高三物理碰撞与动量守恒
动量守恒与碰撞解析碰撞过程中动量守恒的应用
动量守恒与碰撞解析碰撞过程中动量守恒的应用碰撞是物体间接触并相互影响的过程，涉及到动量守恒定律的应用。
本文将详细解析碰撞过程中动量守恒的应用。
一、碰撞的基本概念碰撞是物体间直接接触并相互影响的过程。
根据碰撞过程中物体间是否能够互相透过，可以将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。
在弹性碰撞中，碰撞物体之间没有能量损失，动能完全被保持。
在非弹性碰撞中，碰撞物体之间会有能量损失，一部分动能会转化为其他形式的能量，如热能。
二、动量守恒定律动量守恒定律是描述碰撞过程中动量守恒的基本原理。
在闭合系统中，碰撞对象的总动量在碰撞前后保持不变。
动量是物体的运动特征，由物体的质量和速度共同决定。
当一个物体碰撞到另一个物体时，根据动量守恒定律，两个物体的总动量在碰撞前后保持不变。
三、碰撞过程中动量守恒的应用动量守恒定律在碰撞过程中具有广泛的应用，可以用于解析碰撞过程中的各种问题。
1. 两个物体碰撞并分离的情况当两个物体碰撞并分离时，可以通过动量守恒定律计算碰撞前后物体的速度。
假设物体1的质量为m1，速度为v1，物体2的质量为m2，速度为v2。
根据动量守恒定律，可以得到以下公式：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'其中，v1'和v2'分别表示碰撞后物体1和物体2的速度。
2. 两个物体碰撞后粘在一起的情况当两个物体碰撞后粘在一起时，可以通过动量守恒定律计算粘合后物体的速度。
假设物体1的质量为m1，速度为v1，物体2的质量为m2，速度为v2。
根据动量守恒定律，可以得到以下公式：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v'其中，v'表示粘合后物体的速度。
3. 两个物体碰撞产生爆炸的情况当两个物体碰撞后产生爆炸时，可以通过动量守恒定律计算碰撞前后物体的速度。
假设物体1的质量为m1，速度为v1，物体2的质量为m2，速度为v2。
在碰撞后，爆炸产生了两个物体，其质量分别为m'1和m'2，速度分别为v'1和v'2。
动量守恒与碰撞的弹性碰撞
动量守恒与碰撞的弹性碰撞动量守恒与碰撞的弹性碰撞是物理学中重要的概念和定律。
本文将深入探讨动量守恒定律与弹性碰撞的概念、原理、应用以及实验验证等方面的内容。
一、动量守恒定律动量守恒是指在一个孤立系统中，总动量不变，即系统中所有物体的动量之和保持不变。
这是一个基本的物理定律，可以用公式来表示为：总动量 = m1v1 + m2v2 + ... + mnvn。
二、碰撞的分类碰撞分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种情况。
1. 完全弹性碰撞：在完全弹性碰撞中，物体之间没有能量损失，碰撞前后物体的动能和动量都完全守恒。
2. 非完全弹性碰撞：在非完全弹性碰撞中，碰撞前后物体的动能和动量都不完全守恒。
此时，一部分动能可能会转化为其他形式的能量，如热能等。
三、弹性碰撞的实验验证为了验证弹性碰撞的动量守恒定律，可以进行实验。
实验装置通常包括光滑的平面、弹性小球等。
通过调整小球的初始动量和速度，观察碰撞前后的动量变化，可以验证碰撞过程中动量守恒的准确性。
四、动量守恒与碰撞的应用动量守恒与碰撞理论在众多领域都有广泛的应用。
1. 交通事故分析：利用碰撞理论可以分析车辆之间的相互碰撞情况，帮助研究交通事故的发生原因，并制定相应的安全措施。
2. 运动物体的动力学分析：通过碰撞理论可以研究运动物体之间的相互作用，分析和描述运动物体的加速度、速度变化等动力学参数。
3. 球类运动：在球类运动中，碰撞理论可以帮助解释球的弹跳、速度和方向的变化，进而提高球类运动的技能和策略。
4. 工程设计：动量守恒与碰撞理论在工程设计中有着广泛的应用，如防护墙的设计、物体坠落的撞击力分析等。
五、总结动量守恒与碰撞的弹性碰撞是物理学中的重要概念。
通过动量守恒定律，我们可以深入理解碰撞过程中的物体相互作用和动能转化的规律。
实验验证和应用案例进一步巩固了这一定律在物理学和工程学中的重要性。
深入研究与应用动量守恒和弹性碰撞定律，不仅可以推动科学技术的发展，也有助于解决实际问题，提高生活质量。
动量守恒定律及碰撞问题解析
动量守恒定律及碰撞问题解析动量守恒定律是物理学中一个重要的基本原理，它在解决碰撞问题时发挥着重要的作用。
本文将对动量守恒定律进行详细的解析，并探讨碰撞问题的应用。
一、动量守恒定律的概念及原理动量是物体运动的一个重要物理量，它等于物体的质量与速度的乘积。
动量守恒定律指出，在一个孤立系统中，当没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
动量守恒定律的数学表达为：∑mv = ∑mv'其中，m为物体的质量，v为物体的初速度，v'为物体的末速度。
∑mv表示碰撞前系统的总动量，∑mv'表示碰撞后系统的总动量。
二、弹性碰撞问题的解析弹性碰撞是指碰撞后物体能够恢复其原有形状和大小，并且动能守恒。
在弹性碰撞中，动量守恒定律可以用来解决碰撞前后物体的速度和质量之间的关系。
考虑两个物体A和B的弹性碰撞情况。
设它们的质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1'和v2'。
根据碰撞前后的动量守恒定律可以得到以下方程组：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' （1）(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2 （2）通过解方程组（1）和（2），可以求解出碰撞后物体A和物体B的速度。
这种方法在解决弹性碰撞问题时非常实用。
三、非弹性碰撞问题的解析非弹性碰撞是指碰撞后物体不能完全恢复其原有形状和大小，动能不守恒。
在非弹性碰撞中，可以利用动量守恒定律解决碰撞前后物体的速度和质量之间的关系。
考虑两个物体A和B的非弹性碰撞情况。
设它们的质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和v2，碰撞后的速度为v。
根据碰撞前后的动量守恒定律可以得到以下方程：m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)v （3）通过解方程（3），可以求解出碰撞后物体的速度。
需要注意的是，非弹性碰撞中动能不守恒，所以无法通过动量守恒定律求解出速度的具体数值。
高中物理动量守恒与碰撞
高中物理动量守恒与碰撞1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。
即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。
（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。
（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。
3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。
在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。
（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。
（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。
（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。
按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。
（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。
例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。
（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。
动量守恒与碰撞
动量守恒与碰撞动量守恒定律是物理学中的基本定律之一，它与碰撞过程密切相关。
本文将探讨动量守恒与碰撞之间的关系，并探讨在碰撞中如何应用动量守恒定律。
1. 动量的定义动量是物体的运动量，定义为物体的质量乘以其速度。
即动量（p）等于质量（m）乘以速度（v）。
公式表示为p = mv。
2. 碰撞类型碰撞是指物体发生相互作用的过程。
根据碰撞中物体的相对运动情况，碰撞可以分为两种类型：完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞。
2.1 完全弹性碰撞在完全弹性碰撞中，碰撞物体的总动能保持不变。
在这种碰撞中，物体之间相互碰撞之后，能量不会损失，只会转化为势能。
碰撞后物体的速度会发生改变，但总动量在碰撞前后保持不变。
2.2 非完全弹性碰撞在非完全弹性碰撞中，碰撞物体的总动能发生变化。
物体在碰撞过程中会发生形变，能量损失也会发生。
因此，在非完全弹性碰撞中，碰撞后物体的速度以及动量都会发生改变。
3. 动量守恒定律动量守恒定律是指在一个封闭系统内，系统的总动量在碰撞前后保持不变。
无论是完全弹性碰撞还是非完全弹性碰撞，总动量始终保持不变。
根据动量守恒定律，可以用以下公式来描述碰撞过程：m₁v₁ + m₂v₂ = m₁v₁' + m₂v₂'其中m₁和m₂分别为两个物体的质量，v₁和v₂为碰撞前物体的速度，v₁'和v₂'为碰撞后物体的速度。
4. 动量守恒定律的应用动量守恒定律在碰撞问题中具有广泛的应用。
通过运用动量守恒定律，可以解决各种碰撞问题，包括弹性碰撞和非完全弹性碰撞。
4.1 弹性碰撞的应用在弹性碰撞中，通过应用动量守恒定律，可以求解碰撞后物体的速度。
根据动量守恒定律的公式，通过已知的物体质量和碰撞前的速度，可以计算出碰撞后物体的速度。
4.2 非完全弹性碰撞的应用在非完全弹性碰撞中，动量守恒定律同样适用。
但由于能量损失的存在，需要额外考虑碰撞中的能量转化和损失。
在求解碰撞后物体速度的问题中，还需要使用能量守恒定律来解决。
动量守恒与碰撞实验
动量守恒与碰撞实验动量守恒是物理学中的一个基本原理，它描述了在一个孤立系统中，总动量保持不变的现象。
碰撞实验是验证动量守恒定律的常用方法之一。
本文将以动量守恒与碰撞实验为主题，探讨动量守恒定律的原理及其在碰撞实验中的应用。
一、动量守恒定律的原理动量是物体运动状态的量度，它与物体的质量及速度有关。
动量守恒定律表明，在一个孤立系统中，若没有外力作用，系统内物体的总动量将保持不变。
这意味着当物体发生碰撞时，其动量的改变是通过其他物体间的相互作用来实现的。
动量守恒定律可以用以下公式表示：p1 + p2 = p1' + p2'其中，p1和p2分别表示碰撞前两个物体的动量，p1'和p2'表示碰撞后两个物体的动量。
二、碰撞实验的分类碰撞实验分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种类型。
1. 完全弹性碰撞：完全弹性碰撞是指在碰撞过程中，物体之间没有任何能量损失，碰撞后物体的速度和动量都保持不变。
这种碰撞在理想情况下发生，但实际中很难实现。
一个常见的例子是两个弹性小球的碰撞。
2. 非完全弹性碰撞：非完全弹性碰撞是指碰撞过程中物体之间发生的互相变形或能量损失。
这种碰撞导致碰撞后物体的速度和动量发生改变。
一个常见的例子是汽车碰撞。
三、动量守恒定律在碰撞实验中的应用动量守恒定律在碰撞实验中有广泛的应用，下面我们将分别介绍完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞的实验过程。
1. 完全弹性碰撞实验：完全弹性碰撞实验通常使用弹性小球进行，实验装置包括一条直线轨道和两个小球。
实验时，将两个小球分别放在轨道的两端，然后释放它们，让它们相向运动，并在碰撞时记录下各自的速度和运动轨迹。
通过实验数据的分析，我们可以验证动量守恒定律。
根据碰撞前后动量的变化，可以计算出两个小球的相对速度和动量。
2. 非完全弹性碰撞实验：非完全弹性碰撞实验可以通过模拟汽车碰撞来进行。
实验装置包括两个小车和一条支撑轨道。
实验时，将两个小车分别放在轨道的两端，然后以一定的速度使它们相向而行，在碰撞时记录下各自的速度和运动轨迹。
动量守恒与碰撞的关系问题
动量守恒与碰撞的关系问题
碰撞是物体间相互作用的过程，而动量守恒是对碰撞过程中动
量的总量进行描述的重要原理。
动量守恒是指在一个孤立系统中，当不存在外力作用时，系统
中物体的总动量保持不变。
换句话说，碰撞前后物体的总动量是相
等的。
这个原理是基于牛顿第二定律和惠更斯原理的基础上得出的。
碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞两种情况。
在弹性碰撞中，物
体之间没有能量损失，而在非弹性碰撞中，物体之间会有能量的损失。
对于弹性碰撞，动量守恒可以用以下公式进行计算：
m1 * v1i + m2 * v2i = m1 * v1f + m2 * v2f
其中，m1和m2分别代表碰撞物体1和物体2的质量，v1i和
v2i分别代表碰撞前物体1和物体2的速度，v1f和v2f分别代表碰
撞后物体1和物体2的速度。
对于非弹性碰撞，动量守恒同样成立。
不同之处在于碰撞后物
体之间会有能量损失，可以用以下公式计算：
m1 * v1i + m2 * v2i = (m1 + m2) * vf
其中，m1、m2、v1i和v2i的意义同上，vf代表碰撞后物体的
速度。
动量守恒在解决碰撞问题时非常有用。
通过利用动量守恒定律，我们可以计算碰撞前后物体的速度、质量等重要参数。
这对于物理
学和工程学等领域的研究和实践都具有重要意义。
总之，动量守恒原理是研究碰撞问题的基础，可以用于解决不
同类型的碰撞情况，包括弹性碰撞和非弹性碰撞。
通过运用动量守
恒原理，可以得到碰撞前后物体的速度和质量等重要参数，帮助我
们更好地理解和分析碰撞过程。
高三物理碰撞与动量守恒总复习
碰撞与动量守恒[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点[网络构建][要点熟记]1．动量定理表达式F Δt ＝m v ′－m v 中的F 为物体在Δt 时间内所受的合外力．应用动量定理列方程时必须选取正方向．2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．3．三类碰撞 (1)弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能守恒：12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′.机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－12(m 1＋m 2)v ′2. (3)非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.机械能有损失，机械能的损失量为： ΔE ＝(12m 1v 21＋12m 2v 22)－(12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2)．[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律[真题再做]1.(多选)(2017·高考全国卷Ⅲ，T20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零解析：设t ＝1 s 时物块的速率为v 1，由动量定理得Ft ＝m v 1，得v 1＝1 m /s ，A 项正确．t ＝2 s 时动量p 2＝2×2 kg·m/s ＝4 kg·m /s ，B 项正确．t ＝3 s 时动量p 3＝2×2 kg·m/s －1×1kg·m /s ＝3 kg·m/s ，C 项错误．t ＝4 s 时物块速度v 4＝p 4m ＝2×2－1×22m /s ＝1 m/s ，故D 项错误．答案：AB2．(2017·高考全国卷Ⅰ，T14)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)( )A ．30 kg·m /sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m /sD ．6.3×102 kg·m/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p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050×600 kg·m /s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．答案：A3．(2019·高考全国卷Ⅲ，T25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A ＝1.0 kg ，m B ＝4.0 kg ；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l ＝1.0 m ，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k ＝10.0 J ．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g ＝10 m/s 2.A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；(2)物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和能量守恒定律有0＝m A v A －m B v B ①E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B② 联立①②式并代入题给数据得v A ＝4.0 m /s ，v B ＝1.0 m/s ③(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a .假设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B .设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ，B 向左运动的路程为s B ，则有m B a ＝μm B g ④s B ＝v B t －12at 2⑤ v B －at ＝0⑥在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程s A 都可表示为s A ＝v A t －12at 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得s A ＝1.75 m ，s B ＝0.25 m ⑧这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为s ＝0.25 m ＋0.25 m ＝0.50 m ⑨(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v A ′，由动能定理有12m A v A ′2－12m A v 2A ＝－μm A g (2l ＋s B )⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得v A ′＝7 m/s ⑪故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m A (－v A ′)＝m A v A ″＋m B v B ″⑫12m A v A ′2＝12m A v A ″2＋12m B v B ″2⑬ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得v A ″＝375 m/s ，v B ″＝－275m/s ⑭ 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右运动距离为s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式有2as A ′＝v A ″2,2as B ′＝v B ″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得s A ′＝0.63 m ，s B ′＝0.28 m ⑯s A ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后之间的距离s ′＝s A ′＋s B ′＝0.91 m ⑰答案：(1)4.0 m /s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m4．(2019·高考全国卷Ⅰ，T25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t ＝0时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A 运动的v -t 图象如图(b)所示，图中的v 1和t 1均为未知量．已知A 的质量为m ，初始时A 与B 的高度差为H ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．解析：(1)根据图(b)，v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v 12为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B 的质量为m ′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m (－v 12)＋m ′v ′① 12m v 21＝12m (－12v 1)2＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，P 点的高度为h ，整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －fs 1＝12m v 21－0④ －(fs 2＋mgh )＝0－12m (－v 12)2⑤ 从图(b)所给出的v -t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥ s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦ 由几何关系s 2s 1＝h H⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为W ＝fs 1＋fs 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH ⑩ (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W ＝μmg cos θ·H ＋h sin θ⑪ 设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ′，由动能定理有－μm ′gs ′＝0－12m ′v ′2⑫ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh －μ′mg cos θ·h sin θ－μ′mgs ′＝0⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得μμ′＝119⑭ 答案：(1)3m (2)215mgH (3)119[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．动量定理、动量守恒定律属于力学的主干知识，这部分知识与牛顿运动定律、功能关系合称“解题三把金钥匙”，是解决物理问题的基本方法，是高考的重点考查内容．2．研究近几年高考试题可以发现，全国卷以选择题形式命题的题目，难度较小，考查动量、冲量及动量定理的基本应用，如2017年全国卷Ⅲ第20题和2017年全国卷Ⅰ第14题；以计算题形式命题的题目，重点考查了动量守恒定律与动力学和能量的综合应用，难度较大，一般为压轴题，如2019年全国卷Ⅲ第25题和2019年全国卷Ⅰ第25题.■解题要领——怎么做1．本讲内容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颖，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．2．2020年复习备考要加强动力学、动量及能量综合题目的训练，关注运用动量定理、动量守恒定律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．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能考向一冲量与动量定理1．恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解．2．物体动量变化是由合外力的冲量决定的，物体动能变化是由合外力做的功决定的．3．动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．4．动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么()A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 NB．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 NC．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小解析：树枝落到头顶上时的速度v＝2gh＝2×10×5 m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－m v，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．答案：B2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来．两物块运动的v -t图象如图所示，图中AB∥CD，则下列说法正确的是()A．两物块所受摩擦力大小相等B．两物块所受摩擦力冲量大小相等C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量解析：由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确．根据I＝F f t，由图看出摩擦力的作用时间t OB＜t OD，可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－F f t OB＝0，F2t2－F f t OD＝0，因t OB＜t OD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．故选A、D.答案：AD3．(2019·陕西西安高考模拟)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3B．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3解析：物体下滑过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确．答案：D4．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W .解析：(1)对小物块从A 运动到B 处的过程中应用动能定理得－μmgs ＝12m v 2－12m v 20代入数值解得μ＝0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s由动量定理得F Δt ＝m v ′－m v解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12m v ′2 解得W ＝9 J.答案：(1)0.32 (2)130 N (3)9 J易错警示使用动量定理的注意事项——————————————————————————————————————(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移(如第4题中墙面对物块平均作用力的计算)，用动量定理求解更简捷．(2)动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力．变力情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值，如第1题中的枯枝对人的头部产生的冲击力是平均力．(3)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向(如第3题中，强调了动量变化的大小)，公式中的F 是物体或系统所受的合力．考向二 动量、动量守恒定律[典例1] 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M ＝30 kg ，乙和他的冰车的总质量也是M ＝30 kg.甲推着一个质量为m ＝15 kg 的箱子和他一起以2 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？[思路点拨](1)“甲推出箱子”“乙抓住箱子”的过程动量守恒吗？(2)题目中“避免相撞”的条件是什么？[解析]要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M ＋m)v0＝m v＋M v1①对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有m v－M v0＝(m＋M)v2②甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．[答案] 5.2 m/s规律总结应用动量守恒定律解题的基本步骤——————————————————————————————————————(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，如例题中分别以“甲和箱子”“乙和箱子”为系统．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)．(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．5．(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝M v1＋m0v2＋m v3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足M v＝M v1＋m v2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足M v＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m 0)v ＝(M ＋m 0)v 1＋m v 2解析：碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变v 1和v 2，由动量守恒定律得M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得M v ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确，A 、D 错误．答案：BC6．(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( ) A.m m ＋M h B.M m ＋M h C.M ＋m M h D.M ＋m mh 解析：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L ，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M (－v 2)＋m v 1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L －h ，速度大小v 2＝L －h t，人相对于地面下降的高度为h ，速度大小为v 1＝h t ，联立得0＝M (－L －h t )＋m ·h t ，解得L ＝M ＋m Mh ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C7．如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m ，小车和人的总质量为M ＝4m ，人以对地速率v 将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v 第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱．求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功．解析：设人推出木箱n 次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为v 1、v 2、v 3、…、v n ，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得第一次推木箱时：0＝4m v 1－m v第二次推木箱时：4m v 1＋m v ＝4m v 2－m v……第n 次推木箱时：4m v n －1＋m v ＝4m v n －m v联立解得v n ＝2n －14v 人接不到木箱的条件为v n ≥v解得n ≥2.5，取n ＝3即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v 3＝54v 由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做的功W ＝12×4m v 23＋12m v 2＝298m v 2. 答案：298m v 2 考向三 碰撞与反冲、爆炸类问题1．掌握碰撞的“三个原则”(1)动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；(2)能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；(3)物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．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：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 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m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 0.当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．[典例2] 如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[思路点拨] 解此题的关键有两点：正确分析“A 只与B 、C 各发生一次碰撞”的条件．(1)A 与C 发生碰撞后，A 反弹，速度v 1＜0，即m ＜M .(2)A 向左运动与B 发生碰撞后，需要满足A 碰后的速度v 3小于等于C 的运动速度．[解析] 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得 m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋M v 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M v 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(5－2)M ≤m ＜M .[答案] (5－2)M ≤m ＜M易错警示碰撞问题的两点注意——————————————————————————————————————(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力．(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；②如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．8.(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a 、b 两个小球，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m a ＝5 kg.若b 球的质量为m b ，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )A ．m b ＝1 kgB ．m b ＝2 kgC ．ΔE ＝15 JD ．ΔE ＝35 J解析：在s -t 图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以v a ＝61 m /s ＝6 m/s ，碰后粘合在一起共同运动的速度为v ＝51 m /s ＝5 m/s ，碰撞过程动量守恒，得m a v a ＝(m a ＋m b )v ，解得m b ＝1 kg ，故A 正确，B 错误；根据功能关系得ΔE ＝12m a v 2a －12(m a ＋m b )v 2＝15 J ，故C 正确，D 错误．答案：AC9．(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝a v 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的取值范围为( )A.15＜a ＜13B.13＜a ＜23C.13＜a ≤25D.13＜a ≤35解析：碰撞过程动量守恒，以v 0方向为正方向有m A v 0＝－m A a v 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是a v 0＞v B ，解得13＜a ；碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 20－ [12m A (a v 0)2＋12m B v 2B ]≥0，解得a ≤35，故13＜a ≤35，D 正确． 答案：D10．(2019·江苏苏北三市高三期末)一枚在空中飞行的炮弹，质量M ＝6 kg ，在最高点时的速度v 0＝900 m/s ，炮弹在该点突然炸裂成A 、B 两块，其中质量m ＝2 kg 的B 做自由落体运动．求：(1)爆炸后A 的速度大小；(2)爆炸过程中A 受到的冲量大小．解析：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有M v 0＝(M －m )v A解得v A ＝1 350 m/s ，方向与初速度方向相同．(2)根据动量定理可知A 的冲量为I ＝Δp ＝(M －m )·(v A －v 0)＝1 800 N·s ，方向与初速度方向相同．答案：(1)1 350 m/s (2)1 800 N·s[限时练·通高考] 科学设题 拿下高考高分(45分钟)[刷基础]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，所以列车的动能与它经历的时间的平方成正比，A 错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，所以列车的动能与它的位移成正比，B 正确；动能E k ＝12m v 2，所以列车的动能与它的速度的平方成正比，C 错误；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，所以列车的动能与它的动量的平方成正比，D 错误． 答案：B2．(2019·陕西西安高三期末)如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m /s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m /sB ．4 m/sC ．8.5 m /sD ．9.5 m/s解析：设小球的初速度为v 0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝15 m /s ，小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正，则有－mv 0＋Mv ＝(M ＋m )v ′，解得v ′＝5 m/s ，A 正确．答案：A3．一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m /s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：平抛运动时间t ＝2h g ＝1 s ，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则m v ＝34m v 甲＋14m v 乙，又因为v 甲＝x 甲t ，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．答案：B4．(多选)一质量m ＝0.10 kg 的小钢球以大小为v 0＝10 m /s 的速度水平抛出，下落h ＝5.0 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g 取10 m/s 2，则( )A ．钢板与水平面的夹角θ＝60°B ．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·sC ．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 2 kg·m/sD ．钢板对小钢球的冲量大小为 2 2 N·s解析：由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度v y ＝2gh ＝10 m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v x＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A 错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t ＝2h g＝1 s ，重力冲量I ＝mgt ＝1 N·s ，选项B 正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v 1＝2v 0＝10 2 m/s ，动量p 1＝－m v 1＝－ 2 kg·m/s ，撞后小钢球的速度v 2＝10 2 m/s ，动量p 2＝m v 2＝ 2 kg·m/s ，小钢球的动量变化Δp ＝p 2－p 1＝2 2 kg·m/s ，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I ＝Δp ＝2 2 N·s ，选项C 错误，D 正确．答案：BD5．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以v 0＝4 m/s 的速度朝B 开始运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是( )A ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为1 N·sB ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为4 N·sC ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 JD ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J解析：根据动量守恒定律，当A 、B 速度相等时，且与C 碰撞之前A 、B 的速度为v 1，则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝2 m/s ；从开始到弹簧最短时，对A 、B 、C 系统，有m v 0＝3m v 2，解得v 2＝43 m /s ；从开始到弹簧最短时，对物块C ，由动量定理得I ＝mv 2＝4 N·s ，选项B 正确，A 错误．B 与C 相碰的过程，mv 1＝2mv 3，解得v 3＝1 m/s ，则从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 21－12×2m v 23＝3 J ，选项C 正确，D 错误． 答案：BC6．一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v 0＝4 m /s 的匀速直线运动．若该帆船在运动状态下突然失去风力的作用，则帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t ＝8 s 才可静止．该帆船的帆面正对风的有效面积为S ＝10 m 2，帆船的总质量约为M ＝936 kg.若帆船在航行过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3 kg/m 3，在匀速行驶状态下估算：(1)帆船受到风的推力F 的大小；(2)风速的大小v .解析：(1)风突然停止，帆船只受到阻力F 阻的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a ，则a ＝0－v 0t＝－0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律有－F 阻＝Ma ，所以F 阻＝468 N帆船匀速运动时，有F －F 阻＝0解得F ＝468 N.(2)设在时间t 内，正对着吹向帆面的空气的质量为m ，根据动量定理有－Ft ＝m (v 0－v ) 又m ＝ρS (v －v 0)t所以Ft ＝ρS (v －v 0)2t解得v ＝10 m/s.答案：(1)468 N (2)10 m/s7．(2019·福建宁德高三上学期期末)如图所示，AB 间放有一个风洞，水平地板AB 延伸至C 点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m 1＝1 kg 的滑块1放在风洞A 点，在水平向右的恒定风力F ＝20 N 作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C 点、质量m 2＝2 kg 的滑块2发。
高中物理-七、碰撞与动量守恒
七、碰撞与动量守恒1.对动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
(2)应用动量定理解释两类物理现象①当物体的动量变化量一定时，力的作用时间t越短，力F就越大；力的作用时间t越长，力F就越小。
如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
②当作用力F一定时，力的作用时间t越长，动量变化量Δp越大；力的作用时间t越短，动量变化量Δp越小。
(3)应用动量定理解题的一般步骤①明确研究对象和研究过程。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
②进行受力分析。
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。
③规定正方向。
④写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解。
2.动量守恒定律的理解(1)弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。
①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2②v2＝0时，v1′＝m1－m2 m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后，两物体沿同一方向运动)；若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后，两物体沿相反方向运动)；若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
(2)非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损(3)完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
力学动量守恒与碰撞
力学动量守恒与碰撞力学是研究物体运动和力的学科，其中动量守恒和碰撞是力学中的重要概念。
本文将详细介绍力学动量守恒和碰撞的原理以及其在实际中的应用。
一、动量守恒理论动量是物体运动的基本物理量，它与物体的质量和速度有关。
根据牛顿第二定律（F=ma），当一个物体受到外力作用时，它的动量会发生改变。
然而，根据动量守恒定律，一个封闭系统中物体的总动量在没有外力作用下保持不变。
这意味着在一个孤立的系统中，物体之间的动量可以相互转移，但总动量保持恒定。
动量守恒定律可以用数学公式表示为：Σmv = Σmv'其中，Σmv表示物体在碰撞前的总动量，而Σmv'表示物体在碰撞后的总动量。
根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量保持不变。
二、碰撞类型和动量转移碰撞是物体之间相互作用的过程，在碰撞中，物体会发生速度和动量的变化。
根据碰撞的不同特点，可以将碰撞分为完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞两种类型。
完全弹性碰撞是指碰撞过程中物体之间没有能量损失的碰撞，碰撞前后物体的总动能和总动量都保持不变。
在完全弹性碰撞中，物体之间的动量转移是通过两个物体的弹性变形和反弹而实现的。
完全非弹性碰撞是指碰撞过程中物体之间有能量损失的碰撞，碰撞后物体会粘合在一起并且一同以一定的速度继续运动。
在完全非弹性碰撞中，物体之间的动量转移是通过粘合和合并而实现的。
三、实际应用力学动量守恒与碰撞的理论在实际中有许多应用。
以下是几个示例：1. 交通事故：在发生交通事故时，根据动量守恒理论可以推算出车辆碰撞前后的速度和力的大小，从而有助于了解事故发生的原因和结果。
2. 球类运动：在篮球、足球等球类比赛中，运动员的动量转移是决定比赛结果的关键因素。
球员在投球或射门时，通过改变球的速度和方向来实现得分。
3. 火箭发射：火箭的动量守恒与推力产生和速度改变有关。
通过燃料的燃烧产生的废气喷出，火箭获得向后的推力，从而实现速度改变和航天任务。
总结：力学动量守恒与碰撞是力学中的重要理论，它们描述了物体运动中速度和动量的变化。
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《碰撞与动量守恒》复习课
一、教学目的
1、复习巩固动量定理
2、复习巩固应用动量守恒定律解答相关问题的基本思路和方法
3、掌握处理相对滑动问题的基本思路和方法
二、教学重点
1、 本节知识结构的建立
2、 物理情景分析和物理规律的选用
三、教学难点
物理情景分析和物理规律的选用
四、教学过程
本章知识结构
〖引导学生回顾本章内容，建立相关知识网络（见下表）〗 典型举例
问题一：动量定理的应用
例1：质量为m 的钢珠从高出沙坑表面H 米处由静止自由下落，不考虑空气阻力，掉入沙坑后停止，如图所示，已知钢珠在沙坑中受到沙的平均阻力是f ，则钢珠在沙内运动时间为多少？
分析：此题给学生后，先要引导学生分清两个运动过程：一是在空气中的自由落体运动，二是在沙坑中的减速运动。
学生可能会想到应用牛顿运动定律和运动学公式进行分段求解，此时不急于否定学生的想法，应该给予肯定。
在此基础上，可以引导学生应用全过程动量定理来答题。
然后学生自己思考讨论，动手作答，老师给出答案。
设钢珠在空中下落时间为t 1，在沙坑中运动时间为t 2，则：
在空中下落，有H=
2121gt ，得t 1=
g
H
2, 对全过程有：mg(t 1 ＋t 2)－f t 2=0－0 得：
mg
f gH
m t -=
22
巩固：蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。
一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回
到离水平网面5.0m 高处。
已知运动员与网接触的时间为1.2s 。
若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。
(g=10m/s 2)
〖学生自练，老师巡回辅导，给出答案N 3
105.1⨯，学生自评〗
例2：一根弹簧上端固定，下端系着质量为m 的物体A ，物体A 静止时的位置为P 处，再用细绳将质量也为m 的物体B 挂在物体A 的下面，平衡后将细绳剪断，如果物体A 回到P 点处时的速率为V ，此时物体B 的下落速度大小为u ，不计弹簧的质量和空气阻力，则这段时间里弹簧的弹力对物体A 的冲量大小为多少？
分析：引导学生分析，绳子剪断后，B 加速下降，A 加速上升，当A 回到P 点时，A 的速度达到最大值。
尤其要强调的是本题中所求的是弹簧的弹力对物体A 的冲量，所以要分析清楚A 上升过程中
A 的受力情况。
解：取向上方向为正，
对B ：－mgt=－mu ○
1 对A ：I 弹－mgt=mv ○
2 两式联立得I 弹=m （v ＋u ） 问题二：动量守恒定律的应用
例3：质量为 M 的气球上有一质量为 m 的猴子，气球和猴子静止在离地高为 h 的空中。
从气球上放下一架不计质量的软梯，为使猴子沿软梯安全滑至地面，则软梯至少应为多长？
分析：此题为前面习题课中出现过的人船模型，注意引导学生分析物理情景，合理选择物理规律。
设下降过程中，气球上升高度为H ，由题意知猴子下落高度为h ，
取猴子和气球为系统，系统所受合外力为零，所以在竖直方向动量守恒，由动量守恒定律得：M ·H=m ·h ，解得M mh H =
所以软梯长度至少为M
h
m M H h L )(+=+=
例4：一质量为M 的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向击中木块，并留在其中与木块共同运动，则子弹对木块的冲量大小是：
A 、mv 0 ；
B 、m M mMv +0 ；
C 、mv 0－m
M mv +0
；D 、mv 0－m M v m +02
分析：题中要求子弹对木块的冲量大小，可以利用动量定理求解，即只需求出木块获得
的动量大小即可。
对子弹和木块所组成的系统，满足动量守恒条件，根据动量守恒定律得：
mv 0=（M+m ）v 解得：m
M mv v +=
，由动量定理知子弹对木块的冲量大小为
m
M Mmv Mv I +=
=0
例5：传送带以V 0=2m/s 的水平速度，把质量为m=20kg 行李包送到原来静止在光滑水平轨道上的质量为M=30kg 的长木板上。
如果行李包与长木板之间的动摩擦因数为0.4，取g ＝10m/s 2，求：
（1）行李包在长木板上滑行多长时间才能与小车保持相对静止？ （2）长木板至少多长才能使行李包不致滑出车外？
分析：当行李包滑上木板上之后，在摩擦力作用下，行李包作匀减速运动，木板作匀加速运动，最后达到共同速度，设其共同速度为V 。
对行李包和长木板组成的系统，满足动量守恒条件，根动量守恒定律有：mV 0=（M+m ）V ，得共同速度为s m m
M mV V /8.00=+=
（1）、对行李包，所受动摩擦力为f=µmg ，其加速度大小为a=µg=4m/s 2 其速度从V 0=2m/s 减至V=0.8m/s ，所用时间为s g
V V t 3.00
=--=
μ (2)、由运动过程示意图可知，木板滑动距离S 1，行李包滑动距离S 2及木板长度L 间的几
何关系为 L= S 2 －S 1 ○
1 对行李包：
m t V V S 42.02
2=∙+=
○
2 对长木板：m t V
S 12.02
1=∙=
○
3 得木板最小长度L= S 2 －S 1=0.3m
● 课堂小结:
应用动量守恒定律解题的一般步骤： 1．明确研究系统，判断是否守恒；
2．选取正方向，明确作用前总动量和作用后总动量； 3．由动量守恒定律p 前=p 后列方程求解
五、作业：阅读教材，复习巩固。
f。