高二物理（全国）（新高三）暑期作业复习方法策略6讲-第讲　碰撞与动量守恒的复习策略全国通用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第8讲碰撞与动量守恒的复习策略高考热点1．动量和动量定理结合的问题．2．动量守恒定律和机械能守恒定律结合的问题．3．动量观点和能量观点解决力学综合问题．一、动量定理的理解和应用1．应用动量定理求解的两类简单问题(1）应用I＝Δp求变力的冲量和平均作用力．(2）应用Δp＝Ft求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化．2。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，用动量定理求解更简便．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．(2）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，公式中的F是物体或系统所受的合力．例1质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内,球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W分别为多大？方法提炼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，根据动量定理列方程求解．二、碰撞与动量守恒定律的应用1．碰撞过程遵从动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2．碰撞后系统动能不增原则碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化,对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移,没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f（peq\o\al（2,1),2m1）＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2）≥eq\f(p1′2,2m1）＋eq\f（p2′2，2m2）.3．碰撞前后的运动情况要合理．如追碰后,前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向上的速度不可能大于前球的速度．例2某同学研究碰撞问题，设计了如图1所示的装置．天花板下用等长轻细线竖直悬挂两弹性小球,球大小可以忽略，细线长度为R,A球质量为m，B球质量为M,其中M＝3m，重力加速度为g。现将A球拉至水平位置，保持细线伸直，无张力(如图虚线所示)，给A球以竖直向下的初速度，使A、B两球在最低点发生弹性正碰，发现A球刚好能弹回初始的水平位置．求：图1(1）碰撞后瞬间A的速度大小v1;(2)释放A球时初速度大小v。方法提炼碰撞的分类分类标准种类特点能量是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大碰撞前后动量是否共线对心碰撞（正碰)碰撞前后速度共线非对心碰撞(斜碰）碰撞前后速度不共线微观粒子的碰撞散射粒子相互接近时并不发生直接接触三、用动量观点和能量观点解决力学综合问题1．动量的观点：动量定理和动量守恒定律．2．能量的观点：动能定理和能量守恒定律．3．这两个观点研究的是物体或系统在运动变化所经历的过程中状态的改变,不对过程变化的细节做深入的研究,而只注重运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说,只要求知道过程始末状态的动量式、动能式以及力在过程中的冲量和所做的功，即可求解问题．例3两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图2所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．求在以后的运动中:图2(1）当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大？（2)系统中弹性势能的最大值是多少？方法提炼1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式,它们可以写出分量表达式;动能定理和能量守恒定律是标量表达式，没有分量表达式．2．从研究对象上看，动量定理既可研究单体，又可研究系统,但高中阶段一般用于研究单体．3．中学阶段凡是可以用力和运动的观点解决的问题，用动量的观点或能量的观点也可以求解，且用后者一般要比用前者更简便．若涉及曲线运动（α恒定）、竖直面内的圆周运动、碰撞等,一般不考虑用力和运动的方法求解．题组1动量定理和动量守恒定律的理解和应用1．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1。2s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500NB．1100NC．600ND．100N2.质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象如图3所示，则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是(）图3A．10N·s，10N·sB．10N·s，－10N·sC．0。10N·sD．0，－10N·s3．(多选）如图4所示,一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球（可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆柱槽相切并从A点进入槽内．则下列说法正确的是（）图4A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒4.(多选)如图5所示,两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统,说法正确的是(弹簧不超过其弹性限度)(）图5A．动量始终守恒B．机械能不断增加C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零5。如图6所示，一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时()图6A．若小车不动,两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大6。如图7所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）图7A．v0＋eq\f（m，M）vB．v0－eq\f（m,M）vC．v0＋eq\f（m,M)(v0＋v）D．v0＋eq\f(m，M)（v0－v）题组2碰撞与动量守恒定律的应用7.如图8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6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()图8A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶108．（多选）质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为()A．vA＝eq\f(1,3）v0，vB＝eq\f(2，3)v0B．vA＝eq\f(2，5）v0,vB＝eq\f（7，10)v0C．vA＝eq\f（1，4)v0，vB＝eq\f(5,8）v0D．vA＝eq\f(3，8）v0，vB＝eq\f（5，16）v09.如图9所示,物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最多的时刻是（）图9A．开始运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时10．如图10所示，在水平光滑直导轨上,静止着三个质量为m＝1kg的相同的小球A、B、C。现让A球以v0＝2m/s的速度向B球运动,A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球碰撞，C球的最终速度vC＝1m/s。问：图10(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大？（2）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？题组3应用动量和能量两种观点解决综合问题11．如图11所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下进入水平面，在坡道末端O点无机械能损失．现将轻弹簧的一端固定在M处的墙上，另一端与质量为m2的物块B相连．A从坡道上滑下来后与B碰撞的时间极短，碰后A、B结合在一起共同压缩弹簧．各处摩擦不计，重力加速度为g,求：图11(1)A在与B碰撞前瞬时速度v的大小;（2)A与B碰后瞬间的速度v′的大小；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep.12．如图12所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑,半径R＝0。2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0。2。取重力加速度g＝10m/s2.求：图12(1)碰撞前瞬间A的速率v；（2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。

第8讲碰撞与动量守恒的复习策略备考指导例12kg·m/s－2J解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝2kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理，合外力做的功W＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,2)－eq\f(1，2）mveq\o\al(2，1）＝－2J.例2（1）eq\r(2gR）（2）eq\r(6gR）解析（1）A碰撞结束到弹回初始位置有：eq\f（1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR得v1＝eq\r(2gR)（2)A、B系统碰撞前后瞬间，系统动量守恒：mv0＝Mv2－mv1弹性碰撞,故碰撞过程机械能守恒:eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0）＝eq\f(1,2）Mveq\o\al(2,2）＋eq\f(1，2）mveq\o\al(2，1）联立解得：eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(v1＝\f(M－m，M＋m)v0＝\f(1,2）v0，v2＝\f（2m，M＋m)v0＝\f(1，2)v0)),所以v0＝2v1从释放到碰撞前瞬间,A球机械能守恒：eq\f(1，2)mveq\o\al(2，0)＝mgR＋eq\f(1,2）mv2解得：v＝eq\r(6gR）。例3（1)3m/s（2）12J解析（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vABC。由A、B、C三者组成的系统动量守恒得:（mA＋mB）v＝(mA＋mB＋mC)vABC解得vABC＝eq\f(（2＋2)×6,2＋2＋4）m/s＝3m/s（2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则mBv＝(mB＋mC）vBCvBC＝eq\f（2×6,2＋4）m/s＝2m/s设A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep,根据能量守恒有：Ep＝eq\f（1,2）（mB＋mC）veq\o\al(2，BC）＋eq\f(1，2)mAv2－eq\f(1,2）(mA＋mB＋mC）veq\o\al(2,ABC)＝eq\f（1,2）×（2＋4)×22J＋eq\f(1，2）×2×62J－eq\f（1，2)×(2＋2＋4)×32J＝12J考点突破1．B选取人为研究对象，人自由下落过程中由v2＝2gh，v＝10m/s，缓冲过程由动量定理得（F－mg)t＝mv,F＝eq\f（mv，t）＋mg＝1100N．由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力为1100N．］2．D由题图可知，在前10s内初、末状态的动量相等,p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内p3＝－5kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10N·s，故选D.]3．CD小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度,将做斜抛运动，选项A错误;小球经过最低点往上运动的过程中，槽往右运动，槽对小球的支持力对小球做负功，小球对槽的压力对槽做正功，系统机械能守恒，选项B错误，C正确．]4．AC弹簧的弹力属于系统内力,水平恒力F1、F2等大反向，系统所受合外力为零，所以动量守恒，选项A正确;刚开始,弹簧弹力小于水平恒力，两物体均做加速运动,弹簧被拉长，当弹力的大小与恒力相等时,合力为零，两物体的速度均达到最大,之后,弹簧继续被拉长,弹力大于水平恒力，两物体开始做减速运动,当弹簧被拉伸到最长时,两物体速度减为零,在此过程中,两个外力均对系统做正功，所以系统的机械能逐渐增加；此后，两物体返回，水平恒力均对物体做负功,系统的机械能逐渐减小，根据以上分析，选项C正确，选项B、D错误．］5．C根据动量守恒可知,若小车不动,两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量,故选项A错误;若小车向左运动，A的动量一定比B的大，故选项B错误，C正确；若小车向右运动，A的动量一定比B的小，故选项D错误．］6．C以v0的方向为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋m）v0＝m·（－v）＋Mv′,解得v′＝v0＋eq\f(m,M）(v0＋v）,故C项正确,A、B、D项均错．]7．A由mB＝2mA，知碰前vB＜vA，若左为A球，设碰后二者速度分别为vA′、vB′，由题意知pA′＝mAvA′＝2kg·m/s，pB′＝mBvB′＝10kg·m/s，由以上各式得eq\f(vA′,vB′）＝eq\f(2，5),故正确选项为A；若右为A球，由于碰前动量都为6kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．]8．AC两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D错误；根据动量守恒定律