固定在圆弧轨道的 A 端，另一质量为 m 的物块乙12固定在圆弧轨道上的 B 点， B 与圆心 O 的连线与竖直方向的夹角为 60，先释放物块A，再释放物块 B，结果两物块刚好在 C 点碰撞，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，圆弧轨道的半径为 R，不计物块的大小
37、，重力加速度为 g，求：(1)甲与乙碰撞后一瞬问，甲的速度最大可能为多少？(2)若碰撞后甲、乙在水平面上滑行的距离之比为 12，则碰撞后一瞬间甲、乙两物块的速度分别多大？解析 (1)设甲滑到 C 点时的速度大小为 v1，乙滑到 C 点时的速度大小为 v2根据机械能守恒定律有 mgR mv12 21mgR(1cos ) mv12 12 12 2求得 v1 v22gR gR当甲和乙相碰的过程中发生的是完全非弹性碰撞时，碰撞后一瞬间甲有最大速度 v根据动量守恒定律有 mv1 mv2( m m)v12 12求得 v22 13 gR(2)若甲、乙碰撞后的速度大小分别为 v3、 v4，则有mv1 mv2
38、mv3 mv412 12设甲在水平面上滑行距离 L1，乙在水平面上滑行距离 L2，动摩擦因数为 ，则有mgL 1 mv12 23mgL 2 mv12 12 12 24L1L2 1218求得 v3 v4(3 )32 22 gR 2 gR答案 (1)22 13 gR(2) (3 )32 22 gR 2 gR课时跟踪训练(七)一、选择题(15 题为单项选择题，610 题为多项选择题)1光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是( )A两球可能沿同一方向运动B两个球可能一个静止，一个运动C若两球均运动，则质量大的球动量一定小D若两球均运动，则质量大
39、的球动能一定小D 由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A、B 项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即 m1v1 m2v2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C 项错误；由 Ek 可知，质量大的，动能小，p22mD 项正确2(2018山东省青岛市高三统一质检)如图，连接有轻弹簧的物块 a 静止于光滑水平面上，物块 b 以一定初速度向左运动下列关于 a、 b 两物块的动量 p 随时间
40、 t 的变化关系图象，不合理的是( )19A 物块 b 以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块 a 相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小故 A 项不合理本题选不合理的，答案是 A.3(2018陕西省安康市高三质检(五)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，秋千一端固定在离地面高为 H 的 O 点，秋千的长度可调节改变秋千的长度，杂技演员每次都从 A 点(与 O)由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到 A 处已知男演员质量为 2m
41、和女演员质量为 m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点 C 与 O点的水平距离 x 的最大值是( )A. B HH2C. D2 H3H2D 两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒设二者到达 B 点的速度大小为 v0，则由机械能守恒定律有：( m2 m)gR (m2 m)v ，演员相互作用，沿水12 20平方向动量守恒设作用后女、男演员的速度大小分别为 v1、 v2，所以有( m2 m)20v02 mv2 mv1.女演员上摆到 A 点的过程中机械能守恒，因此有 mgR mv .男演员自 B 点12 21平抛，有： x v2t.运动时间 t 可由竖直方向的自由落
42、体运动出得 H R gt2，联立以上各12式，可解得 x4 ，当秋千的长度 R 时，男演员落地点 C 与 O 点的水平距离最大H RRH2为 x2 H，故 D 正确；A、B、C 错误4(2018高考物理全真模拟卷一)如图所示， AB 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接， A 球的质量小于 B 球的质量若用锤子敲击 A 球使 A 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L1；若用锤子敲击 B 球使 B 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为 L2，则 L1与 L2的大小关系为( )A L1L2 B L1L2C L1 L2 D不能确定C 若用锤子敲击 A 球，两球组成的系统动量守恒，
43、当弹簧最短时，两者的共速，则mAv( mA mb)v，解得 v ，弹性势能最大，最大为 Ep mAv2 (mA mB)mAvmA mB 12 12v 2 ；若用锥子敲击 B 球，同理可得 mBv( mA mB)v，解得 v ，mAmBv22mA mB mBvmA mB弹性势能最大为 Ep mBv2 (mA mB)v 2 ，即两种情况下弹簧压缩最短时，12 12 mAmBv22mA mB弹性势能相等，故 L1 L2，C 正确5如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P、 Q 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动在 t0 时轻绳断开， Q 在
44、 F作用下继续前进，则下列说法正确的是( )A t0 至 t 时间内， P、 Q 的总动量不守恒3mv2FB t0 至 t 时间内， P、 Q 的总动量守恒3mvFC t 时， Q 的动量为 mv5mv2F 52D t 时， P、 Q 两点的距离2mvF 2mv2FD 设 P、 Q 受到的滑动摩擦力都为 F，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件21得： F2 f，设 P 经过时间 t 速度为零，对 P 由动量定理得： ft0 mv，解得：t ；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动以 PQ 为系2mvF统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体
45、 P 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在 t0 至 t 的时间内 P、 Q 的总动量守恒，在 t 后， P 停止运动， Q 做匀加速2mvF 2mvF直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故 P、 Q 的总动量不守恒，故 AB 错误；当t 时，对 Q 由动量定理得： Ft ft p Q mv，代入 f ， t ，解得：5mv2F F2 5mv2Fp Q mv，故 C 错误；当 t 时，对 Q 由动量定理得： Ft ft mv2 mv，代入94 2mvFf ， t ，解得 v22 v，由动能定理得： Fx2 fx2 mv mv2；对
46、P 由动量定理得：F2 2mvF 12 2 12 ft mv1 mv，代入 f ， t ，解得 v10，由动能定理得： fx1 mv mv2，解F2 2mvF 12 21 12得 x x2 x1 ，故 D 正确2mv2F6(2018安徽省芜湖市高三下调研)在地面上以大小为 v1的初速度竖直向上抛出一质量为 m 的皮球，皮球落地时速度大小为 v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为 g.下列判断正确的是( )A皮球上升的最大高度为v212gB皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为 mv mv12 21 12 2C皮球上升过程经历的时间为v1gD皮球从抛出到落地经历的时间为v1 v2gBD 减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于 g，则上升的高度小于 ，v212g上升的时间小于 ，故 AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克v1g服阻力做功为 Wf mv mv ，故 B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方12 21 12 2向，设上升阶段的平均速度为 v，则： mgt1 kvt1 mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故
