2021版高考物理（新課標(biāo)版）考綱解讀考點題組訓(xùn)練：15碰撞與動量守恒定律

專題十五碰撞與動量守恒定律

饗寫：王永申《河叱石家莊--中優(yōu)寺氫邙；

考綱專題解讀

,j考點分布］考點分頻考綱內(nèi)容復(fù)習(xí)指導(dǎo)1

束章本專題作為高考三選一的選做題，每年必考，基本上是以計算題,

1.動量沖量動臉里動量、動量定理、動量守

■5年7考

恒定律及其應(yīng)用n的形式呈現(xiàn)，主要考查動■定理和動?守恒定律，其中動■守恒

定律考查的頻率更高，往往還與能量守恒相結(jié)合.本專題的計算題

2.動量守恒定律及其彈性碰撞和非彈性碰推i

應(yīng)用

■5年23考要求考生能正確地選擇研究對象及過程,根據(jù)相應(yīng)的知識原理列

說明：只限于一維

方程.對于物理思維好、善于分析過程的同學(xué)，選取本模塊會非常

3.磁及其可能性判斷實驗：驗證動量守恒定律

■5年10考合適

4.實驗：驗證動量守*

恒定律■r5年2考

___J

考點題組訓(xùn)練

戶\

卜。動量沖量動量定理第4竺三一

考點

第步試真題

UJI、/

1.（2015?廣東理綜，16,4分）在同一勻強(qiáng)磁場中，a粒子（3He）和質(zhì)子（IH）做勻速

圓周運動，若它們的動量大小相等，則a粒子和質(zhì)子（）

A.運動半徑之比是2：1

B.運動周期之比是2：1

C.運動速度大小之比是4：1

D.受到的洛倫茲力之比是2：1

1.Ba粒子與質(zhì)子質(zhì)量之比為4：1,電荷量之比為2：1,動量大小相同，由p

2

77*-mv

=機(jī)?？芍俣戎葹?：4,C錯誤.在勻強(qiáng)磁場中，由卯8=加：得廠=折，即運

271m

動半徑之比為1：2,A錯誤.由T=黃得,周期之比為2：1,B正確.由/=

卯8可知，洛倫茲力之比為1：2,D錯誤.

1TI7）

【點撥】運動半徑一=而中，分子〃皿看成一個整體，即動量.

2.（2013?天津理綜，2,6分）我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子

3000m接力三連冠.觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運

動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且

開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把,

使甲獲得更大的速度向前沖出.在乙推甲的過程金

中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作

用，貝女)

A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量

B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反

C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量

D.甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功

2.B乙推甲的過程中，甲、乙間產(chǎn)生大小相等、方向相反的作用力和反作用力,

由/=人可知，甲對乙的沖量和乙對甲的沖量等大反向，A錯誤.又由動量定理/

=Ap,知B正確.甲、乙的質(zhì)量不一定相等，故對地的位移不同，做功不一定相

同，所以動能的變化也不一定相同，C、D錯誤.

【點撥】明確沖量的定義及與動量改變之間的關(guān)系，抓住相互作用力作用時間

相等且等大反向的特點進(jìn)行相關(guān)判斷.

3.[2016?江蘇物理，12c(2)]已知光速為c,普朗克常數(shù)為/?,則頻率為v的光子的

動量為.用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，

則光子在反射前后動量改變量的大小為.

3.【解析】頻率為v的光子的動量〃=h與=——hv，光被鏡面全部垂直反射回去,

AC

2hi/

則光子在反射前后動量改變量的大小2/?=—^—.

4.[2016.全國I,35(2),10分]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為

M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中.為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的

噴口持續(xù)以速度。。豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于5)；水柱沖擊到玩

具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開.忽略空氣

阻力.已知水的密度為p,重力加速度大小為g.求：

(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；

(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度.

4.【解析】(1)設(shè)時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為△V,質(zhì)量為△機(jī)，則

=,△V①

△②

Am

由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為工］=〃優(yōu)5③

(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為/?,水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的

速度大小為a對于時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得;△⑼g/?=5(a

④

在h高度處，△/時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小△/?

=(A/n)v⑤

設(shè)水對玩具的作用力的大小為居根據(jù)動量定理有

FLt=△/?⑥

由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得b=Mg⑦

聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得/?戈一?恐s?⑧

【答案】⑴iSQ4-湍

5.(2016?北京理綜，24,20分XD動量定理可以表示為△〃=/△/，其中動量p和

力廠都是矢量.在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方

向上分別研究.例如，質(zhì)量為m的小球斜射到木板上，入射的角度是3,碰撞后

彈出的角度也是即碰撞前后的速度大小都是。，如圖甲所示.碰撞過程中忽略小

球所受重力.

a.分別求出碰撞前后尤、y方向小球的動量變化Apx、Apy；

b.分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较?

⑵激光束可以看成是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動.激光

照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時，也會對物體產(chǎn)生作用.光

鑲效應(yīng)就是一個實例，激光束可以像鐐子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒.

一束激光經(jīng)5點后被分成若干細(xì)光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和

②穿過介質(zhì)小球的光路如圖乙所示.圖中。點是介質(zhì)小球的球心，入射時光束①

和②與SO的夾角均為仇出射時光束均與S。平行.請在下面兩種情況下，分析

說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向.

a.光束①和②強(qiáng)度相同；

b.光束①比②強(qiáng)度大.

5.【解析】(l)a.x方向：動量變化△p.r="zosin9—musin0=0

y方向：動量變化△p>=mocos6一(一加0cos0)=2mvcos9

方向沿y軸正方向.

b.根據(jù)動量定理可知，木板對小球作用力的方向沿y軸正方向；根據(jù)牛頓第三定

律可知，小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向.

(2)a.僅考慮光的折射，設(shè)△，時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為〃，每個粒子動量

的大小為p.

這些粒子進(jìn)入小球前的總動量pi=2〃pcos0

從小球出射時總動量pi=2np

pi、P2的方向均沿SO向右.

根據(jù)動量定理有FAt=p2—pi=2np(l-cos0)>0

可知，小球?qū)@些粒子的作用力尸的方向沿SO向右；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束

對小球的合力的方向沿SO向左.

b.建立如圖所示的。xy直角坐標(biāo)系.

x方向：根據(jù)(2)a同理可知，兩光束對小球的作

用力沿x軸負(fù)方向.r

y方向：設(shè)時間內(nèi)，光束①穿過小球的粒子數(shù)尸

為n\,光束②穿過小球的粒子數(shù)為〃2,n\>m,

這些粒子進(jìn)入小球前的總動量p\y={n\—ni)ps\n0

從小球出射時的總動量p2.y=0

根據(jù)動量定理有Fyht—p2y—p\y——{n\—n2)ps\x\0

可知，小球?qū)@些粒子的作用力不的方向沿y軸負(fù)方向；根據(jù)牛頓第三定律，兩

光束對小球的作用力沿y軸正方向.

所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方.

【答案】(l)a.O；2/nucos。,沿y軸正方向b.沿y軸負(fù)方向(2)a.沿S。向左

b.指向左上方

6.(2014.天津理綜，10,6分)如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車4質(zhì)量

加=4kg,上表面光滑，小車與地面間的摩擦力較小，可以忽略不計，可視為質(zhì)點

的物塊8置于A的最右端，B的質(zhì)量,”B=2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F

=10N,A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與8發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，

碰后A、8粘合在一起，共同在尸的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間f=0.6s,二

者的速度達(dá)到0i=2m/s.求

A~~~

/////////////

(DA開始運動時加速度a的大小；

(2)A、8碰撞后瞬間的共同速度。的大??；

(3)A的上表面長度I.

6.【解析】(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有

F=mAa①

代入數(shù)據(jù)解得a=2.5m/s2②

(2)對A、8碰撞后共同運動/=0.6s的過程，由動量定理得

代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s④

(3)設(shè)A、8發(fā)生碰撞前，A的速度為為，對A、8發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定

律有mAVA=(mA+niB)v⑤

A從開始運動到與8發(fā)生碰撞前，由動能定理有

Fl=yn忌1■⑥

由④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得/=0.45m⑦

【答案】（1）2.5m/s?（2）1m/s（3）0.45m

第?步提能力

考向歸納

動量定理及其應(yīng)用_________________kjl

（3?1（2015?重慶理綜，3,6分）高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為機(jī)的高空作業(yè)

人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為力（可視

為自由落體運動）.此后經(jīng)歷時間『安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力

始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為（）

A.-rmgB.f~mgC..-vmgD..~mg

【解析】下降。階段4=2g%,得o=q西，對此后至安全帶最大伸長過程應(yīng)用

/77-\/2P/Z

動量定理，一（尸一〃2g）/=0—“20,得F=t+〃2g,A正確.選A.

0期2[2013?北京理綜，24⑵]對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同

角度進(jìn)行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì).

正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質(zhì)量為m,單位體積內(nèi)粒子數(shù)量〃

為恒量.為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為0,且與器壁各

面碰撞的機(jī)會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率

不變.利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力/與相、〃和。的關(guān)系.

（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說

明）

【解析】一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量△/=2m。

如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、oZU為高構(gòu)成柱體，

由題設(shè)可知，其內(nèi)有上的粒子在時間內(nèi)與器壁上面積為S

的部分發(fā)生碰撞，碰壁粒子總數(shù)N=〃？?So△r

△t時間內(nèi)粒子給器壁的沖量I=N-△I=^nSmv2△t

器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力r=擊

F1

則器壁單位面積所受粒子的壓力f=~^=^nmv12

【答案】f=^nmv2

Q導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考動量定理常用于處理連續(xù)流體或粒子流的作用力問題，分析的關(guān)鍵

是構(gòu)建合理的物理模型，即隔離出一定形狀的流體或粒子流作為研究對象，從而

化“無形”為“有形”.

模型方法歸納

應(yīng)用動量定理的注意事項

1.確定研究對象，在中學(xué)階段其研究對象一般僅限于單個物體或能看成一個物體

的系統(tǒng).

2.對研究對象進(jìn)行受力分析，求合力的總沖量.可以先求每個力的沖量，再求各

力沖量的矢量和，或先求合力，再求其沖量.

3.抓住過程的初末狀態(tài)，選好正方向，確定各動量和沖量的正負(fù)號.

4.根據(jù)動量定理列方程，如有必要還需要補(bǔ)充其他方程，最后代入數(shù)據(jù)求解.

動量定理的應(yīng)用技巧

1.應(yīng)用/=Ap求變力的沖量

如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用/=-求沖量，可以求出

該力作用下物體動量的變化△〃，等效代換得出變力的沖量/.

2.應(yīng)用/求動量的變化

例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化（Ap=p2—pi）需要應(yīng)用矢

量運算方法，計算比較復(fù)雜.如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換

得出動量的變化.

第E1步過模擬

1.（2014.廣東雷州測試）如圖所示，一個質(zhì)量為0.18kg的壘球,

以25m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛

回，速度大小變?yōu)?5m/s,則這一過程中動量的變化量為（）

A.大小為3.6kg?m/s,方向向左

B.大小為3.6kg?m/s,方向向右P

C.大小為12.6kg-m/s,方向向左

D.大小為12.6kg?m/s,方向向右

1.D選向左為正方向，則動量的變化量加一加0o=-12.6kg?m/s,大小

為12.6kg?m/s,負(fù)號表示其方向向右，D正確.

2.（2015?安徽一模）質(zhì)量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再

以4m/s的速度反向彈回.取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關(guān)

于小球動量變化量△〃和合外力對小球做的功W，下列說法正確的是（）

A.Ap=2kg,m/sW=~2J

B.Ap=~2kg?m/sW=2J

C.Ap=0.4kg?m/sW=~2J

D.△/?=—0.4kg?m/sW=2J

2.A取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量4〃=加72—

mvi=2kg,m/s,方向豎直向上.由動能定理，合外力做的功W=2mv^~2mv^~

—2J,A正確.

3.（2015?江西鷹潭一模）如圖所示，一質(zhì)量為M的*

長木板在光滑水平面上以速度。。向右運動，一質(zhì)量----------國|

為m的小鐵塊在木板上以速度優(yōu)向左運動，鐵塊

與木板間存在摩擦.為使木板能保持速度00向右勻速運動，必須對木板施加一水

平力，直至鐵塊與木板達(dá)到共同速度g設(shè)木板足夠長，求此過程中水平力的沖量

大小.

3.【解析】考慮M、機(jī)組成的系統(tǒng)，設(shè)M運動的方向為正方向，根據(jù)動量定理

有Ft=（M+m）vo—（Mvo-mvo）=2mvo

則水平力的沖量/=Ft=2mvo

【答案】2muo

4.（2015?河北石家莊二中月考）如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車質(zhì)量M=20

kg.從水槍中噴出的水柱的橫截面積S=10cm2,速度。=10m/s,水的密度0=

1.0X103kg/n?.若用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊到小

車前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車中.當(dāng)有質(zhì)量初=5kg的水進(jìn)入小車時，試求：

水柱水槍

⑴小車的速度大小；

(2)小車的加速度大小.

4.【解析】(1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)當(dāng)進(jìn)入質(zhì)量為，”的

,,,mv

水后，小車速度為初則mv=Qn+M)V],即v\=-7~~.=2m/s

m+M

(2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車后，在極短的時間△，內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量

一s)N,設(shè)此時水對車的沖擊力為￡則車對水的作用力為一尸，由動量定理有一

p

F△1=△nw\—kmu,得F=^I)2=64N,小車的加速度a=T~r,~~=2.56m/s2

M+m

【答案】(1)2m/s(2)2.56m/s2

【點撥】極短時間△/內(nèi)，沖擊小車的水的體積丫=(。一。1)5△力

動量守恒定律及其應(yīng)用

第11步試真題

1.(2015?北京理綜，17,6分)實驗觀察到，靜止在勻強(qiáng)磁場

中A點的原子核發(fā)生8衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙

面內(nèi)做勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意圖如圖所示，則

)

A.軌跡1是電子的，磁場方向垂直紙面向外

B.軌跡2是電子的,磁場方向垂直紙面向外

C.軌跡1是新核的,磁場方向垂直紙面向里

D.軌跡2是新核的,磁場方向垂直紙面向里

1.DB衰變方程：4X-Qie+4+iY,由動量守恒定律知兩粒子動量大小相等.因

HT7)

電子電量較小，由廠=短，得淪＞小,故軌跡1是電子的，軌跡2是新核的.由左

qB

手定則知，磁場方向垂直紙面向里，D正確.

【點撥】動量守恒定律既適用于宏觀，亦適用于微觀；既適用于低速，亦適用

于高速.

2.[2012.福建理綜，29(2)]如圖所示，質(zhì)量為M的小船在

靜止水面上以速率。。向右勻速行駛，一質(zhì)量為〃，的救生員

站在船尾，相對小船靜止.若救生員以相對水面速率。水平向左躍入水中，則救

生員躍出后小船的速率為()

A.vo+^vB.V0一前

C.00+京(00+0)D.oo+號(00—0)

2.C因為船勻速行駛，對人和船組成的系統(tǒng)而言，所受外力之和為零，因此,

vri

系統(tǒng)動量守恒.由動量守恒定律有(M+，")0o=Mo'—mv,解得z/=oo+而(00+。),

C正確.

3.[2016?天津理綜，9(1)]如圖所示，方盒A

靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊

B,盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水

平面間的動摩擦因數(shù)為".若滑塊以速度。開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無

機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的

速度大小為，滑塊相對于盒運動的路程為.

3?【解析】方盒A與小滑塊8組成的系統(tǒng)動量守恒，niBV=(mA+mn)v\,又zwi

=2nw,所以對系統(tǒng)由動能定理得一Hmi3g,,解

7)公

【答案】5

3Rg

4.[2016.全國H,35(2),10分]如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面

體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小

孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面

體上上升的最大高度h=0.3m(/i小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量mi

=30kg,冰塊的質(zhì)量必2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大

小g=10m/s2.

(1)求斜面體的質(zhì)量；

⑵通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？

/////////////////////////////////////////

4.【解析】(1)規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者

達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為0,斜面體的質(zhì)量為兩.由水平方向動量守恒和機(jī)

械能守恒定律得

%2020=(m2+加3)0①

=^(/?Z2+m3)v2+migh②

式中020=-3m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得"23=20kg

③

(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為vi,由動量守恒定律有

機(jī)101+機(jī)2020=0④

代入數(shù)據(jù)得01=1m/s⑤

設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為02和V3,由動量守恒和機(jī)械能守恒定律有

機(jī)2020=加2。2+機(jī)303⑥

2"醛遙0=品2員+5305⑦

聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得s=1m/s

由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰

塊不能追上小孩.

【答案】⑴20kg(2)見解析

5.[2015?山東理綜，39(2)]如圖所示，三個質(zhì)|T|[F

量相同的滑塊A、B、C,間隔相等地靜置于同

一水平直軌道上.現(xiàn)給滑塊A向右的初速度加，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰

13—

后A、3分別以鏟。、行0的速度向右運動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一

起向右運動.滑塊48與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值.兩次碰撞時間均極

短.求8、C碰后瞬間共同速度的大小.

5.【解析】設(shè)滑塊質(zhì)量為根，A與8碰撞前A的速度為內(nèi)，由題意知，碰后A

的速度IM'=乜0

碰后B的速度VB=^VO

由動量守恒定律得mvA=mVA'+nWB①

設(shè)碰撞前A克服軌道阻力所做的功為抽，由功能關(guān)系得

WA^^mva—^mVA②

設(shè)B與C碰撞前8的速度為在'，8克服軌道阻力所做的功為例，由功能關(guān)系得

WB=品通一產(chǎn)2③

由于三者間隔相等，滑塊A、8與軌道間的動摩擦因數(shù)相等，則有皿=WB④

設(shè)8、C碰后瞬間共同速度的大小為0,由動量守恒定律得

moR=2mv⑤

聯(lián)立①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得。=嚕1?0

⑥

【答案】將。

6.[2014.新課標(biāo)全國I,35(2),9分]如圖所示，質(zhì)量分別為I

A6

I

機(jī)A、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面8。彳---

的高度/?=0.8m,A球在8球的正上方.先將8球釋放，經(jīng)

過一段時間后再將A球釋放.當(dāng)A球下落f=0.3s時，剛好中0.8m

?

與B球在地面上方的尸點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間

A球的速度恰為零.已知mB=3〃M,重力加速度大小g=10

m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.求：

(1)5球第一次到達(dá)地面時的速度；

(2)P點距離地面的高度.

6.【解析】(1)設(shè)3球第一次到達(dá)地面時的速度大小為。8,由運動學(xué)公式有0B=

\f2gh①

將力=0.8m代入上式，得0B=4m/s②

⑵設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為5和初'=0),8球的速度分別

為。2和。2’，由運動學(xué)規(guī)律可得oi=g/③

由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保

持不變.規(guī)定向下為正方向，有

加AO1+niBV2=mBV2,④

；〃〃濟(jì)+3mB潺=/B02，2⑤

設(shè)8球與地面相碰后的速度大小為OB’，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得OB'=VB

⑥

設(shè)尸點距地面的高度為〃，由運動學(xué)規(guī)律可得

〃⑦

2g

聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得"=0.75m⑧

【答案】(1)4m/s(2)0.75m

7.[2015?新課標(biāo)全國H,35(2),10分]兩滑塊a、8沿水平面上同一條直線運動，

并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙

路段.兩者的位置尤隨時間，變化的圖象如圖所示.求：

(1)滑塊”、。的質(zhì)量之比；

⑵整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比.

7.【解析】(1)設(shè)。、〃質(zhì)量分別為〃”、m2,a、Z?碰撞前的速度分別為。i、02.由

題給圖象得oi=-2m/s,V2=lm/s

a、。發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為a

2

由題給圖象得o=Wm/s

由動量守恒定律有mivi+m2Vi=(m\+mi)v

解得—

mi8

⑵由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能

△E=^mw^+—^(mi+m2)v2

由圖象可知，兩滑塊最后停止運動，由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功

1,

卬=/(機(jī)1+)篦2%9

w1

解得E

【答案】（4（2/

【點撥】位移一時間圖象的斜率對應(yīng)速度.

第?步提能力

考向歸納

動■守恒定律的理解及應(yīng)用________?j

雙醐1（2015?陜西渭南一模）如圖所示，在光滑水平面雪網(wǎng)也

上，有一質(zhì)量M=3kg的薄板，板上有質(zhì)量m=1kgJ""""%"""）二

的物塊，兩者以加=4m/s的初速度朝相反方向運動.薄板與物塊之間存在摩擦且

薄板足夠長，求：

⑴當(dāng)物塊的速度為3m/s時，薄板的速度；

（2）物塊最后的速度.

【解析】（1）由于水平面光滑，物塊與薄板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方

向，由動量守恒定律得Moo一加0o=M。'一機(jī)切，當(dāng)0i=3m/s時，代入數(shù)據(jù)解得o'

=ym/s,方向水平向右.

（2）在摩擦力作用下物塊和薄板最后以共同的速度運動，設(shè)共同運動速度為口以向

右為正方向，由動量守恒定律得A/oo—m0o=（M+"?）。，代入數(shù)據(jù)解得0=2m/s,

方向水平向右.

【答案】⑴?m/s,方向水平向右（2）2m/s,方向水平向右

生碰撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時，人從甲車跳上乙車，試求人跳離甲車的水平速

度（相對地面）應(yīng)滿足什么條件？不計地面和斜坡的摩擦，小車和人均可看成質(zhì)點.

【解析】設(shè)向左為正方向，甲車（包括人）滑下斜坡后速度為01,由機(jī)械能守恒定

律有+M）濟(jì)=（〃”+M）g/z,解得V]=yj2gh=2vo

設(shè)人跳出甲車的水平速度（相對地面）為v,在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自

動量守恒，設(shè)人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為功'和改'，則

人跳離甲車時：

人跳上乙車時：Mv—mivo=（M+mi）V2'

解得01'=6oo—20,s'=^v—

兩車不可能發(fā)生碰撞的臨界條件是0l'=%2‘

當(dāng)01'=。2’時，解得。=苛00

當(dāng)01'=-V2,時，解得

1311

故V的取值范圍為5雄忘。忘了00

1311

【答案】

□導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考“三個物體，兩次作用”是近幾年考查動量守恒定律應(yīng)用的模型之

一，且常涉及臨界問題.由于作用情況及作用過程較為復(fù)雜，要根據(jù)作用過程中

的不同階段，建立多個動量守恒方程，或?qū)⑾到y(tǒng)內(nèi)的物體按作用的關(guān)系分成幾個

小系統(tǒng)，分別建立動量守恒方程，聯(lián)立求解.

動■和能■的綜合砥____________?）

圖⑷3[2013?新課標(biāo)全國H,35（2）,10分]如圖所示，光因翌加/對[c]

ZZ/Z/Z////////////

滑水平直軌道上有3個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B

的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）.設(shè)A以速度如朝8運動，壓縮

彈簧；當(dāng)A、8速度相等時，3與。恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動.假設(shè)

B和C碰撞過程時間極短.求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：

（1）整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

⑵彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.

【解析】（1）從A壓縮彈簧到A與3具有相同速度加時，對A、3與彈簧組成的

系統(tǒng)，由動量守恒定律得機(jī)口）=2根切①

在8和C碰撞的過程中，系統(tǒng)所受外力的合力（即彈簧的彈力）并不為零，但由于

“碰撞過程時間極短”，可認(rèn)為所受外力的合力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)近似動量守恒.

設(shè)碰撞后的瞬時速度為。2,損失的機(jī)械能為AE,對8、C組成的系統(tǒng)，由動量守

恒定律和能量守恒定律得機(jī)01=2加02②

E+^2m)vi③

聯(lián)立①②③式得△E=-^mvi④

(2)由②式可知s<s,A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度

為03,此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為斗.由動量守恒和能量守恒定律得

mvo=3mv3⑤

^mvo—△E=T(3〃。泊4-￡P(guān)⑥

17

聯(lián)立④⑤⑥式得Ep=病〃加⑦

40

【答案】(l)^muo(2)捻

□導(dǎo)學(xué)導(dǎo)考物體系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用力不會影響系統(tǒng)的總動量，但內(nèi)力做功會

影響系統(tǒng)的總能量，所以系統(tǒng)從一個狀態(tài)變?yōu)榱硪粋€狀態(tài)時，既要滿足“動量”

關(guān)系，又要滿足“能量”關(guān)系，需綜合考慮.高考對動量守恒定律的考查以計算

題為主，且與能量結(jié)合較多.

模型方法歸納

EiS應(yīng)用動量守恒定律解題的思路

1.分析題意，明確研究對象，知道系統(tǒng)是由哪幾個物體組成的；

2.受力分析，弄清系統(tǒng)內(nèi)力和外力，判斷是否滿足動量守恒的條件；

3.明確研究過程，確定初末狀態(tài)的動量和表達(dá)式；

4.建立動量守恒方程求解，必要時討論說明.

處理動量守恒定律中臨界問題的關(guān)鍵

1.尋找臨界狀態(tài)：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”或“物體開始反向運動”等臨界狀態(tài).

2.挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件多表現(xiàn)為兩物體的相對

速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即“速度相等”或“位移相等”.

力學(xué)規(guī)律的選用原則

1.如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律.

2.研究某一物體受到力的持續(xù)作用運動狀態(tài)發(fā)生改變時，一般用動量定理（涉及時

間）或動能定理（涉及位移）去解決問題.

3.若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去

解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件.

4.在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，利用系統(tǒng)克服摩擦力所做的

總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量.

5.在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均含

有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換.這種問題由于作用時間極短，因此常

用到動量守恒定律.

第?步乂過模擬

1.（2015.福建廈門質(zhì)檢）如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的

小車A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為機(jī)的人力￥B

靜止站在A車上，兩車靜止.若這個人自A車跳到B?匚

車上，接著又跳回A車并與A車相對靜止，則此時A

車和B車的速度之比為（）

M+mm-\-MMm

A.mD.M+機(jī)

7）A

1.C規(guī)定向右為正方向，對全過程由動量守恒定律有O=M0B—（M+m）0A,得￡

=Mc正確

M+m""即

2.（2014.寧夏銀川一中模擬）如圖所示，兩塊厚度相互一

C

同的木塊A、B,緊靠著放在光滑的桌面上，其質(zhì)"""廠人一

量分別為2.0kg、0.90kg,它們的下表面光滑，上

表面粗糙.另有質(zhì)量為010kg的鉛塊C（大小可以忽略）以10m/s的速度水平地滑

到A的上表面，由于摩擦，鉛塊C最后停在木塊8上，此時8、C的共同速度。

=0.5m/s.求木塊A的最終速度和鉛塊C剛滑到B上時的速度.

2.【解析】設(shè)鉛塊C剛離開A時。的速度為0c',A和8的共同速度為必i,在

鉛塊滑過A的過程中，A、B、。所組成的系統(tǒng)動量守恒，有機(jī)。O=（/"A+/"B）0A+

mcvc'

在鉛塊C滑上8后，由于B繼續(xù)加速，所以A、8分離，A以板勻速運動.鉛塊

C在B上滑行的過程中，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mffVA-i~mcVc,=(mB+mc)v

聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)解得辦=0.25m/s,vc'=2.75m/s

【答案】0.25m/s；2.75m/s

3.(2015?河北石家莊二中一模)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是〃M=4.0kg

和加B=3.0kg,用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊8右側(cè)與豎直墻相

接觸.另有一物塊C從f=0時刻以一定速度向右運動，在/=4s時與物塊A相碰,

并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的。一r圖象如圖乙所示.求：

(1)物塊。的質(zhì)量加c；

(2)8離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能EP.

3.【解析】(1)由題圖乙知，。與A碰前速度S=9m/s,碰后速度s=3m/s,C

與A碰撞過程動量守恒，有

mco?=(/〃A+mc)V2

得/TIC=2kg

(2)由題圖乙知，12s時8離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械

能守恒，且當(dāng)A、。與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大.

(mA+mc)V3=+mc)V4

得穌=9J

【答案】⑴2kg(2)9J

【點撥】仁A相碰屬于完全非彈性碰撞，B從離墻到與A、C共速，相當(dāng)于完

全非彈性碰撞.

4.(2015?湖北八校第一次聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量W=2kg的木板靜止在光滑的水平

地面上，木板AB部分為光滑的四分之一圓弧面，半徑R=0.3m,木板8C部分為

水平面，粗糙且足夠長.質(zhì)量〃?=1kg的小滑塊從A點由靜止釋放，最終停止在

面上的。點(。點未標(biāo)注).若3c面與小滑塊之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,g=10

m/s2,求：

AP-D--<°

⑴小滑塊剛滑到B點時的速度大?。?/p>

(2)8。之間的距離.

4.【解析】(1)設(shè)小滑塊滑到8點時，木板和小滑塊速度分別為。1、V2,由動量

守恒定律有Mv\+mv2=0

由機(jī)械能守恒定律有，"gR=權(quán)加孑+/成

代入數(shù)據(jù)得。|=1m/s,V2=~2m/s

即小滑塊剛滑到B點時的速度大小為2m/s.

⑵設(shè)小滑塊靜止在木板上時速度為V,由動量守恒定律有

(M-\-m)v=0,得u=0

由能量守恒定律有mgR=[imgL

代入數(shù)據(jù)得L=1.5m

【答案】(1)2m/s(2)1.5m

A》碰撞及其可能性判斷束束第廿」

才點

第11步試真題

1.[2015?福建理綜，30(2),6分]如圖所示，兩滑塊A、B

在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為“左普三右

速度大小為2內(nèi)，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2加，速度大，〃…/⑷〃〃〃.〃.〃.〃月〃一》〃

小為00,方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()

A.A和8都向左運動B.A和B都向右運動

C.A靜止，8向右運動D.A向左運動，8向右運動

1.D彈性碰撞沒有能量損失，取向右為正方向，有2nwo—2〃200=〃m+2/〃02,1

機(jī)(2oo)2+：?2"皿8=；，"浮+；?2〃w幺聯(lián)立解得m=-2oo,02=00,因此A向左運動,

8向右運動，D正確.

【點撥】本題亦可直接用彈性碰撞結(jié)論計算.取向右為正，VI'=一n?『I-1777s+

2儂022oo4優(yōu)-/mi—mx,2mw\~vo4vo

IQ22。0.。2I02IIQ+tQ0()，

m\~vm23Jm\-vimm\-\~nnJ3

2.(2014.重慶理綜，4,6分)一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度。=

2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3：1.不計質(zhì)量損失，取

重力加速度g=10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()

3

2.B設(shè)彈丸爆炸前質(zhì)量為布，爆炸成甲、乙兩塊后質(zhì)量比為3：1,可知〃物,=]

機(jī)，加乙=/".設(shè)爆炸后甲、乙的速度分別為。1、。2,爆炸過程中甲、乙組成的系統(tǒng)

,,31

在水平方向動量守恒，取彈丸運動方向為正方向，有mv=^mv[+-^mV2,得3初+

02=8.爆炸后甲、乙兩彈片水平飛出，做平拋運動.豎直方向做自由落體運動，h

=%戶，可得f=、隹=ls；水平方向做勻速直線運動，x=”,所以甲、乙飛行的

水平位移大小與爆炸后甲、乙獲得的速度大小在數(shù)值上相等，因此也應(yīng)滿足3加+

及=8,從選項圖中所給數(shù)據(jù)可知，B正確.

【點撥】爆炸后，一定有一塊彈片速度增加，大于原來速度.

3.[2015.天津理綜，9(1)]如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球

在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發(fā)生正碰，8球碰撞前、后的速率之比

為3：1,A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回.兩球^77777777^77777^777^

An

剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為,A、B碰撞前、后兩

球總動能之比為.

3.【解析】設(shè)A、8質(zhì)量分別為mA、機(jī)B,8的初速度為伙），取8的初速度方向

為正方向，由題意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、3末速度正好相同，都是一方,

第一次碰撞時，動量守恒，有加即0=/"A?5+"2B?（一，），解得MA：加8=4：1

碰撞前、后動能之比

1.r1他辛1（喻2]

Eki:Ek2=,mBu69?\2m\3）+產(chǎn)J=9：5

【答案】4：19：5

4.[2016?全國III,35（2）,10分]如圖,水平地面上有兩

個靜止的小物塊。和從其連線與墻垂直；。和〃相距

3

I,匕與墻之間也相距/;a的質(zhì)量為相，8的質(zhì)量為甲幾

兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同.現(xiàn)使。以初速度。o向右滑動.此后a與〃

發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞.重力加速度大小為g.求物塊與地面間的

動摩擦因數(shù)滿足的條件.

4.【解析】設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為"，若栗物塊a、〃能夠發(fā)生碰撞，

應(yīng)有^rnvi>/.imgl①

即〃〈加②

設(shè)在a、〃發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為由能量守恒有:加濟(jì)

+fimgl③

設(shè)在。、。碰撞后的瞬間，。、人的速度大小分別為s'、s',由動量守恒和能量

3777.

守恒有mv]=mv\/+-“。2’