高考物理第六章第2节动量守恒定律学案.docx

第2节动量守恒定律一、动量守恒定律1内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为，这个系统的总动量保持不变。注12表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2。3适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。注2(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。二、碰撞、反冲、爆炸1碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。(2)分类弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。注3非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能损失。完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。2爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。3反冲 注4(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。【注解释疑】 注1 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。注2 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。注3 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。注4 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。深化理解1动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。2动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。3碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。4“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。基础自测一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。()(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()(4)动量守恒定律表达式m1v1m2v2m1v1m2v2一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。()(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。()二、选择题1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒解析：选C系统内物体具有加速度或物体受摩擦力作用时，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故C正确，A、B均错误；系统中所有物体的加速度均为零时，系统的合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D错误。2教科版选修35 P17 T4、6改编下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()A如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时解析：选C对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。3人教版选修35 P21 T2改编A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vAvB为()A12B13C21 D23解析：选D设碰前A球的速率为v，根据题意pApB，即mv2mvB，得碰前vB，碰后vA，由动量守恒定律，有mv2mm2mvB，解得vB，所以vAvB，D正确。高考对本节内容的考查，主要集中在对动量守恒定律条件的理解以及碰撞、爆炸和反冲问题，题型多为选择题，难度一般不大。而结合实际情景，对动量守恒定律与能量守恒定律的综合考查，则常以计算题的形式呈现，难度中等偏上。考点一动量守恒定律的理解及应用师生共研类1动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统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，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2应用动量守恒定律的解题步骤(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)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(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。典例如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4。质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s。答案(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s延伸思考(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的含义是什么？(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？(3)当木板的速度v板1 m/s时，子弹和物块的速度v物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？提示：(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速。时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零。(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大。(3)由动量守恒定律可得：(m0m)v1Mv板(m0m1)v物，可求得v物4 m/s由(m0m)g(m0m)a，v物v1at可得t0.5 s所以物块相对于木板滑行的距离dtt2.25 m。例题及相关延伸思考旨在让考生掌握动量守恒定律的适用条件及应用方法，会根据相关条件分析有关问题，如“人船模型”和临界极值问题。人船模型1条件(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零。(2)在相对运动过程中至少有一个方向动量守恒。2结论：m1s1m2s20(1)式中的s1和s2是两物体相对同一惯性参考系的位移(一般相对于地面)，二者方向相反，一正一负。(2)此结论与两物体相对运动的速度大小无关，其相对运动不论是匀速运动还是变速运动，甚至是往返运动，结论都是相同的。此结论跟相互作用力是恒力还是变力也无关。题点全练1系统动量守恒的判断(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接。一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是()A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。2“人船”模型的应用如图所示，质量m60 kg的人，站在质量M300 kg的车的一端，车长L3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将()A后退0.5 mB后退0.6 mC后退0.75 m D一直匀速后退解析：选A人车组成的系统动量守恒，则mv1Mv2，所以mx1Mx2，又有x1x2L，解得x20.5 m。3动量守恒中的临界极值问题如图所示，甲车质量m120 kg，车上有质量M50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v3 m/s的速度向右滑行。此时质量m250 kg的乙车正以v01.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上。求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g取10 m/s2)解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度v，由动量守恒得(m1M)vm2v0(m1m2M)v解得v1 m/s。以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，得(m1M)vm1vMu，解得u3.8 m/s。因此，只要人跳离甲车的速度u3.8 m/s，就可避免两车相撞。答案：u3.8 m/s考点二动量守恒定律的3个应用实例多维探究类实例(一)碰撞1碰撞现象满足的规律(1)动量守恒。(2)动能不增加。(3)速度要合理：若两物体同向运动，则碰前应有v后v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前v后。若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。例1如图，水平面上相距为L5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d3 m。一质量为m1 kg的小物块A以v06 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段间的动摩擦因数均为0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g10 m/s2，求：(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。解析(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。由动量守恒定律得：mv0mv1Mv2碰撞前后动能相等，则得：mv02mv12Mv22解得：v12 m/s，方向向左，v24 m/s，方向向右。(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：ag2 m/s2。B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：v2t1at12d得：t11 s(t13 s舍去)与挡板碰后，B的速度大小v3v2at12 m/s，反弹后减速时间t21 s反弹后经过位移s11 m，B停止运动。物块A与P处挡板碰后，以v42 m/s的速度滑上O点，经过s21 m停止。所以最终A、B的距离sds1s21 m，两者不会碰第二次。在A、B碰后，A运动总时间tA3 sB运动总时间tBt1t22 s，则时间间隔tABtAtB1 s。答案(1)2 m/s，方向向左4 m/s，方向向右(2)1 s碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(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：v1v1v2v1(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m1m2，且v20时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1m2，且v20时，碰后质量小的球原速率反弹。实例(二)爆炸例2如图所示，A、B质量分别为m11 kg，m22 kg，置于小车C上，小车的质量为m31 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度大小；(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？解析(1)根据爆炸过程中能量的转化，有：Em1v12m2v22爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1m2v2联立解得：v14 m/s，v22 m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。对A应用动量定理：m1gt1m1v3m1v1；对B应用动量定理：m2gt1m2v4m2v2；对C应用动量定理：(m2gm1g)t1m3v4；代入数据解之得：v33 m/s，v41 m/s，t10.2 s。之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。即：(m1m2m3)v0，解得v0。设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：m1gt0m1v1，解得：t0.8 s。答案(1)4 m/s 2 m/s(2)0.8 s 0.2 s题型技法爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动实例(三)反冲例3(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动BC与B碰前，C与AB的速率之比为MmCC与油泥粘在一起后，AB立即停止运动DC与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0mv1Mv2，得，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0(Mm)v共，得v共0，故C正确，D错误。答案BC题型技法对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加题点全练1反冲问题(2017全国卷)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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：选A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pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确。2碰撞问题如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m23m1，则A反弹后能达到的最大高度为()Ah B2hC3h D4h解析：选D所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1m2)gh(m1m2)v2，m2vm1vm1v1m2v2，(m1m2)v2m1v12m2v22，m1v12m1gh1，又m23m1，则v1v20，联立可得h14h，选项D正确。3爆炸问题(2018全国卷)一质量为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Emv02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t 。(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mv12mv22Emv1mv20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mv12mgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2。答案：(1) (2)考点三动量与能量的综合应用师生共研类1解决力学问题的三个基本观点动力学观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2动量定理与牛顿第二定律的比较(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。3动量守恒定律和机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律内容一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变表达式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2(2)p1p2(3)p0(1)EkEpEkEp(2)EkEp(3)EA增EB减守恒条件(1)系统不受外力或所受合外力为零(2)内力远远大于外力(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)(1)只受重力或弹力作用(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零研究对象相互作用的物体系统相互作用的系统(包括地球)守恒性质矢量守恒(规定正方向)标量守恒(不考虑方向性) 典例如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A和B(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量m1M的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；(3)若换成另一个质量m2M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。(上述过程中Q与A只碰撞一次)解析(1)设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，由机械能守恒定律，可得m1ghm1v02，由动量守恒定律可得m1v0(m1M)v1，联立解得v1。(2)设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x，由胡克定律可得kxMg，kxMg，故xx，P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为hxx，由xx可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即Ep1Ep2。设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，由机械能守恒定律，得(m1M)v12(m1M)gh(m1M)v2，解得v 。(3)设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，由机械能守恒定律可得m2gHm2v22，由动量守恒定律可得m2v2Mv4m2v3，由能量守恒定律可得m2v22m2v32Mv42，由(2)可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为h，由能量守恒定律可得Mv42Mgh，联立解得H。答案(1)(2) (3)利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查物理过程始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。题点全练1动量守恒与动量定理的综合所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为vv、v，对接持续时间为t，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为()ABC D0解析：选C在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(vv)mv(Mm)v，解得对接后两者的共同速度vv，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有Ftmvmv，解得F，故C正确。2动量守恒与机械能守恒的综合(多选)如图所示，A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R。将小球A从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则()AA能到达半圆槽的左侧最高点BA运动到半圆槽的最低点时A的速率为 CA运动到半圆槽的最低点时B的速率为 DB向右运动的最大距离为解析：选AD运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且A、B整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则A可以到达半圆槽的左侧最高点，且A在半圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B在水平方向上动量守恒，所以mvA2mvB0，即vA2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大距离为R，故D正确；对A运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得mgRmvA22mvB23mvB2，所以A运动到半圆槽的最低点时B的速率为vB ，A的速率为vA2vB，故B、C错误。3动量守恒定律与牛顿运动定律的综合(2018全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB22aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA22aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。答案：(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s“融会贯通”归纳好探究4类常见“碰撞”模型的解法模型(一)多体碰撞或多次碰撞模型例1如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A3个小球静止，3个小球运动B4个小球静止，2个小球运动C5个小球静止，1个小球运动D6个小球都运动解析因A、B两球质量不等，MAMF，则E、F两球都向右运动。所以B、C、D 3个小球均静止，A球向左运动，E、F两球都向右运动。故A正确，B、C、D错误。答案A反思归纳多体碰撞问题实质上是多个不同碰撞的组合，而多次碰撞问题是两个物体间前后多次碰撞。不管哪一种情况，实际解决问题时，有的需要将多个过程分开研究，有的需要将多体碰撞或多次碰撞看成一个过程，关键是弄清楚碰撞前和碰撞后的状态。模型(二)包含弹簧的碰撞模型例2如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m03 kg，AO部分粗糙且长L2 m，物块与AO部分间动摩擦因数0.3，OB部分光滑。水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v04 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点，质量均为m1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动。(g取10 m/s2)求：(1)物块a与b碰后的速度大小；(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。解析(1)对物块a，由动能定理得mgLmv12mv02代入数据解得a与b碰前a的速度v12 m/s；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv12mv2代入数据解得v21 m/s。(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a以v21 m/s的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv2(m0m)v3，代入数据解得v30.25 m/s。对小车，由动能定理得mgsm0v32代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s m。(3)由能量守恒得mgxmv22(m0m)v32解得物块a与车相对静止时与O点的距离：x0.125 m。答案(1)1 m/s(2) m(3)0.125 m反思归纳利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果；(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；(5