[精]高考物理冲刺复习：专题十八碰撞与动量守恒(124张)

专题十八碰撞与动量守恒,1.动量、动量守恒定律及其应用2.弹性碰撞和非弹性碰撞3.实验：验证动量守恒定律说明：对碰撞和动量守恒定律的应用高考中只限于一维情况,1.高考对本章的考查重点是动量和动量守恒定律的应用，尤其是动量和能量的综合问题更是考查的热点，如：碰撞、打击、反冲、滑块摩擦等问题.2.根据新课标高考的要求，本章内容易与力学、原子物理学结合进行综合命题.3.探究和验证碰撞中的动量守恒，在高考实验考查中出现频率很高.,动量的矢量性【典例1】(2011福建高考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的速度大小可能是()A.0.6vB.0.4vC.0.3vD.0.2v,【审题视角】解答本题应注意以下两点：【关键点】(1)动量是矢量，应先选好正方向.(2)抓住A球碰后反弹条件列方程即可判断B球速度大小.【精讲精析】由动量守恒定律得:mv=mvA+2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvBmv，可得vB0.5v，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.答案:A,【命题人揭秘】动量的矢量性(1)动量守恒定律方程式是一个矢量关系式,必须注意其方向性，同一直线上的动量在选好正方向以后，用正负号表示其方向.(2)注意根据相互作用前、后时刻的动量矢量和相等列方程.,碰撞中的动量和能量综合问题【典例2】(2012安徽高考)如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带始终以u=2m/s的速率逆时针转动.装置的右边是一光滑曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.2，l=1.0m.设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取g=10m/s2.,(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小.,【审题视角】解答本题时要注意以下三点：【关键点】(1)物块B在运动的过程中机械能一部分损失在传送带上，一部分损失在A上.(2)由于传送带向左运动，必须验证物块B与物块A碰撞后是否能滑到传送带右端.(3)物块B每次与物块A发生弹性碰撞时的情景相似，故可求出每次碰后速度的表达式.,【精讲精析】(1)对B，自开始至曲面底端时，由机械能守恒定律得：mBgh=mBvB2vB=m/s=m/s设B在传送带上速度减为2m/s时经过的位移为x，则：故B在传送带上一直做减速运动，设B到达传送带左端时速度大小为vB由vB2-vB2=2gl得：vB=4m/s.此后B以4m/s的速度滑向A即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4m/s.,(2)设物块B与物块A第一次碰撞后的速度大小分别为vB1、vA1，由动量守恒定律得：mBvB=mAvA1-mBvB1由能量守恒定律得：mBvB2=mBvB12+mAvA12由以上两式解得：vA1=vB=m/s，vB1=vB=m/s即第一次碰撞后，B以m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x：则：所以B不能运动到右边的曲面上.,(3)B第一次碰撞后在传送带上向右减速为0后，在摩擦力的作用下向左加速，到达传送带左端时的速度大小等于vB1，以后B每次与A碰撞后的速度大小均等于从传送带左端滑出时的速度大小，即B每次与A碰撞后的速度大小均等于下一次B与A碰撞前的速度大小.设A与B第二次碰撞后的速度分别为vA2、vB2，则由式得：所以第n次碰撞后B的速度大小为：vBn=()nvB=m/s答案:(1)4m/s(2)不能(3)m/s,【命题人揭秘】含弹簧的碰撞问题的分析方法(1)分析建立碰撞模型：是一个与一个碰撞还是与两个碰撞，是碰撞弹开还是粘连成一体，是弹性的还是非弹性的.(2)分析碰撞过程：是一个过程还是多个过程.(3)依据碰撞过程逐一列动量和能量守恒方程.,动量守恒中的临界问题【典例3】(2011山东高考)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力),【审题视角】解答本题的思路按以下两步进行：【关键点】(1)分析如何避免两船相撞：甲、乙抛接货物后两船同向运动或反向运动.(2)分析得到抛货物的最小速度：抛接货物后两船以相同速度同向运动.,【精讲精析】设乙船上的人抛出货物的最小速度为vmin，抛出货物后的速度为v1，甲船上的人接到货物后速度为v2，由动量守恒定律得:12mv0=11mv1-mvmin10m2v0-mvmin=11mv2为避免两船相撞应满足:v1=v2联立式得:vmin=4v0答案:4v0,【命题人揭秘】抓住临界点，轻易破解动量守恒临界问题(1)分析并判断是否为动量守恒临界问题.(2)寻找临界点:从题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近,避免相碰和物体开始反向运动等临界状态.(3)挖掘临界条件:在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,即速度相等或位移相等.,动量守恒中的人船模型【典例4】(2011安徽高考)如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2.,(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向.(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小.(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离.,【审题视角】解答本题应注意以下四点：【关键点】(1)锁定滑块时,对小球应用机械能守恒和向心力公式求作用力.(2)解除锁定,系统水平方向不受外力,满足动量守恒条件，因此水平方向动量守恒.(3)分析系统中各物体的状态变化，画出状态变化图，寻找各物体位移之间的几何关系.(4)根据水平方向动量守恒列方程求解.,【精讲精析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒.则v1=m/s设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则:F+mg=由式得:F=2N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上.,(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为v.在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒.以水平向右为正方向，有mv2+Mv=0在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则由式得v2=2m/s,(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v.由系统水平方向动量守恒得mv3-Mv=0将式两边同乘以t，得mv3t-Mvt=0因式对任意时刻附近的微小间隔t都成立，累积相加后，有,ms1-Ms2=0又s1+s2=2L由式得s1=m答案：见精讲精析,【命题人揭秘】运用平均动量守恒巧解人船模型问题(1)明确某方向平均动量守恒：由某方向动量守恒的瞬时表达式(速度形式)得出平均动量守恒(位移形式)，将两物体之间动量守恒的速度关系转化为位移关系.(2)对于原来静止的人、船系统,人在船上走动时,人、船的位移大小关系式为m人x人=m船x船.,验证碰撞中的动量守恒【典例5】(2011北京高考)如图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.,(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通过仅测量_(填选项前的符号)，间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程,(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1，多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复.接下来要完成的必要步骤是_.(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON,(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_(用(2)中测量的量表示).,(4)经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1，则p1p1=_11.若碰撞结束时m2的动量为p2，则p1p2=11_.实验结果说明碰撞前、后总动量的比值为_.,(5)有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰撞小球做平抛运动的射程增大.请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为_cm.,【审题视角】解答本题时应把握以下三点:【关键点】(1)利用两个小球碰撞前后离开轨道做平抛运动的水平射程来表示碰撞后的速度关系(2)确定入射球m1和被碰球m2的平均落点位置M、N，从而得到两球的水平射程.(3)由两小球的质量和水平射程列出动量守恒方程和机械能守恒方程.,【精讲精析】(1)由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，水平位移就能反映平抛初速度的大小，仅测量小球做平抛运动的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比.所以选C.(2)本实验必须用天平测量两个小球的质量m1、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量平抛射程OM、ON，故接下来要完成的必要步骤是ADE或DAE或DEA.,(3)由于m1v1+m2v2=m1v,且所以m1OM+m2ON=m1OP若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒所以m1OM2+m2ON2=m1OP2,(4)由于,(5)当两个小球发生完全弹性碰撞时，被碰小球m2平抛运动射程ON有最大值弹性碰撞动量守恒和机械能守恒，则：m1v1+m2v2=m1v,m1v12+m2v22=m1v2解得:v2=所以最大射程为:被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为76.8cm.答案:(1)C(2)ADE或DEA或DAE(3)m1OM+m2ON=m1OPm1OM2+m2ON2=m1OP2(4)142.911.01均可(5)76.8,【命题人揭秘】用碰撞实验器验证动量守恒定律时应注意(1)实验误差分析碰撞是否为一维碰撞.小球离开轨道后是否做平抛运动.每次实验小球是否从斜轨上同一位置静止释放.(2)注意事项前提条件：碰撞的两小球应保证“水平”和“正碰”，且m入射m被碰.正确操作：先安装好仪器并调试，后进行实验并测量.实验结论：根据测得的数据研究动量关系和能量关系并得出结论.,动量守恒与电磁感应问题的综合【典例6】(2011海南高考)如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和MN是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好.求：,(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度.【审题视角】抓住几个关键点，按合理的思路即可以准确解答：【关键点】(1)“竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止”，可得系统所受合外力为零，系统动量守恒.细线烧断以后，系统合外力仍然为零，故整个过程动量守恒.,(2)再隔离两金属杆分析其运动，可得两金属杆都做加速度逐渐减小的加速运动，直至加速度等于零时以最大速度做匀速运动.(3)分析思路如图所示:,【精讲精析】设某时刻MN和MN速度分别为v1、v2.(1)因为系统所受合外力为零，所以MN和MN系统动量守恒:mv1-2mv2=0,解得v1v2=21(2)当MN和MN的加速度为零时，速度最大,MN受力平衡有:BIl=2mgI=E=Blv1+Blv2由得:v1=v2=答案:(1)21(2),【阅卷人点拨】,动量守恒定律的应用高考指数:1.(2010北京高考)如图，若x轴表示时间，y轴表示位移，则该图象反映了某质点做匀速直线运动时，位移与时间的关系.若令x轴和y轴分别表示其他的物理量，则该图象又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系.下列说法中正确的是(),A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系,【解析】选C.根据动量定理p-p0=Ft，p=Ft+p0说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确.结合p=得=Ft+p0，说明动能和时间的图象是抛物线，A错误.光电效应方程为Ekm=h-W0，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误.当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律知闭合回路的感应电动势与磁通量的变化率成正比，是一个定值，不随时间变化，D错误.,2.(2011上海高考)光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连.开始时a球静止，b球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量_(选填“守恒”或“不守恒”)；机械能_(选填“守恒”或“不守恒”)【解题指南】解答本题要明确绳被拉紧使两个小球结合在一起，属于碰撞中的完全非弹性碰撞,【解析】b球以一定速度运动直至绳被拉紧，两小球间绳子的拉力就是相互作用的内力，满足动量守恒的条件，所以两小球a、b组成的系统动量守恒，两球一起运动，具有共同速度，符合完全非弹性碰撞的特征，动能损失很大，机械能不守恒答案:守恒不守恒,3.(2011海南高考)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止.重力加速度为g.求：,(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.【解析】(1)木块向左滑到最高点时，系统有共同速度v，由动量守恒得：mv0=(m+2m)vmv02-(m+2m)v2=fL+mgh联立两式解得：,(2)根据动量守恒可得木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同,全过程能量守恒,得：mv02=(m+2m)v2+f(2L-s)联立解得:s=答案:(1)(2),【方法技巧】运用碰撞模型解动量和能量综合问题的注意点(1)抓住碰撞过程中速度相等这一临界状态.本题中即木块上升到最高点时与物体P速度相等，木块返回后在到达a点前与物体P相对静止时速度也相等.(2)如果木块能够滑离物体P，即相当于碰撞结束两物体分开.(3)分析碰撞过程中的动量和能量关系，列动量守恒和能量守恒方程.,4.(2011四川高考)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显.分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命.一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶.发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2(不超载时则为5m/s2).(1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？(2)若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？,【解析】(1)设货车刹车时速度大小为v0、加速度大小为a，末速度为vt，刹车距离为s代入数据，得:超载时s1=45m若不超载s2=22.5m,(2)设货车刹车后经s=25m与轿车碰撞时的初速度大小为v1v1=设碰撞后两车共同速度为v2、货车质量为M、轿车质量为m，由动量守恒定律得:Mv1=(M+m)v2设货车对轿车的作用时间为t、平均冲力大小为由动量定理得:t=mv2联立式，代入数据得=9.8104N答案:(1)45m22.5m(2)9.8104N,5.(2010安徽高考)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞.已知甲、乙两球的质量均为m=1.010-2kg，乙所带电荷量q=2.010-5C，g取10m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移),(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围.(第(3)问仅供选修3-5为必考的省份解答),【解析】(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则mg+qE=2R=x=vDt联立得：x=0.4m,(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：mv0=mv甲+mv乙联立得：v乙=v0由动能定理得：-mg2R-qE2R=联立得：v0=,(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒和机械能守恒定律有：Mv0=MvM+mvm联立得vm=由和Mm，可得：v0vm2v0设乙球过D点的速度为vD，由动能定理得：-mg2R-qE2R,联立得：2m/svD8m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x，则有：x=vDt联立得：0.4mx0联立式解得:v2v12v2或v1v2v1答案:v2v12v2或v1v2v1,12.(2010新课标全国卷)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.,【解题指南】从第一次到第二次碰撞，木板先向左匀减速直线运动再以不变的加速度向右匀加速直线运动，最后匀速运动；重物先向右匀减速直线运动，再匀速运动.【解析】解法一木板第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物达到共同速度v，再往后是匀速直线运动，直到第二次碰撞墙.设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正方向，由动量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v,设木板从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：2mgt1=mv-m(-v0)由牛顿第二定律得：2mg=ma式中a为木板的加速度.在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：l=v0t1-at12开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t2=木板从第一次与墙碰撞到第二次碰撞所经历的时间为：t=t1+t2由以上各式得：t=,解法二木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到达到共同速度v，由动量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v解得：v=木板在第一个过程中，做匀变速直线运动，选向右为正方向，由运动学公式得：v=-v0+at1,又由牛顿第二定律得：2mg=ma用动能定理，有：木板在第二个过程中，做匀速直线运动，有：s=vt2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间：t=t1+t2=答案:,13.(2010海南高考)在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速.假设减速剂的原子核质量是中子的k倍.中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰.设每次碰撞前原子核可认为是静止的，求N次碰撞后中子速率与原速率之比.【解析】设中子和减速剂的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为vn和vA，根据碰撞前后的总动量和总能量守恒，有：,mnvn=mnvn+mAvAmnvn2=mnvn2+mAvA2式中vn为碰撞前中子速度，由题意mA=kmn解得，经1次碰撞后中子速率与原速率之比为：经N次碰撞后，中子速率与原速率之比为：答案:,动量守恒定律与能量结合的综合应用高考指数:14.(2012新课标全国卷)如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O,让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平.从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60.忽略空气阻力,求,(1)两球a、b的质量之比;(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.【解析】(1)设小球a、b质量分别为m1、m2，细线长为L，b球摆至最低点与a球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v，则对b球摆至最低点,由机械能守恒得m2gL=最低点小球a、b碰撞由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,小球a、b一起摆至最高点，由机械能守恒得(m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cos)联立式得并代入题给数据得(2)两球在碰撞过程中损失的机械能是Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos)联立式，Q与碰前球b的最大动能Ek=m2gL之比为联立式，并代入数据得答案：(1)(2),15.(2011新课标全国卷)如图，A、B、C三个木块的质量均为m.置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能.,【解析】设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有mv0=3mv设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有3mv=2mv1+mv0设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有由式得弹簧所释放的势能为Ep=mv02答案：mv02,16.(2011广东高考)如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C.一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板.滑板运动到C时被牢固粘连.物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R，板右端到C的距离L在RL5R范围内取值，E距A为s=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度取g.,(1)求物块滑到B点的速度大小；(2)试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点.,【解析】(1)物块从静止开始做匀加速直线运动到A过程，滑动摩擦力做正功，物块从A到B，重力做正功，根据动能定理得:mgs+mg2R=解得:vB=(2)物块从B滑上滑板后开始做匀减速运动,此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开始做匀速直线运动设它们的共同速度为v，根据动量守恒mvB=(m+2m)v解得:v=,对物块，由动能定理得:-mgs1=解得:s1=8R对滑板，由动能定理得:mgs2=2mv2-0解得:s2=2R由此可知物块在滑板上滑过s1-s2=6R时，小于6.5R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了.,当2RL5R时，物块的运动是匀减速运动8R，匀速运动L-2R，匀减速运动0.5R，滑上C点，根据动能定理:-mg(8R+0.5R)=解得:Wf=mg(8R+0.5R)=mgR，物块不能滑到CD轨道的中点.,当RL2R时，物块的运动是匀减速运动6.5R+L，滑上C点根据动能定理:-mg(6.5R+L)=解得:Wf=mg(6.5R+L)=mg(13R+2L)当mgR时，可以滑到CD轨道的中点，此时要求L0.5R，这与题目矛盾，所以物块不可能滑到CD轨道的中点答案:(1)(2)见解析,17.(2011重庆高考)如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三辆车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止.车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：,(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比.【解析】(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL,(2)设第一辆车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2.-kmgL=-k(2m)gL=-k(3m)gL=由动量守恒得mv1=2mu12mv2=3mu2人给第一辆车水平冲量的大小I=mu0-0=,(3)由解得v12=26kgL由解得u12=v12=26kgL第一次碰撞系统动能损失由解得u22=2kgL由解得v2=u2第二次碰撞系统动能损失第一次与第二次碰撞系统动能损失之比答案:(1)-6kmgL(2)(3),【方法技巧】动量和能量综合问题的分析技巧(1)把握动量守恒的条件，准确运用动量守恒定律，本题中车与车的短暂碰撞过程遵守动量守恒定律.(2)分析能量转化和守恒，正确运用能量守恒列式，本题中动能损失可从碰撞前后的动能之差求出(3)区分摩擦力做功和摩擦生热，摩擦力的功可以用摩擦力与位移的乘积求出(相对地面的位移)，而摩擦生热则等于摩擦力与相对路程的乘积.,动量1.定义：物体的质量与速度的乘积.2.表达式：p=mv，单位：kgm/s.3.动量的性质(1)矢量性：方向与瞬时速度方向相同.(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的.(3)相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量.,三性,4.动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量).(2)表达式：p=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.,5.动量、动能、动量的变化量的比较,【名师点睛】理解动量时应注意1.当物体的速度大小不变,方向变化时,动量一定改变,动能却不变,如匀速圆周运动.2.在谈及动量时,必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态所具有的动量.3.物体动量的变化率等于它所受的合外力,这是牛顿第二定律的另一种表达形式.4.动量变化量的方向与初末动量的方向无直接关系.,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零，这个系统的总动量保持不变.2.动量守恒的条件(1)系统不受外力或系统所受外力之和为零.(2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计.(3)系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则系统在该方向动量守恒.,3.表达式,4.动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式.若作用前后各动量在同一直线上时，可用“+”和“-”表示方向.(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度.(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足动量守恒条件.,(4)同时性：动量守恒定律中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.(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统.不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.,【名师点睛】1.正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初、末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相同.2.在判定系统动量守恒时，要区分系统所受的内力和外力.,【状元心得】应用动量守恒定律的解题步骤1.确定相互作用的系统为研究对象.2.分析研究对象所受的外力.3.判断系统是否符合动量守恒条件.4.规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号.5.根据动量守恒定律列式求解.,碰撞问题1.概念:碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常强的相互作用.2.特点(1)相互作用时间短.(2)作用力变化快和作用力很大.(3)其他外力可以忽略不计.,三个特点,3.碰撞的种类及特点,4.弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，则有m1v1=m1v1m2v2，m1v12=m1v12m2v22解得：,【名师点睛】一运动物体与同一条直线上静止的物体发生弹性碰撞的规律1.当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度.2.当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动.3.当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来.,碰撞、爆炸及反冲现象的特点分析1.碰撞现象的三个特点(1)动量守恒.(2)机械能不增加.(3)速度要合理若碰前两物体同向运动，则应有:a.v后v前;b.碰后原来在前的物体速度一定增大;c.若碰后两物体同向运动，则应有v前v后.碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.,2.爆炸现象的三个特点(1)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.(2)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，所以爆炸前后系统的总动能增加.(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体产生