1、- 1 - 第 3 讲 碰撞与动量守恒 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 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.高考命题将本讲内容与机 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， 如 2020 年山东卷 第 18 题。 二、熟记规律 高效
2、突破 1动量定理表达式 Ftmvmv 中的 F 为物体在 t 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：m1v1m2v2m1v1m2v2。 机械能守恒：1 2m1v 2 11 2m2v 2 21 2m1v1 21 2m2v2 2。 (2)完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1m2v2(m1m2)v。 机械能损失最多，机械能的损失量为：E(1 2m1v 2 11 2m2v
3、2 2)1 2(m1m2)v 2。 (3)非弹性碰撞 动量守恒：m1v1m2v2m1v1m2v2。 机械能有损失，机械能的损失量为：E(1 2m1v 2 11 2m2v 2 2)(1 2m1v1 21 2m2v2 2)。 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：求 p 时，用 pFt。 2变力：求 I 时，用 Ipmv2mv1。 3p 一定：Ft 为确定值，Fp t ，t 小 F 大如碰撞；t 大 F 小如缓冲。 4矢量性：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。 5流体类：对于连续流体应用动量定理时，要确定小段时间 t 的连续体为
4、研究对象，写出 t 内的质量 m 与 t 的关系式，分析连续 m 的受力情况和动量变化。 典例 1 (多选)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( ) - 2 - At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kg m/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5 kg m/s Dt4 s 时物块的速度为零 解析 根据 F- t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量， 可知在 01 s、0 2 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 N s、4 N s、3 N s、2 N s
5、，应用动量定理 Imv 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻 的动量大小分别为 2 kg m/s、4 kg m/s、3 kg m/s、2 kg m/s，故 A、B 正确，C、D 错误。 答案 AB 1(2019 高考全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功， 这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8106 N，则它在 1 s 时间内喷射的气体质量约为( ) A1.6102 kg B1.6103
6、 kg C1.6105 kg D1.6106 kg 解析：设 1 s 内喷出气体的质量为 m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为 F，由动量定理 Ftmv 知，mFt v 4.810 61 3103 kg1.6103 kg，选项 B 正确 答案：B 2(2020 安徽六安一中高三下学期检测)一质量为 m60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳 起， 经 t0.2 s， 以大小 v1 m/s 的速度离开地面， 取重力加速度 g10m/s2， 在这 0.2 s 内( ) A重力对运动员的冲量大小为 0 B地面对运动员的冲量大小为 60 N s C地面对运动员做的功为 30 J D地面对运动员做的功
7、为零 解析：重力对人的冲量大小为 mgt120 N s，人的速度原来为零，起跳后变为 v，以向上为 正方向，由动量定理可得 Imgtmv0，故地面对人的冲量为 Imvmgt601 N s 6000.2 N s180 N s，A、B 错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程 中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C 错误，D 正 确。 答案：D 3运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 180 后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为 90 kg，两个喷嘴 的直径均为 10 cm，重力加速
8、度大小 g 取 10 m/s2，水的密度 1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水 的速度大约为( ) - 3 - A2.7 m/s B5.4 m/s C7.6 m/s D10.8 m/s 解析： 设 t 时间内有质量为 m 的水射出， 忽略重力冲量， 对这部分水由动量定理得 Ft2mv， m2vtd 2 4 ，运动员悬停在空中，所以 FMg，联立解得 v5.4 m/s，故 B 正确。 答案：B 4. (2020 江苏省南通市通州区高三下学期检测)水平面上有质量相等的 a、b 两个物体，水平推 力 F1、F2分别作用在 a、b 上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体 的 v-
9、 t 图像如图所示，图中 ABCD，则整个过程中( ) AF1的冲量等于 F2的冲量 BF1的冲量大于 F2的冲量 C摩擦力对 a 物体的冲量等于摩擦力对 b 物体的冲量 D合外力对 a 物体的冲量等于合外力对 b 物体的冲量 解析：由图可知，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，但 a 的运动总 时间小于 b 的时间，根据 IFft 可知，摩擦力对 a 物体的冲量小于摩擦力对 b 物体的冲量，故 C 错误；根据动量定理，对整个过程研究得 F1t1FftOB0，F2t2FftOD0，由图看出
10、，tOB tOD，则有 F1t1F2t2，即 F1的冲量小于 F2的冲量，故 A、B 错误；根据动量定理可知，合外 力的冲量等于物体动量的变化量，a、b 两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故 D 正确。 答案：D 考向二 动量、动量守恒定律 1动量守恒的条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内 力冲量小得多。 (3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒。 2动量守恒定律的表达式 (1)m1v1m2v2m1v1m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和
11、等于作用后 的动量和。 - 4 - (2)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (3)p0，系统总动量的增量为零。 典例 2 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 M30 kg，乙和他的冰车的总质量也是 M30 kg。甲推着一个质量为 m15 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？ 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
12、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(Mm)v0 mvMv1 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 mv Mv0(mM)v2 甲与乙刚好不相撞的条件是 v1v2 联立解得 v5.2 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，如典例中分别以“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
13、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光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 的斜面体 A，斜面体的质量为 M，底边长为 L， 如图所示。将一质量为 m 可视为质点的滑块 B 从斜面体的顶端由静止释放，滑块 B 经过时间 t 刚好滑到斜面体底端。 此过程中斜面体对滑块的支持力大小为 FN， 则下列说法正确的是( ) AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos C滑块 B 下滑过程中 A、B 组成的系统动量守恒 D此过程中斜面体向左滑动的距离为 m MmL 解析：当滑块
14、B 相对于斜面体加速下滑时，斜面体 A 水平向左加速运动，所以滑块 B 相对于 地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑 块的支持力 FN不等于 mgcos ，故 A 错误；根据冲量定义 IFt 可知滑块 B 下滑过程中支持 - 5 - 力对 B 的冲量大小为 IFNt，故 B 错误；由于滑块 B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直 方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故 C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量 守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 Mx1 t mx2 t 0，即有 Mx1mx2
15、，又 x1x2L，解得 x1 m MmL，故 D 正确。 答案：D 6.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体 A 和 B，放在光滑的水平面上，物体 A 被水平速度为 v0的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体 A 的质量 mA是物体 B 的质量 mB的3 4，子弹的质量 m 是物体 B 的质量的1 4，则弹簧压缩到最短时 B 的速度为( ) A.v0 2 Bv0 4 C.v0 8 Dv0 3 解析：根据题意可知，B 的质量 mB为 4m，A 的质量 mA为 3m，子弹的质量为 m，子弹刚射入 物块 A 时，A 具有最大速度 v，此过程中子弹与 A 的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根 据动量守恒定
16、律得 mv0(mmA)v，解得 vv0 4，对子弹、滑块 A、B 和弹簧组成的系统，A、 B 速度相等时弹簧被压缩到最短。弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可得(mmA)v(m mAmB)v，由此解得 vv0 8 ，故选项 C 正确。 答案：C 7(多选)(2020 高考全国卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止 在冰面上，他把一质量为 4.0 kg 的静止物块以大小为 5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向 挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把 物块推向挡板，使其再一次以大小为 5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。总共经
17、过 8 次这样推物 块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦 力，该运动员的质量可能为( ) A48 kg B53 kg C58 kg D63 kg 解析：设运动员的质量为 M，第一次推物块后，运动员速度为 v1，第二次推物块后，运动员 速度为 v2第八次推物块后，运动员速度为 v8， 第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1mv0 第二次推物块后，由动量守恒定律知： M(v2v1)mv0(v0)2mv0 第 n 次推物块后，由动量守恒定律知： M(vnvn1)2mv0 整理得 vn（2n1）mv0 M 则 v7260 kg m/s M ，v8
18、300 kg m/s M 由题意知，v75 m/s，则 M52 kg，又知 v85 m/s，则 M60 kg，可知选项 B、C 正确。 答案：BC 考向三 动量和能量综合应用的“典型模型” 动量和能量综合应用的“典型模型”主要是指“碰撞模型”“爆炸与反冲运动模型”“板 块模型”，所涉及的问题往往是多过程问题，解决这类问题要弄清物理过程，分清每一个物 - 6 - 理过程遵从什么样的物理规律。 模型 1 碰撞模型 1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
19、两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。 2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： v1m1m2 m1m2v0、v2 2m1 m1m2v0。 3熟记弹性正碰的结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1m2，且 v200 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。 典例 3 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
20、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 v10，即 mM。 (2)A 向左运动与 B 发生碰撞后，需要满足 A 碰后的速度小于等于 C 的速度。 解析 设 A 运动的初速度为 v0，A 向右运动与 C 发生碰撞，由动量守恒定律得 mv0mv1Mv2 由机械能守恒定律得1 2mv 2 01 2mv 2 11 2Mv 2 2 可得 v1mM mM v0，v2 2m mM v0 要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足 v10
21、，即 mM A 反向向左运动与 B 发生碰撞，有 mv1mv3Mv4 1 2mv 2 11 2mv 2 31 2Mv 2 4 整理可得 v3mM mM v1，v4 2m mM v1 由于 mM，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 v3v2 即 2m mMv0 mM mM v1( mM mM) 2v 0 整理可得 m24MmM2 解方程可得 m( 52)M 另一解 m( 52)M 舍去 所以使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，须满足 ( 52)MmM。 答案 ( 52)MmM 易错警示 解决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
22、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： 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， - 7 - 如典例中的碰撞过程为弹性碰撞； 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。 模型 2 爆炸与反冲运动模型 1爆炸和反冲运动相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒。 2爆炸和反冲运动系统的总动能增加。 3爆炸和反冲运动的作用过程产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认作用前后在同一位 置。 典例 4 (2018 高考全国卷)一质
23、量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花 弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之 和也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药 的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 解析 (1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E1 2mv 2 0 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0v0gt 联立式得 t1 g 2E m (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有
24、Emgh1 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1和 v2。 由题给条件和动量守恒定律有 1 4mv 2 11 4mv 2 2E 1 2mv1 1 2mv20 由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹 上部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 1 4mv 2 11 2mgh2 联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 hh1h22E mg 答案 见解析 模型 3 “板块”模型 1条件：系统所受合外力为零。 2问题及其方法 (1)求速度的方法：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间的方法
25、：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求位移的方法：根据动能定理求解，研究对象为一个物体； (4)求系统产生的内能的方法：根据能量守恒定律求解，即 QFfx 或 QE初E末，研究对象 为一个系统； (5)求相对位移的方法：根据能量守恒定律求解，即 FfxE初E末，研究对象为一个系统。 典例 5 如图所示，在光滑水平面上有 B、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙， B 上有一个可视为质点的物块 A，A、B、C 的质量分别为 3m、2m、m。A、B 以相同的初速度 v 向右运动，C 以速度 v 向左运动。B、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘 连，碰撞时间很短
26、。A 滑上 C 后恰好能到达 C 的中间位置，C 的长度为 L，不计空气阻力。求： - 8 - (1)木板 C 的最终速度的大小； (2)木板 C 与物块 A 之间的摩擦力 Ff； (3)物块 A 滑上木板 C 之后，在木板 C 上做减速运动的时间 t。 解析 (1)B、C 碰撞过程中动量守恒，有 2mvmv(2mm)v1 解得 v1v 3 A 滑到 C 上，A、C 动量守恒，有 3mvmv1(3mm)v2 解得 v25 6v。 (2)在 A、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得 QFf L 2， Q1 2(3m)v 21 2mv 2 11 2(3mm)v 2 2 解得 Ffmv 2 3L 。
27、 (3)在 A、C 相互作用过程中，以 C 为研究对象，由动量定理得 Fftmv2mv1 解得 t3L 2v。 答案 (1)5 6v (2) mv2 3L (3)3L 2v 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 图像如图乙所示， 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( ) Amb1 kg Bmb2 kg CE15 J DE35 J 解析：在 s- t 图像中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以 va6 1
28、m/s6 m/s，vb0，碰 后两球粘合在一起共同运动的速度为 v5 1 m/s5 m/s，碰撞过程动量守恒，得 mava(ma mb)v，解得 mb1 kg，故 A 正确，B 错误；根据功能关系得 E1 2mav 2 a1 2(mamb)v 215 J， 故 C 正确，D 错误。 答案：AC 9. (2020 四川攀枝花第二次诊断)如图所示，一块长度为 L、质量为 m 的木块静止在光滑水平 面上。一颗质量也为 m 的子弹以水平速度 v0射入木块，当子弹刚射穿木块时，木块向前移动 的距离为 s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木 - 9 - 块的时间为( )
29、 A. 1 v0(sL) B 1 v0(s2L) C. 1 2v0(sL) D 1 v0(L2s) 解析：子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，所受外力之和为零，动量守恒，有 mv0mv1mv2， 设子弹穿过木块的过程所受阻力为 Ff，对子弹，由动能定理得Ff(sL)1 2mv 2 11 2mv 2 0， 由动量定理得Fftmv1mv0， 对木块，由动能定理得 Ffs1 2mv 2 2， 由动量定理得 Fftmv2， 联立解得 t 1 v0(L2s)，故选 D。 答案：D 10(2020 山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和 长木板的总质量为 m，木板
30、长度为 L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为 质量不计的点)。 木板左端有一质量也为 m(可视为质点)的滑块。 滑块与木板间的动摩擦因数恒 定，整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度 v0，滑块相对木板向右运动，刚 好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平 方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数； (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。 解析：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑 块刚要与炸药包接触时的
31、速度为 v1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑 块和木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有 mv02mv1 解得 v11 2v0，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 mgL1 2mv 2 01 2 2mv 2 1 联立解得 v20 4gL。 (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为 v1和 v2， 最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为 v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有 2mv1mv1mv2 2mv12mv2 系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 mgL1 2mv1 21 2mv2 21 2 2mv 2 2 联立以上各式解得 v10；v2v0，方向水平向右。 - 10 - 答案：(1) v20 4gL (2)滑块速度为 0 木板速度为 v0，方向水平向右
