2016届《创新设计》高考物理大一轮复习精讲课件：第6章 碰撞与动量守恒-2 弹性碰撞和非弹性碰撞
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高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版
(2)表达式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总 动量p′. ②m1v1＋m2v2＝____m__1v_1_′_＋__m_2_v_2_′ ___，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动量和． ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反 向． ④Δp＝0，系统总动量的增量为零．
高考总复习·物理
3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言 的，系统若改变，动量就不一定守恒了．
4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前 同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成 的系统，而且适用于高速运动的微观粒子组成的系统．
高考总复习·物理
【典例剖析】
例2 (2010·山东)如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块
B质量为
3 2
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道
向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A
黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若
B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使
高考总复习·物理
【解析】初动量为p0＝mv0＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s. 末动量为 p＝mv＝2×6 kg·m/s＝12 kg·m/s. 因此，动量增大为原来的2倍． 初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×32 J＝9 J. 末动能为Ek＝12mv2＝12×2×62 J＝36 J. 因此，动能增大为原来的4倍．
高考总复习·物理
[知识梳理] 1．动量守恒定律 (1) 内 容 ： 如 果 一 个 系 统 _____不__受__外__力_____ ， 或 者 _所__受__到__的__合___外__力__的__矢__量__和__为__零______，这个系统的总动量保持 不变，这就是动量守恒定律．
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3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言 的，系统若改变，动量就不一定守恒了．
4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前 同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．
5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成 的系统，而且适用于高速运动的微观粒子组成的系统．
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【典例剖析】
例2 (2010·山东)如图3所示，滑块A、C质量均为m，滑块
B质量为
3 2
m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道
向固定在右侧的挡板运动；现将C无初速度地放在A上，并与A
黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若
B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使
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【解析】初动量为p0＝mv0＝2×3 kg·m/s＝6 kg·m/s. 末动量为 p＝mv＝2×6 kg·m/s＝12 kg·m/s. 因此，动量增大为原来的2倍． 初动能为Ek0＝12mv20＝12×2×32 J＝9 J. 末动能为Ek＝12mv2＝12×2×62 J＝36 J. 因此，动能增大为原来的4倍．
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[知识梳理] 1．动量守恒定律 (1) 内 容 ： 如 果 一 个 系 统 _____不__受__外__力_____ ， 或 者 _所__受__到__的__合___外__力__的__矢__量__和__为__零______，这个系统的总动量保持 不变，这就是动量守恒定律．
高考物理一轮复习全国版课件第六章碰撞与动量守恒基础课2
1.如图4所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小 球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则 碰后三个小球的速度值是( )
A.v1＝v2＝v3＝
1 3v0
C.v1＝0，v2＝v3＝12v0
图4
B.v1＝0，v2＝v3＝
1 2v0
D.v1＝v2＝0，v3＝v0
C.102.5 N
D.350 N
解析 子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v，得子 弹与沙袋的共同速度 v＝mm＋v0M＝0.011×0500 m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公 式 FT－(m＋M)g＝(m＋M)vL2得，悬绳的拉力 FT＝(m＋M)g＋(m＋M)vL2＝102.5 N，所 以选项 C 正确。 答案 C
4.(2018·东营模拟)如图2所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执 行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和 空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他 的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量 为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员 在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离 空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
图2
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？ (2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。 解析 (1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方 向为正方向， 则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1 以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s。 (2)以甲为研究对象，由动量定理得 Ft＝M1v1－(－M1v0)，代入数据解得F＝432 N。 答案 (1)5.2 m/s (2)432 N
高考物理第一轮复习第六章碰撞与动量守恒 PPT课件 课件(课件 练习共6份) 人教课标版1
高考总复习·物理
【解析】以A滑块的初速度v1的方向为正方向，由动量守 恒定律，知
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′ v′＝m1mv11＋＋mm22v2＝600×1650＋0＋40400×0 －10 cm/s＝5 cm/s 碰后滑块的速度大小为5 cm/s，方向与A滑块的初速度方 向相同．
高考总复习·物理
高考总复习·物理
第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞
高考总复习·物理
【导学目标】 1.掌握两种碰撞的特点和规律.2.掌握多过程 运动中的动量守恒和含弹簧的碰撞问题．
高考总复习·物理
一、碰撞 [基础导引] 在气垫导轨上，一个质量为600 g的滑块A以15 cm/s的速度 与另一个质量为400 g、速度为10 cm/s并沿相反的方向运动的 滑块B迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起，求碰撞后滑块的 速度大小和方向． 【答案】5 cm/s 方向与A滑块的初速度方向相同
量变为10 kg·m/s，则甲、乙两球的质量m甲∶m乙的关系可能是
()
AБайду номын сангаас12
B．130
C．15 错解 A
D．110
高考总复习·物理
错因分析 没有抓住速度在碰撞前后的特征． 1．碰前：球甲追上球乙并与乙碰撞，则两球的速度满足v 甲>v乙． 2．碰中：在碰撞的整个过程中遵循两条规律：一是甲、 乙组成的系统动量守恒，二是碰撞前后的总动能不能增加．被 碰者乙的动能增大，追者甲的动能必然减少． 3．碰后：若碰后甲、乙沿同一方向运动，甲、乙分离， 则v甲′<v乙′；若甲、乙不分离，则v甲′＝v乙′.
高考总复习·物理
例2 (2013·石家庄联考)在原子核物理中，研究核子与核 关联的最好途径是 “双电荷交换反应”．这类反应的前半部 分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相 连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂 直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B 球，如图2所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它 们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然 被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D 都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁 定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A、B、C三球的质 量均为m.
高考物理一轮复习第6章碰撞与动量守恒第2讲动量守恒定律及其应用课件
1．(2019 年江苏卷)质量为 M 的小孩站在质量为 m 的滑板上，小孩
和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃
离滑板，离开滑板时的速度大小为 v，此时滑板的速度大小为( )
A．Mmv
B．Mmv
C．m＋m Mv
D．m＋MMv
【答案】B 【解析】设滑板的速度为 u，由小孩和滑板动量守恒得 0＝mu－Mv， 解得 u＝Mmv，B 正确，A、C、D 错误．
()
A．3 J
B．4 J
C．6 J
D．20 J
【答案】A 【解析】设铁块与木板共速时速度大小为 v，铁块相对木板向右运 动的最大距离为 L，铁块与木板之间的摩擦力大小为 Ff.铁块压缩弹簧使 弹簧最短时，由能量守恒定律可得12mv20＝Ff L＋12(M＋m)v2＋Ep.由动量 守恒定律，得 mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程， 由能量关系得12mv20＝2FfL＋12(M＋m)v2，联立解得 Ep＝3 J，A 正确．
【解析】物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有 损失，A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零， 则系统动量一直守恒，B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动 量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的 速度与初速度是相等的，C正确；由分析可知，当物体与B端油泥粘在 一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等 的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦 无关，D正确．
模型2 “滑块—弹簧”碰撞模型 例4 如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹 簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块B以水 平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回， 最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为
高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒课件
选修3-5 第六章 碰撞与动量守恒
12/8/202112源自8/2021【体系构建】12/8/2021
【备考指导】 一、知识特点 1.本章知识的系统性较强,概念性的知识较少,与其他方面的联系比
较密切,是解决力学问题的重要工具和方法。 2.本章知识具有以下两方面特点: (1)矢量性特征:冲量、动量、动量变化量、动量定理及动量守恒定
律的表达式都具有矢量性特征,在应用过程中应特别关注其方向性。 (2)普遍性特征:动量定理和动量守恒定律都具有广泛的适用范围,不
仅适用于低速宏观情境下的物体和系统,也适用于高速运动的微观粒子组 成的系统。
12/8/2021
二、复习方法及重难点突破 1.复习方法: 对本部分内容的复习应抓好以下几个方面: (1)特别强调物理量的矢量性:动量是矢量,动量定理表达式、动量守 恒定律表达式是矢量式,对同一直线上矢量运算转化为代数运算。 (2)注重综合分析能力和对实际问题抽象简化的能力:加强贴近高考、 贴近实际的典型题训练,抓住典型问题,如人船问题、碰撞问题、子弹打 木块问题等。结合新背景、新素材考查上述问题是高考命题的方向。
12/8/2021
2.重点难点突破方法: (1)动量定理为Ⅱ级要求,应予以足够重视,但也不宜练习太难的题目, 以中档题为主。但要注意与动能定理、牛顿第二定律的综合应用。 (2)动量守恒定律为Ⅱ级要求,要在动量守恒定律的理解上,让学生掌 握应用动量守恒定律解题的基本方法和步骤。并在与能量观点、动力学 观点综合应用上多做题目。 (3)对碰撞问题首先要熟练掌握两物体碰撞的几个基本公式,然后运 用动量守恒定律并结合能量关系解决相关问题。 (4)应用动量定理、动量守恒定律时,先规定正方向,把同一直线上的 矢量运算转化为含有“+”“-”号的代数运算,防止矢量性方面的错误。
12/8/202112源自8/2021【体系构建】12/8/2021
【备考指导】 一、知识特点 1.本章知识的系统性较强,概念性的知识较少,与其他方面的联系比
较密切,是解决力学问题的重要工具和方法。 2.本章知识具有以下两方面特点: (1)矢量性特征:冲量、动量、动量变化量、动量定理及动量守恒定
律的表达式都具有矢量性特征,在应用过程中应特别关注其方向性。 (2)普遍性特征:动量定理和动量守恒定律都具有广泛的适用范围,不
仅适用于低速宏观情境下的物体和系统,也适用于高速运动的微观粒子组 成的系统。
12/8/2021
二、复习方法及重难点突破 1.复习方法: 对本部分内容的复习应抓好以下几个方面: (1)特别强调物理量的矢量性:动量是矢量,动量定理表达式、动量守 恒定律表达式是矢量式,对同一直线上矢量运算转化为代数运算。 (2)注重综合分析能力和对实际问题抽象简化的能力:加强贴近高考、 贴近实际的典型题训练,抓住典型问题,如人船问题、碰撞问题、子弹打 木块问题等。结合新背景、新素材考查上述问题是高考命题的方向。
12/8/2021
2.重点难点突破方法: (1)动量定理为Ⅱ级要求,应予以足够重视,但也不宜练习太难的题目, 以中档题为主。但要注意与动能定理、牛顿第二定律的综合应用。 (2)动量守恒定律为Ⅱ级要求,要在动量守恒定律的理解上,让学生掌 握应用动量守恒定律解题的基本方法和步骤。并在与能量观点、动力学 观点综合应用上多做题目。 (3)对碰撞问题首先要熟练掌握两物体碰撞的几个基本公式,然后运 用动量守恒定律并结合能量关系解决相关问题。 (4)应用动量定理、动量守恒定律时,先规定正方向,把同一直线上的 矢量运算转化为含有“+”“-”号的代数运算,防止矢量性方面的错误。
高考物理一轮复习第六章动量第二讲碰撞、反冲与动量守恒定律课件
1－1.[碰撞现象的分析] (多选)如图所示，动量分别为 pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s 的两个小球 A、B 在 光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一 题组突破 段时间后两球发生正碰，分别用 ΔpA、ΔpB 表示两小球动量的变化 (tūpò) 量，则下列选项中可能正确的是( )
第二十二页，共48页。
热点(rè diǎn) 二
2－1.[水平方向的反冲问题] 一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入 太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星
题组突破 (tūpò)
质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭 原方向飞行．若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离
第四页，共48页。
热点(rè diǎn)一
[典例 1] [弹性碰撞] (2016·高考全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个 静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直；a 和 b 相 题组突破(tūpò) 距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量 为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使 a 以初速度 v0 向右滑动．此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生 碰撞．重力加速度大小为 g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
热点(rè diǎn)一
题组突破 (tūpò)
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 m1≫m2，且 v20＝0 时，碰后质量大的 速率不变，质量小的速率为 2v.当 m1≪m2，且 v20＝0 时，碰 后质量小的球原速率反弹．
第十页，共48页。
热点热(点rè(drièǎn) diǎ一n)一
目录 CONTENTS
第二讲 碰撞、反冲与动量守 恒定律
第二十二页，共48页。
热点(rè diǎn) 二
2－1.[水平方向的反冲问题] 一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入 太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星
题组突破 (tūpò)
质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2 沿火箭 原方向飞行．若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离
第四页，共48页。
热点(rè diǎn)一
[典例 1] [弹性碰撞] (2016·高考全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个 静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直；a 和 b 相 题组突破(tūpò) 距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量 为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使 a 以初速度 v0 向右滑动．此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生 碰撞．重力加速度大小为 g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
热点(rè diǎn)一
题组突破 (tūpò)
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 m1≫m2，且 v20＝0 时，碰后质量大的 速率不变，质量小的速率为 2v.当 m1≪m2，且 v20＝0 时，碰 后质量小的球原速率反弹．
第十页，共48页。
热点热(点rè(drièǎn) diǎ一n)一
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第二讲 碰撞、反冲与动量守 恒定律
高考物理碰撞与动量守恒课件
4．动量与动能的关系：p＝ 2mEk
5．动量的变化量 (1)定义：物体在某段时间内________与________的矢量 差(也是矢量)． (2)表达式：Δp＝p′－p. (3)同一直线上动量的运算 如果物体的动量始终保持在同一条直线上，在选定一个 正方向之后，动量的运算就可以简化为代数运算．
二、系统、内力和外力 1．系统：相互作用的两个或两个以上的物体组成一个系 统． 2．内力：系统________物体之间的相互作用力． 3．外力：系统________物体对系统________物体的作用 力．
(3)相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应 用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一 参考系的速度．
4．成立条件 (1)系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零． (2)系统受到外力的合力不为零，但当内力远大于外力时 系统动量近似守恒． (3)系统所受外力的合力不为零，但在某个方向上受力为 零时，则该方向上系统动量守恒．
设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有 h＝v22g2，⑤ 由①④⑤式得 h＝3mmAA＋－mmBB2H.
答案：3mmAA＋－mmBB2H.
跟踪训练1 在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速 率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处 于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B 均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相 遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞 都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.
3．表达式 (1)p＝p′或p1＋p2＝p1′＋p2′ 系统相互作用前总动量p________相互作用后总动量p′. (2)Δp1＝－Δp2 相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化 量与另一个物体的动量变化最大小________、方向________． (3)Δp＝0 系统总动量增量________．
高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒基础课1动量
C．mg(t1＋t2)
D．0
解析 重力是恒力，重力的冲量等于重力与重力作用时间的乘
积，即整个运动过程中重力的冲量为mg(t1＋t2)。选项C正确。 答案 C
动量定理的理解及应用
1．对动量定理的理解 (1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，右边是物体受到的 所有外力的总冲量，而不是某一个力的冲量。其中F是所有外 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是合外力在时间t内的平均值。 (2)动量定理的表达式Ft＝p′－p说明了两边的因果关系，即合 外力的冲量是动量变化的原因。
答案 C
2．[冲量、动量的理解]如图1所示，竖直面内有一个固定圆环， MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端 点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分 别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到 圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
图1
A．合力对两滑块的冲量大小相同 B．重力对a滑块的冲量较大 C．弹力对a滑块的冲量较小 D．两滑块的动量变化大小相同 解析 这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F ＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较 大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹 力FN＝mgcos θ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小。故 选项C正确。 答案 C
动量、冲量的理解及计算
1．冲量和动量的比较
冲量I
动量p
力与力的作用时间的乘积叫 质量和速度的乘积叫
定义
做力的冲量
做动量
公式
I＝Ft
p＝mv
单位
N·s
kg·m/s
矢标 矢量，方向与恒力的方向相 矢量，方向与速度的
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图 2所示。用锤子轻轻敲击 A球，使之获得一个向右的速 度v0＝4 m/s，A、B两球碰撞后粘合在一起，再与C球碰 撞，最后C球获得vC＝2 m/s的向右的速度。
图2
强基固本
考点突破
(1)求第一次碰撞后A、B两球粘合在一起的共同速度； (2)第二次碰撞是不是弹性碰撞？ (3)求两次碰撞过程，系统损失的能量ΔE。
强基固本
考点突破
当 t＝2 s 时 P 恰好经过 B 点，由④⑤⑥⑦式解得 v1＝14 m/s 当 t＝4 s 时 P 恰好经过 B 点，同理解得 v1′＝10 m/s 则 v1 取值范围为：10 m/s≤v1≤14 m/s v2 取值范围：5 m/s≤v2≤7 m/s 当 v2＝7 m/s 时，P 向左经过 A 点的速度最大为：
kg·m/s ， B 球的动量为 10 kg·m/s ，即 mAvA ＝ 2 kg·m/s ， mBvB＝10 kg·m/s，且mB＝2mA，vA∶vB＝2∶5，所以A选项 正确，B选项错误。 答案 A
强基固本 考点突破
题组二
弹性碰撞和非弹性碰撞
3．质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个
强基固本 考点突破
结论
(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后
交换速度。
(2) 当质量大的球碰质量小的球时， v1′>0 ， v2′>0 ，碰撞后两
球都向前运动。 (3) 当质量小的球碰质量大的球时， v1′<0 ， v2′>0 ，碰撞后质 量小的球被反弹回来。 2．非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
强基固本 考点突破
考点二
模型1
动量守恒中的常见模型
“人船模型”
“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用，它把速度和质 量的关系推广到质量和位移的关系，这样给我们提供了一 种解题思路和解决问题的方法。“人船模型”的适用条件
是：两个物体组成的系统 ( 当有多个物体组成系统时，可
以先转化为两个物体组成的系统 ) 动量守恒，系统的合动 量为零。
强基固本 考点突破
2.如图1所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B两球在同一 直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方 向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞， 碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s。则
(
)
图1
强基固本
考点突破
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
强基固本 考点突破
图6
强基固本
考点突破
解析
第一阶段拉力 F 小于 C、A 间最大静摩擦力，因此 C、
A 共同加速到与 B 相碰。该过程对 C、A 用动能定理有 3 2 (F－μ2· 3mg)s＝ mv1 2 解得 v1＝8 0.3m/s。 A、B 相碰瞬间，A、B 系统动量守恒 mv1＝(m＋m)v2，碰后共 同速度 v2＝4 0.3m/s。 C 在 AB 上滑行全过程，A，B、C 系统所受合外力为零，动量 守恒，C 到 B 右端时恰好达到共同速度，即 2mv1＋2mv2＝4mv 因此共同速度 v＝6 0.3m/s。
2 v2 － v 4L A 2＝－2a· 2 2 v2 ＝ 17 m /s A
1 2 则通过 A 点最大动能为：EkA＝ · 2mvA ＝17 J 2 答案 (1)9 J (2)10≤v1≤14 m/s 17 J
强基固本 考点突破
【变式训练】
1.如图 4所示，用轻弹簧相连的质量均为 2 kg的 A、 B两物块 都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原 长，质量4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在 一起运动。在以后的运动中，求：
mv1＝2mv ① v＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为： 1 2 1 ΔEk＝ mv1－ · 2mv2＝9 J 2 2
强基固本
②
③
考点突破
(2)据匀减速直线运动关系，当 P 与挡板碰后运动到 B 点时： vB＝v2－at ④
2 v2 3L B－v2＝－2a·
⑤ 又由动量守恒定律： mv1＝2mv2 对 P 在滑行过程中由牛顿第二定律： μ· 2mg＝2ma ⑦ ⑥
强基固本
考点突破
【例1】
(2014·广东卷，35)图3的水平轨道中，AC段的中点B
的正上方有一探测器， C 处有一竖直挡板。物体 P1 沿轨道向
右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P， 以此碰撞时刻为计时零点。探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工 作，已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数 为μ＝0.1，AB段长L＝4 m ，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为
强基固本
考点突破
(2)整个过程中，根据动量守恒(人船模型)得 x1 x2 m t ＝M t ③ x1＋x2＝L ④ L 联立③④式解得 x2＝ 。 4 答案 (1)3 m/s 1 m/s L (2) 4
强基固本
考点突破
模型 2 动量守恒定律——“滑块类模型”问题 【例 3】 (2015· 深圳模拟)如图 6 所示，两个完全相同的质量
小于 M ；若 m≥M ，则无论如何 a球都不会被反向弹回。当两 小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大， b 球与 M 被碰
球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，选项C正确。
答案 C
强基固本
考点突破
4．三个完全相同的小球A、B、C，质量满足mA＝mB＝mC＝
2 kg，静止在光滑地面上并沿“一”字形依次排开，如
图4
强基固本
考点突破
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？
(2)弹性势能的最大值是多大？
(3)A的速度有可能向左吗？为什么？ 解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有 (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得vA′＝3 m/s
强基固本
考点突破
考点一
两种碰撞的特点
1．弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 以质量为 m1，速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发 生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 1 1 1 2 2 m1v1＝ m1v1′ ＋ m2v2′2 2 2 2 m1－m2v1 2m1v1 解得 v1′＝ ，v2′＝ m1＋m2 m1＋m2
第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞
强基固本
考点突破
[知 识 梳 理 ]
知识点一、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．定义 碰撞是指物体间的相互作用持续时间 相互作用力 很大 的现象。 很短 ，而物体间
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力 相互碰撞的系统动量守恒。
强基固本 考点突破
远大于 外力，可认为
3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒
解析
(1)A、B两球相碰满足动量守恒，则有mv0＝2mv1
可得两球共同速度v1＝2 m/s。
强基固本
考点突破
(2)A、B 两球与 C 球相碰也满足动量守恒，则有 2mv1＝mvC＋ 2mv2 可得 A、B 两球跟 C 球相碰后的速度 v2＝1 m/s 1 1 1 2 2 2 第二次碰撞损失的机械能 ΔE2＝ · 2mv1－ · 2mv2－ mvC＝2 J， 2 2 2 则有机械能损失，所以第二次碰撞不是弹性碰撞。 1 2 1 (3)第一次碰撞损失的机械能 ΔE1＝ mv0－ · 2mv2 1＝8 J 2 2 根据能量守恒得 ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝8 J＋2 J＝10 J 答案 (1)2 m/s (2)不是弹性碰撞 (3)10 J
1．(2014·广州市高三调研测试 )两球在水平面上相向运动，
发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的 ( A．质量相等 C．动量大小相等 B．动能相等 D．速度大小相等 )
解析
两球碰撞过程动量守恒，碰后静止，则碰后的总
动量为零，说明碰前两球的动量等大反向，C正确，A、 B、D错误。 答案 C
强基固本
考点突破
3．不违背
能量 守恒原则
碰撞过程满足 Ek≥Ek′ 1 1 1 1 2 2 2 即 m1v1＋ m2v2≥ m1v1′ ＋ m2v2′2 2 2 2 2
2 2 2 p ′ p ′ p2 p 1 2 1 2 或 ＋ ≥ ＋ 2m1 2m2 2m1 2m2
强基固本
考点突破
[题 组 自 测 ] 题组一 碰撞中的动量守恒
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 解析 由p＝mv和mB＝2mA知，若A、B球能相碰， A球只能
在左方，故 C、 D选项错误；碰撞后，A球的动量增量为－ 4
kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以A球的动量为2
为 m 的木板 A、 B 置于水平地面上， 它们的间距 s＝2.88 m。 质量为 2m， 大小可忽略的物块 C 置于 A 板的左端。 C与A 之间的动摩擦因数 μ1＝0.22，A、B 与水平地面之间的动摩 擦因数为 μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦 力。开始时，三个物体处于静止状态。现给 C 施加一个水 2 平向右，大小为 mg 的恒力 F，假定木板 A、B 碰撞时间 5 极短且碰撞后粘连在一起，要使 C 最终不脱离木板，每块 木板的长度至少应为多少？
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，小车移动的距离。 解析 (1)设小球脱离弹簧时，小球的速度为 v1，小车速度为
v2，由动量守恒定律有 mv1－Mv2＝0 ① 小球弹开时，只有弹力做功，由能量守恒定律有 1 2 1 2 m v ＋ Mv ＝ E p 2 1 2 2 ② 联立①②式代入数据解得 v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
图2
强基固本
考点突破
(1)求第一次碰撞后A、B两球粘合在一起的共同速度； (2)第二次碰撞是不是弹性碰撞？ (3)求两次碰撞过程，系统损失的能量ΔE。
强基固本
考点突破
当 t＝2 s 时 P 恰好经过 B 点，由④⑤⑥⑦式解得 v1＝14 m/s 当 t＝4 s 时 P 恰好经过 B 点，同理解得 v1′＝10 m/s 则 v1 取值范围为：10 m/s≤v1≤14 m/s v2 取值范围：5 m/s≤v2≤7 m/s 当 v2＝7 m/s 时，P 向左经过 A 点的速度最大为：
kg·m/s ， B 球的动量为 10 kg·m/s ，即 mAvA ＝ 2 kg·m/s ， mBvB＝10 kg·m/s，且mB＝2mA，vA∶vB＝2∶5，所以A选项 正确，B选项错误。 答案 A
强基固本 考点突破
题组二
弹性碰撞和非弹性碰撞
3．质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个
强基固本 考点突破
结论
(1)当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后
交换速度。
(2) 当质量大的球碰质量小的球时， v1′>0 ， v2′>0 ，碰撞后两
球都向前运动。 (3) 当质量小的球碰质量大的球时， v1′<0 ， v2′>0 ，碰撞后质 量小的球被反弹回来。 2．非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失。
强基固本 考点突破
考点二
模型1
动量守恒中的常见模型
“人船模型”
“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用，它把速度和质 量的关系推广到质量和位移的关系，这样给我们提供了一 种解题思路和解决问题的方法。“人船模型”的适用条件
是：两个物体组成的系统 ( 当有多个物体组成系统时，可
以先转化为两个物体组成的系统 ) 动量守恒，系统的合动 量为零。
强基固本 考点突破
2.如图1所示，光滑水平面上有大小相同的 A、 B两球在同一 直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方 向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞， 碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s。则
(
)
图1
强基固本
考点突破
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
强基固本 考点突破
图6
强基固本
考点突破
解析
第一阶段拉力 F 小于 C、A 间最大静摩擦力，因此 C、
A 共同加速到与 B 相碰。该过程对 C、A 用动能定理有 3 2 (F－μ2· 3mg)s＝ mv1 2 解得 v1＝8 0.3m/s。 A、B 相碰瞬间，A、B 系统动量守恒 mv1＝(m＋m)v2，碰后共 同速度 v2＝4 0.3m/s。 C 在 AB 上滑行全过程，A，B、C 系统所受合外力为零，动量 守恒，C 到 B 右端时恰好达到共同速度，即 2mv1＋2mv2＝4mv 因此共同速度 v＝6 0.3m/s。
2 v2 － v 4L A 2＝－2a· 2 2 v2 ＝ 17 m /s A
1 2 则通过 A 点最大动能为：EkA＝ · 2mvA ＝17 J 2 答案 (1)9 J (2)10≤v1≤14 m/s 17 J
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【变式训练】
1.如图 4所示，用轻弹簧相连的质量均为 2 kg的 A、 B两物块 都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原 长，质量4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在 一起运动。在以后的运动中，求：
mv1＝2mv ① v＝3 m/s 碰撞过程中损失的动能为： 1 2 1 ΔEk＝ mv1－ · 2mv2＝9 J 2 2
强基固本
②
③
考点突破
(2)据匀减速直线运动关系，当 P 与挡板碰后运动到 B 点时： vB＝v2－at ④
2 v2 3L B－v2＝－2a·
⑤ 又由动量守恒定律： mv1＝2mv2 对 P 在滑行过程中由牛顿第二定律： μ· 2mg＝2ma ⑦ ⑥
强基固本
考点突破
【例1】
(2014·广东卷，35)图3的水平轨道中，AC段的中点B
的正上方有一探测器， C 处有一竖直挡板。物体 P1 沿轨道向
右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P， 以此碰撞时刻为计时零点。探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工 作，已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数 为μ＝0.1，AB段长L＝4 m ，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为
强基固本
考点突破
(2)整个过程中，根据动量守恒(人船模型)得 x1 x2 m t ＝M t ③ x1＋x2＝L ④ L 联立③④式解得 x2＝ 。 4 答案 (1)3 m/s 1 m/s L (2) 4
强基固本
考点突破
模型 2 动量守恒定律——“滑块类模型”问题 【例 3】 (2015· 深圳模拟)如图 6 所示，两个完全相同的质量
小于 M ；若 m≥M ，则无论如何 a球都不会被反向弹回。当两 小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大， b 球与 M 被碰
球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，选项C正确。
答案 C
强基固本
考点突破
4．三个完全相同的小球A、B、C，质量满足mA＝mB＝mC＝
2 kg，静止在光滑地面上并沿“一”字形依次排开，如
图4
强基固本
考点突破
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？
(2)弹性势能的最大值是多大？
(3)A的速度有可能向左吗？为什么？ 解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有 (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得vA′＝3 m/s
强基固本
考点突破
考点一
两种碰撞的特点
1．弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 以质量为 m1，速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发 生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 1 1 1 2 2 m1v1＝ m1v1′ ＋ m2v2′2 2 2 2 m1－m2v1 2m1v1 解得 v1′＝ ，v2′＝ m1＋m2 m1＋m2
第2课时 弹性碰撞和非弹性碰撞
强基固本
考点突破
[知 识 梳 理 ]
知识点一、弹性碰撞和非弹性碰撞 1．定义 碰撞是指物体间的相互作用持续时间 相互作用力 很大 的现象。 很短 ，而物体间
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力 相互碰撞的系统动量守恒。
强基固本 考点突破
远大于 外力，可认为
3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒
解析
(1)A、B两球相碰满足动量守恒，则有mv0＝2mv1
可得两球共同速度v1＝2 m/s。
强基固本
考点突破
(2)A、B 两球与 C 球相碰也满足动量守恒，则有 2mv1＝mvC＋ 2mv2 可得 A、B 两球跟 C 球相碰后的速度 v2＝1 m/s 1 1 1 2 2 2 第二次碰撞损失的机械能 ΔE2＝ · 2mv1－ · 2mv2－ mvC＝2 J， 2 2 2 则有机械能损失，所以第二次碰撞不是弹性碰撞。 1 2 1 (3)第一次碰撞损失的机械能 ΔE1＝ mv0－ · 2mv2 1＝8 J 2 2 根据能量守恒得 ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝8 J＋2 J＝10 J 答案 (1)2 m/s (2)不是弹性碰撞 (3)10 J
1．(2014·广州市高三调研测试 )两球在水平面上相向运动，
发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的 ( A．质量相等 C．动量大小相等 B．动能相等 D．速度大小相等 )
解析
两球碰撞过程动量守恒，碰后静止，则碰后的总
动量为零，说明碰前两球的动量等大反向，C正确，A、 B、D错误。 答案 C
强基固本
考点突破
3．不违背
能量 守恒原则
碰撞过程满足 Ek≥Ek′ 1 1 1 1 2 2 2 即 m1v1＋ m2v2≥ m1v1′ ＋ m2v2′2 2 2 2 2
2 2 2 p ′ p ′ p2 p 1 2 1 2 或 ＋ ≥ ＋ 2m1 2m2 2m1 2m2
强基固本
考点突破
[题 组 自 测 ] 题组一 碰撞中的动量守恒
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 解析 由p＝mv和mB＝2mA知，若A、B球能相碰， A球只能
在左方，故 C、 D选项错误；碰撞后，A球的动量增量为－ 4
kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以A球的动量为2
为 m 的木板 A、 B 置于水平地面上， 它们的间距 s＝2.88 m。 质量为 2m， 大小可忽略的物块 C 置于 A 板的左端。 C与A 之间的动摩擦因数 μ1＝0.22，A、B 与水平地面之间的动摩 擦因数为 μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦 力。开始时，三个物体处于静止状态。现给 C 施加一个水 2 平向右，大小为 mg 的恒力 F，假定木板 A、B 碰撞时间 5 极短且碰撞后粘连在一起，要使 C 最终不脱离木板，每块 木板的长度至少应为多少？
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小； (2)在整个过程中，小车移动的距离。 解析 (1)设小球脱离弹簧时，小球的速度为 v1，小车速度为
v2，由动量守恒定律有 mv1－Mv2＝0 ① 小球弹开时，只有弹力做功，由能量守恒定律有 1 2 1 2 m v ＋ Mv ＝ E p 2 1 2 2 ② 联立①②式代入数据解得 v1＝3 m/s，v2＝1 m/s