【熱點(diǎn)專題】高考三輪沖刺講解課件專題十八碰撞與動(dòng)量守恒

1、專題十八 碰撞與動(dòng)量守恒1.動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用2.彈性碰撞和非彈性碰撞3.實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律說(shuō)明：對(duì)碰撞和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用高考中只限于一維情況1.高考對(duì)本章的考查重點(diǎn)是動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，尤其是動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題更是考查的熱點(diǎn)，如：碰撞、打擊、反沖、滑塊摩擦等問(wèn)題.2.根據(jù)新課標(biāo)高考的要求，本章內(nèi)容易與力學(xué)、原子物理學(xué)結(jié)合進(jìn)行綜合命題.3.探究和驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒，在高考實(shí)驗(yàn)考查中出現(xiàn)頻率很高. 動(dòng)量的矢量性【典例1】(2011福建高考)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的速度大小可能是(

2、 )【審題視角】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)動(dòng)量是矢量，應(yīng)先選好正方向.(2)抓住A球碰后反彈條件列方程即可判斷B球速度大小.【精講精析】由動(dòng)量守恒定律得:mv=mvA+2mvB，規(guī)定A球原方向?yàn)檎较?，由題意可知vA為負(fù)值，則2mvBmv，可得vB，因此B球的速度可能為，故選A.答案:A【命題人揭秘】動(dòng)量的矢量性(1)動(dòng)量守恒定律方程式是一個(gè)矢量關(guān)系式,必須注意其方向性，同一直線上的動(dòng)量在選好正方向以后，用正負(fù)號(hào)表示其方向.(2)注意根據(jù)相互作用前、后時(shí)刻的動(dòng)量矢量和相等列方程. 碰撞中的動(dòng)量和能量綜合問(wèn)題【典例2】(2012安徽高考)如圖所示，裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面，

3、一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=2 kg 的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接.傳送帶始終以u(píng)=2 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).裝置的右邊是一光滑曲面，質(zhì)量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)=1.0 m處由靜止釋放.已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，l=1.0 m.設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài).取g=10 m/s2.(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小.(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上？(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)它

4、們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小.【審題視角】解答本題時(shí)要注意以下三點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)物塊B在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能一部分損失在傳送帶上，一部分損失在A上.(2)由于傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，必須驗(yàn)證物塊B與物塊A碰撞后是否能滑到傳送帶右端.(3)物塊B每次與物塊A發(fā)生彈性碰撞時(shí)的情景相似，故可求出每次碰后速度的表達(dá)式.【精講精析】(1)對(duì)B，自開(kāi)始至曲面底端時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得：mBgh= mBvB2vB= = m/s= m/s設(shè)B在傳送帶上速度減為2 m/s時(shí)經(jīng)過(guò)的位移為x，則： 故B在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)B到達(dá)傳送帶左端時(shí)速度大小為vB由vB2-vB2=2gl得

5、：vB= =4 m/s. 此后B以4 m/s的速度滑向A即物塊B與物塊A第一次碰前的速度大小為4 m/s.(2)設(shè)物塊B與物塊A第一次碰撞后的速度大小分別為vB1、vA1，由動(dòng)量守恒定律得：mBvB=mAvA1-mBvB1 由能量守恒定律得： mBvB2= mBvB12+ mAvA12 由以上兩式解得：vA1= vB= m/s，vB1= vB= m/s 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上傳送帶，設(shè)B向右減速為0時(shí)經(jīng)過(guò)的位移為x：則： 所以B不能運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上.(3)B第一次碰撞后在傳送帶上向右減速為0后，在摩擦力的作用下向左加速，到達(dá)傳送帶左端時(shí)的速度大小等于vB1，以后B每次與A碰撞

6、后的速度大小均等于從傳送帶左端滑出時(shí)的速度大小，即B每次與A碰撞后的速度大小均等于下一次B與A碰撞前的速度大小.設(shè)A與B第二次碰撞后的速度分別為vA2、vB2，則由式得： 所以第n次碰撞后B的速度大小為：vBn=( )nvB= m/s答案:(1)4 m/s (2)不能 (3) m/s【命題人揭秘】含彈簧的碰撞問(wèn)題的分析方法(1)分析建立碰撞模型：是一個(gè)與一個(gè)碰撞還是與兩個(gè)碰撞，是碰撞彈開(kāi)還是粘連成一體，是彈性的還是非彈性的.(2)分析碰撞過(guò)程：是一個(gè)過(guò)程還是多個(gè)過(guò)程.(3)依據(jù)碰撞過(guò)程逐一列動(dòng)量和能量守恒方程. 動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題【典例3】(2011山東高考)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包

7、括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度.(不計(jì)水的阻力) 【審題視角】解答本題的思路按以下兩步進(jìn)行：【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)分析如何避免兩船相撞：甲、乙拋接貨物后兩船同向運(yùn)動(dòng)或反向運(yùn)動(dòng).(2)分析得到拋貨物的最小速度：拋接貨物后兩船以相同速度同向運(yùn)動(dòng).【精講精析】設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度為vmin，拋出貨物后的速度為v1，甲船上的人接到貨物后速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得:12mv0=11mv1-mvmin10m2v0-mvmin=11mv2

8、 為避免兩船相撞應(yīng)滿足:v1=v2 聯(lián)立式得:vmin=4v0答案:4v0【命題人揭秘】抓住臨界點(diǎn)，輕易破解動(dòng)量守恒臨界問(wèn)題(1)分析并判斷是否為動(dòng)量守恒臨界問(wèn)題.(2)尋找臨界點(diǎn):從題設(shè)情景中看是否有相互作用的兩物體相距最近,避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài).(3)挖掘臨界條件:在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中,臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系,即速度相等或位移相等. 動(dòng)量守恒中的人船模型【典例4】(2011安徽高考)如圖所示，質(zhì)量M=2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1 kg的小球通過(guò)長(zhǎng)L=0.5 m 的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O

9、軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，開(kāi)始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0=4 m/s，g取10 m/s2.(1)若鎖定滑塊，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)P時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小和方向.(2)若解除對(duì)滑塊的鎖定，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小.(3)在滿足(2)的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離.【審題視角】解答本題應(yīng)注意以下四點(diǎn)：【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)鎖定滑塊時(shí),對(duì)小球應(yīng)用機(jī)械能守恒和向心力公式求作用力.(2)解除鎖定,系統(tǒng)水平方向不受外力,滿足動(dòng)量守恒條件，因此水平方向動(dòng)量守恒.(3)分析系統(tǒng)中各物體的狀態(tài)變化，畫(huà)出狀態(tài)變化圖，尋找各物體位移之間的幾何關(guān)系.(4)根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒列

10、方程求解.【精講精析】(1)設(shè)小球能通過(guò)最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1.在上升過(guò)程中，因只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒.則 v1= m/s 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力為F，方向向下，則:F+mg= 由式得:F=2 N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2 N，方向豎直向上.(2)解除鎖定后，設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v2，此時(shí)滑塊的速度為v.在上升過(guò)程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動(dòng)量守恒.以水平向右為正方向，有mv2+Mv=0 在上升過(guò)程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則 由式得v2=2 m/s (3)設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離

11、為s1，滑塊向左移動(dòng)的距離為s2，任意時(shí)刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為v.由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得mv3-Mv=0 將式兩邊同乘以t，得mv3t-Mvt=0 因式對(duì)任意時(shí)刻附近的微小間隔t都成立，累積相加后，有ms1-Ms2=0 又s1+s2=2L 由式得s1= m 答案：見(jiàn)精講精析【命題人揭秘】運(yùn)用平均動(dòng)量守恒巧解人船模型問(wèn)題(1)明確某方向平均動(dòng)量守恒：由某方向動(dòng)量守恒的瞬時(shí)表達(dá)式(速度形式)得出平均動(dòng)量守恒(位移形式)，將兩物體之間動(dòng)量守恒的速度關(guān)系轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系.(2)對(duì)于原來(lái)靜止的人、船系統(tǒng),人在船上走動(dòng)時(shí),人、船的位移大小關(guān)系式為m人x人=m船x船. 驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量

12、守恒【典例5】(2011北京高考)如圖甲，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系.(1)實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通過(guò)僅測(cè)量_(填選項(xiàng)前的符號(hào))，間接地解決這個(gè)問(wèn)題.A.小球開(kāi)始釋放高度hB.小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程(2)圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓入射球m1，多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)出平拋射程O(píng)P.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù).接下來(lái)要完成的必要步驟是_.(填選

13、項(xiàng)前的符號(hào))A.用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B.測(cè)量小球m1開(kāi)始釋放高度hC.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE.測(cè)量平拋射程O(píng)M、ON(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_(kāi)(用(2)中測(cè)量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)(用(2)中測(cè)量的量表示).(4)經(jīng)測(cè)定，m1=45.0 g，m2=7.5 g，小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖乙所示.碰撞前、后m1的動(dòng)量分別為p1與p1，則p1p1=_11.若碰撞結(jié)束時(shí)m2的動(dòng)量為p2，則p1p2=11_.實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明碰撞前、后總動(dòng)量的比值 為_(kāi).(5)有同學(xué)認(rèn)為，上述

14、實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)小球的材質(zhì)，其他條件不變，可以使被碰撞小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程增大.請(qǐng)你用(4)中已知的數(shù)據(jù)，分析和計(jì)算出被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程O(píng)N的最大值為_(kāi)cm.【審題視角】解答本題時(shí)應(yīng)把握以下三點(diǎn):【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)利用兩個(gè)小球碰撞前后離開(kāi)軌道做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程來(lái)表示碰撞后的速度關(guān)系(2)確定入射球m1和被碰球m2的平均落點(diǎn)位置M、N，從而得到兩球的水平射程.(3)由兩小球的質(zhì)量和水平射程列出動(dòng)量守恒方程和機(jī)械能守恒方程.【精講精析】(1)由于本實(shí)驗(yàn)的碰撞是在同一高度，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，水平位移就能反映平拋初速度的大小，僅測(cè)量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比.所以選C

15、.(2)本實(shí)驗(yàn)必須用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2，分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N和測(cè)量平拋射程O(píng)M、ON，故接下來(lái)要完成的必要步驟是ADE或DAE或DEA.(3)由于m1v1+m2v2=m1v,且所以m1OM+m2ON=m1OP若碰撞是彈性碰撞，機(jī)械能守恒所以m1OM2+m2ON2=m1OP2(4)由于(5)當(dāng)兩個(gè)小球發(fā)生完全彈性碰撞時(shí)，被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程O(píng)N有最大值彈性碰撞動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，則：m1v1+m2v2=m1v, m1v12+ m2v22= m1v2解得:v2=所以最大射程為:被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程O(píng)N的最大值為76.8 cm.答案:(1)C (2)

16、ADE或DEA或DAE(3)m1OM+m2ON=m1OP m1OM2+m2ON2=m1OP2(4)14 2.9 1均可 【命題人揭秘】用碰撞實(shí)驗(yàn)器驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)注意(1)實(shí)驗(yàn)誤差分析碰撞是否為一維碰撞.小球離開(kāi)軌道后是否做平拋運(yùn)動(dòng).每次實(shí)驗(yàn)小球是否從斜軌上同一位置靜止釋放.(2)注意事項(xiàng)前提條件：碰撞的兩小球應(yīng)保證“水平”和“正碰”，且m入射m被碰.正確操作：先安裝好儀器并調(diào)試，后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)并測(cè)量.實(shí)驗(yàn)結(jié)論：根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)研究動(dòng)量關(guān)系和能量關(guān)系并得出結(jié)論. 動(dòng)量守恒與電磁感應(yīng)問(wèn)題的綜合【典例6】(2011海南高考)如圖，ab和cd是兩條豎直放置的長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌，MN和MN是兩根用細(xì)線連接

17、的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸； 兩桿的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直.導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t=0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好.求：(1)細(xì)線燒斷后，任意時(shí)刻兩桿運(yùn)動(dòng)的速度之比；(2)兩桿分別達(dá)到的最大速度.【審題視角】抓住幾個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)，按合理的思路即可以準(zhǔn)確解答：【關(guān)鍵點(diǎn)】(1)“豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止”，可得系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.細(xì)線燒斷以后，系統(tǒng)合外力仍然為零，故整個(gè)過(guò)程動(dòng)量守恒.(2)再隔

18、離兩金屬桿分析其運(yùn)動(dòng)，可得兩金屬桿都做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至加速度等于零時(shí)以最大速度做勻速運(yùn)動(dòng).(3)分析思路如圖所示:【精講精析】設(shè)某時(shí)刻MN和MN速度分別為v1、v2.(1)因?yàn)橄到y(tǒng)所受合外力為零，所以MN和MN系統(tǒng)動(dòng)量守恒:mv1-2mv2=0,解得v1v2=21(2)當(dāng)MN和MN的加速度為零時(shí)，速度最大,MN受力平衡有:BIl=2mgI= E=Blv1+Blv2由得:v1= v2=答案:(1)21 (2)【閱卷人點(diǎn)撥】失分提示(1)分別對(duì)兩金屬桿按勻變速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析解答導(dǎo)致知識(shí)性錯(cuò)誤.(2)回路中的電動(dòng)勢(shì)是兩金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之和.備考指南應(yīng)注

19、意以下問(wèn)題:(1)先對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)情況分析，看系統(tǒng)所受合外力是否為零，看物體是否做勻變速運(yùn)動(dòng)，看系統(tǒng)內(nèi)能量是怎樣轉(zhuǎn)化的.(2)若系統(tǒng)所受合外力為零，可簡(jiǎn)捷地運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解答,或者從能的觀點(diǎn)分析,或者從力的觀點(diǎn)分析. 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用高考指數(shù):1.(2010北京高考)如圖，若x軸表示時(shí)間，y軸表示位移，則該圖象反映了某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移與時(shí)間的關(guān)系.若令x軸和y軸分別表示其他的物理量，則該圖象又可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理量之間的關(guān)系.下列說(shuō)法中正確的是( )A.若x軸表示時(shí)間,y軸表示動(dòng)能，則該圖象可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體動(dòng)能與時(shí)間的關(guān)系

20、B.若x軸表示頻率，y軸表示動(dòng)能，則該圖象可以反映光電效應(yīng)中，光電子最大初動(dòng)能與入射光頻率之間的關(guān)系C.若x軸表示時(shí)間，y軸表示動(dòng)量，則該圖象可以反映某物體在沿運(yùn)動(dòng)方向的恒定合外力作用下，物體動(dòng)量與時(shí)間的關(guān)系D.若x軸表示時(shí)間，y軸表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則該圖象可以反映靜置于磁場(chǎng)中的某閉合回路，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大時(shí)，閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系【解析】選C.根據(jù)動(dòng)量定理p-p0=Ft，p=Ft+p0說(shuō)明動(dòng)量和時(shí)間是線性關(guān)系，縱截距為初動(dòng)量，C正確.結(jié)合p= 得 =Ft+p0，說(shuō)明動(dòng)能和時(shí)間的圖象是拋物線，A錯(cuò)誤.光電效應(yīng)方程為Ekm=h-W0，說(shuō)明最大初動(dòng)能和時(shí)間是線性關(guān)系，但縱截距為負(fù)

21、值，B錯(cuò)誤.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大時(shí)，閉合回路內(nèi)的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知閉合回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比，是一個(gè)定值，不隨時(shí)間變化，D錯(cuò)誤.2.(2011上海高考)光滑水平面上兩小球a、b用不可伸長(zhǎng)的松弛細(xì)繩相連.開(kāi)始時(shí)a球靜止，b球以一定速度運(yùn)動(dòng)直至繩被拉緊，然后兩球一起運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中兩球的總動(dòng)量_(選填“守恒”或“不守恒”)；機(jī)械能_(選填“守恒”或“不守恒”)【解題指南】解答本題要明確繩被拉緊使兩個(gè)小球結(jié)合在一起，屬于碰撞中的完全非彈性碰撞【解析】b球以一定速度運(yùn)動(dòng)直至繩被拉緊，兩小球間繩子的拉力就是相互作用的內(nèi)力，滿足動(dòng)量守恒的條件，所以兩小球a、b組

22、成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩球一起運(yùn)動(dòng)，具有共同速度，符合完全非彈性碰撞的特征，動(dòng)能損失很大，機(jī)械能不守恒答案:守恒 不守恒3.(2011海南高考)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示.圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止.重力加速度為g.求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點(diǎn)的距離s.【解析】(1)木塊向左滑到最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)有共同速度v，由動(dòng)量守恒得：mv0=(m

23、+2m)v mv02- (m+2m)v2=fL+mgh聯(lián)立兩式解得： (2)根據(jù)動(dòng)量守恒可得木塊返回與物體P第二次達(dá)到共同速度與第一次相同,全過(guò)程能量守恒,得： mv02= (m+2m)v2+f(2L-s)聯(lián)立解得:s= 答案:(1) (2)【方法技巧】運(yùn)用碰撞模型解動(dòng)量和能量綜合問(wèn)題的注意點(diǎn)(1)抓住碰撞過(guò)程中速度相等這一臨界狀態(tài).本題中即木塊上升到最高點(diǎn)時(shí)與物體P速度相等，木塊返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止時(shí)速度也相等.(2)如果木塊能夠滑離物體P，即相當(dāng)于碰撞結(jié)束兩物體分開(kāi).(3)分析碰撞過(guò)程中的動(dòng)量和能量關(guān)系，列動(dòng)量守恒和能量守恒方程.4.(2011四川高考)隨著機(jī)動(dòng)車數(shù)量的增加，

24、交通安全問(wèn)題日益凸顯.分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命.一貨車嚴(yán)重超載后的總質(zhì)量為49 t，以54 km/h的速率勻速行駛.發(fā)現(xiàn)紅燈時(shí)司機(jī)剎車，貨車即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為2.5 m/s2(不超載時(shí)則為5 m/s2).(1)若前方無(wú)阻擋，問(wèn)從剎車到停下來(lái)此貨車在超載及不超載時(shí)分別前進(jìn)多遠(yuǎn)？(2)若超載貨車剎車時(shí)正前方25 m處停著總質(zhì)量為 1 t 的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用0.1 s后獲得相同速度，問(wèn)貨車對(duì)轎車的平均沖力多大？【解析】(1)設(shè)貨車剎車時(shí)速度大小為v0、加速度大小為a，末速度為vt，剎車距離為s代入數(shù)據(jù)，得:超載時(shí)s1=45 m若不超載s2=2

25、2.5 m(2)設(shè)貨車剎車后經(jīng)s=25 m與轎車碰撞時(shí)的初速度大小為v1v1= 設(shè)碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質(zhì)量為M、轎車質(zhì)量為m，由動(dòng)量守恒定律得:Mv1=(M+m)v2設(shè)貨車對(duì)轎車的作用時(shí)間為t、平均沖力大小為 由動(dòng)量定理得: t=mv2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 =9.8104 N答案:(1)45 m 22.5 m (2)9.8104 N5.(2010安徽高考)如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2 m 的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0 103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)

26、動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞.已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.010-2 kg，乙所帶電荷量q=2.010-5 C，g取10 m/s2.(水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移)(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍.(第(3)問(wèn)僅供選修3-5為必考的省份解答)【解析】(1)在乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開(kāi)D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t

27、，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則mg+qE= 2R= x=vDt聯(lián)立得：x=0.4 m(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有：mv0=mv甲+mv乙 聯(lián)立得：v乙= v0 由動(dòng)能定理得：-mg2R-qE2R= 聯(lián)立得：v0= (3)設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有：Mv0=MvM+mvm聯(lián)立得vm= 由和Mm，可得：v0vm2v0 設(shè)乙球過(guò)D點(diǎn)的速度為vD，由動(dòng)能定理得：-mg2R-qE2R聯(lián)立得：2 m/svD8 m/s設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則有：x=vDt 聯(lián)立得：0.4 mx0聯(lián)立式解得

28、: v2v12v2或 v1v2 v1答案: v2v12v2或 v1v2 v112.(2010新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間.設(shè)木板足夠長(zhǎng)，重物始終在木板上.重力加速度為g.【解題指南】從第一次到第二次碰撞，木板先向左勻減速直線運(yùn)動(dòng)再以不變的加速度向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)；重物先向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)，再勻速運(yùn)動(dòng).【解析】解法一木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反

29、向，大小不變，此后木板向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到靜止，再反向向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到與重物達(dá)到共同速度v，再往后是勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到第二次碰撞墻.設(shè)木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m，取向右為動(dòng)量的正方向，由動(dòng)量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v 設(shè)木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時(shí)間為t1，對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)量定理得：2mgt1=mv-m(-v0) 由牛頓第二定律得：2mg=ma 式中a為木板的加速度.在達(dá)到共同速度v時(shí)，木板離墻的距離l為：l=v0t1- at12 開(kāi)始向右做勻速運(yùn)動(dòng)到第二次與墻碰撞的時(shí)間為t2= 木板從第一次與墻碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間為：t=t1+t

30、2 由以上各式得：t= 解法二木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到達(dá)到共同速度v，由動(dòng)量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v 解得：v=木板在第一個(gè)過(guò)程中，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選向右為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v=-v0+at1 又由牛頓第二定律得：2mg=ma用動(dòng)能定理，有：木板在第二個(gè)過(guò)程中，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：s=vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間：t=t1+t2=答案:13.(2010海南高考)在核反應(yīng)堆中，常用減速劑使快中子減速.假設(shè)減速劑的原子核質(zhì)量是中子的k倍.中子與原子核的每次碰撞都可看成是彈性正碰.設(shè)每次碰撞前原子核可認(rèn)為是靜止的，求N次碰撞后中子速率與

31、原速率之比.【解析】設(shè)中子和減速劑的原子核A的質(zhì)量分別為mn和mA，碰撞后速度分別為vn和vA，根據(jù)碰撞前后的總動(dòng)量和總能量守恒，有：mnvn=mnvn+mAvA mnvn2= mnvn2+ mAvA2式中vn為碰撞前中子速度，由題意mA=kmn解得，經(jīng)1次碰撞后中子速率與原速率之比為：經(jīng)N次碰撞后，中子速率與原速率之比為：答案: 動(dòng)量守恒定律與能量結(jié)合的綜合應(yīng)用高考指數(shù):14.(2012新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖,小球a、b用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O,讓球a靜止下垂,將球b向右拉起,使細(xì)線水平.從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng),此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60.忽略空氣阻力,求(1)

32、兩球a、b的質(zhì)量之比;(2)兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比.【解析】(1)設(shè)小球a、b質(zhì)量分別為m1、m2，細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，b球擺至最低點(diǎn)與a球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為v，則對(duì)b球擺至最低點(diǎn),由機(jī)械能守恒得m2gL= 最低點(diǎn)小球a、b碰撞由動(dòng)量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v小球a、b一起擺至最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得 (m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cos) 聯(lián)立式得并代入題給數(shù)據(jù)得(2)兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能是Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos) 聯(lián)立式，Q與碰前球b的最大動(dòng)能Ek=m2gL之比為聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得 答案：(1)

33、(2)15.(2011新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m.置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，已知C離開(kāi)彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢(shì)能.【解析】設(shè)碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動(dòng)量守恒有mv0=3mv設(shè)C離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒有3mv=2mv1+mv0設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線斷開(kāi)到C與彈簧分開(kāi)的過(guò)程

34、中機(jī)械能守恒，有由式得彈簧所釋放的勢(shì)能為Ep= mv02答案： mv0216.(2011廣東高考)如圖所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板.滑板運(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連.物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M=2m，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng)l，板右端到C的距離L在RL5R范圍內(nèi)取值，E距A為s=5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度取g.(1)求物塊滑到B點(diǎn)的速

35、度大??；(2)試討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn).【解析】(1)物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A過(guò)程，滑動(dòng)摩擦力做正功，物塊從A到B，重力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理得:mgs+mg2R= 解得:vB=(2)物塊從B滑上滑板后開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng),此時(shí)滑板開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與滑板達(dá)共同速度時(shí)，二者開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒mvB=(m+2m)v解得:v=對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得:-mgs1= 解得:s1=8R對(duì)滑板，由動(dòng)能定理得:mgs2= 2mv2-0解得:s2=2R由此可知物塊在滑板上滑過(guò)s1-

36、s2=6R時(shí)，小于，并沒(méi)有滑下去，二者就具有共同速度了.當(dāng)2RL5R時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)8R，勻速運(yùn)動(dòng)L-2R，勻減速運(yùn)動(dòng)，滑上C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理:-mg(8R+0.5R)=解得:Wf=mg(8R+0.5R)= mgR，物塊不能滑到CD軌道的中點(diǎn).當(dāng)RL2R時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)6.5R+L，滑上C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理:-mg(6.5R+L)=解得:Wf=mg(6.5R+L)= mg(13R+2L)當(dāng) mgR時(shí)，可以滑到CD軌道的中點(diǎn)，此時(shí)要求，這與題目矛盾，所以物塊不可能滑到CD軌道的中點(diǎn)答案:(1) (2)見(jiàn)解析17.(2011重慶高考)如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列

37、，質(zhì)量均為m，人在極短的時(shí)間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第三輛車相碰，三車以共同速度又運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)停止.車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g,若車與車之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽略空氣阻力，求：(1)整個(gè)過(guò)程中摩擦阻力所做的總功；(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大??；(3)第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失之比.【解析】(1)整個(gè)過(guò)程中摩擦阻力所做的總功W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL(2)設(shè)第一輛車的初速度為u0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為u1，第二次碰前速度

38、為v2，碰后共同速度為u2.-kmgL=-k(2m)gL=-k(3m)gL= 由動(dòng)量守恒得mv1=2mu12mv2=3mu2人給第一輛車水平?jīng)_量的大小I=mu0-0=(3)由解得v12=26kgL由解得u12= v12= 26kgL第一次碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失由解得u22=2kgL由解得v2= u2 第二次碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失 第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動(dòng)能損失之比 答案:(1)-6kmgL (2) (3)【方法技巧】動(dòng)量和能量綜合問(wèn)題的分析技巧(1)把握動(dòng)量守恒的條件，準(zhǔn)確運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，本題中車與車的短暫碰撞過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律.(2)分析能量轉(zhuǎn)化和守恒，正確運(yùn)用能量守恒列式，本題中動(dòng)能損失可從碰撞前

39、后的動(dòng)能之差求出(3)區(qū)分摩擦力做功和摩擦生熱，摩擦力的功可以用摩擦力與位移的乘積求出(相對(duì)地面的位移)，而摩擦生熱則等于摩擦力與相對(duì)路程的乘積. 動(dòng)量1.定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積.2.表達(dá)式：p=mv，單位：kgm/s.3.動(dòng)量的性質(zhì) (1)矢量性：方向與瞬時(shí)速度方向相同. (2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的量，是針對(duì)某一 時(shí)刻而言的. (3)相對(duì)性：大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相 對(duì)地面的動(dòng)量.三性4.動(dòng)量的變化量(1)定義：物體在某段時(shí)間內(nèi)末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差(也是矢量).(2)表達(dá)式： p=p-p.(3)同一直線上動(dòng)量的運(yùn)算:如果物體的動(dòng)量始終保持在同一條直線上，在選

40、定一個(gè)正方向之后，動(dòng)量的運(yùn)算就可以簡(jiǎn)化為代數(shù)運(yùn)算.5.動(dòng)量、動(dòng)能、動(dòng)量的變化量的比較 名稱項(xiàng)目動(dòng) 量動(dòng) 能動(dòng)量的變化量定 義物體的質(zhì)量和速度的乘積物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量物體的末動(dòng)量與初動(dòng)量的矢量差定義式p=mvEk= mv2p=p-p矢標(biāo)性矢量標(biāo)量矢量特 點(diǎn)狀態(tài)量狀態(tài)量過(guò)程量關(guān)聯(lián)方程 p= Ek=p=mv-mv【名師點(diǎn)睛】理解動(dòng)量時(shí)應(yīng)注意1.當(dāng)物體的速度大小不變,方向變化時(shí),動(dòng)量一定改變,動(dòng)能卻不變,如勻速圓周運(yùn)動(dòng).2.在談及動(dòng)量時(shí),必須明確是物體在哪個(gè)時(shí)刻或哪個(gè)狀態(tài)所具有的動(dòng)量.3.物體動(dòng)量的變化率 等于它所受的合外力,這是牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式.4.動(dòng)量變化量的方向與初末動(dòng)量的方向

41、無(wú)直接關(guān)系. 動(dòng)量守恒定律1.內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變.2.動(dòng)量守恒的條件(1)系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零.(2)系統(tǒng)所受的外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)內(nèi)力小得多，如碰撞問(wèn)題中的摩擦力，爆炸過(guò)程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力小得多，可以忽略不計(jì).(3)系統(tǒng)某一方向不受外力或所受外力的矢量和為零，或外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)在該方向動(dòng)量守恒.3.表達(dá)式表 達(dá) 式含 義p=p或p1+p2=p1+p2 系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量pp1=-p2 相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng),一個(gè)物體的動(dòng)量變化量與另一個(gè)物體的動(dòng)量變化量大小相等、

42、方向相反 p=0 系統(tǒng)總動(dòng)量增量為零 4.動(dòng)量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表達(dá)式是一個(gè)矢量式.若作用前后各動(dòng)量在同一直線上時(shí)，可用“+”和“-”表示方向.(2)相對(duì)性：動(dòng)量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動(dòng)量，必須相對(duì)于同一慣性系，各物體的速度通常均為對(duì)地的速度.(3)條件性：動(dòng)量守恒定律是有條件的，應(yīng)用時(shí)一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足動(dòng)量守恒條件.(4)同時(shí)性：動(dòng)量守恒定律中p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量.(5)普適性：動(dòng)量守恒定律不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng).不僅適用于

43、宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng).【名師點(diǎn)睛】 1.正確理解“總動(dòng)量保持不變”，不僅指系統(tǒng)的初、末兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量相等，而且指系統(tǒng)在整個(gè)過(guò)程中任意兩個(gè)時(shí)刻的總動(dòng)量相同.2.在判定系統(tǒng)動(dòng)量守恒時(shí)，要區(qū)分系統(tǒng)所受的內(nèi)力和外力.【狀元心得】應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟1.確定相互作用的系統(tǒng)為研究對(duì)象.2.分析研究對(duì)象所受的外力.3.判斷系統(tǒng)是否符合動(dòng)量守恒條件.4.規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量的正、負(fù)號(hào).5.根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式求解. 碰撞問(wèn)題1.概念:碰撞是指兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常強(qiáng)的相互作用.2.特點(diǎn) (1)相互作用時(shí)間短. (2)作用力變化快和作用力很大.

44、 (3)其他外力可以忽略不計(jì).三個(gè)特點(diǎn)3.碰撞的種類及特點(diǎn)分類標(biāo)準(zhǔn)種 類特 點(diǎn)碰撞前后動(dòng)量是否共線對(duì)心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線非對(duì)心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共線機(jī)械能是否守恒彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非完全彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失完全非彈性碰撞 動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大4.彈性碰撞的規(guī)律兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒.以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，則有m1v1=m1v1m2v2， m1v12= m1v12 m2v22解得：【名師點(diǎn)睛】一運(yùn)動(dòng)物體與同一條直線上靜止的物體發(fā)生彈性碰撞的規(guī)律1.當(dāng)兩球質(zhì)量相等時(shí)，兩球碰撞后交換速度.2.當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時(shí)，碰撞后兩球都向前運(yùn)動(dòng).3.當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時(shí)，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái). 碰撞、爆炸及反沖現(xiàn)象的特點(diǎn)分析1.碰撞現(xiàn)象的三個(gè)特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒.(2)機(jī)械能不增加.(3)速度要合理若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有:后v前;b.碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大;c.若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前v后.碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變. 2.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)特點(diǎn)(1)動(dòng)量守恒：由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒.(2)動(dòng)能增加：在爆炸過(guò)程中，由于