2027届新高考物理热点精准复习动量守恒定律

2027届新高考物理热点精准复习动量守恒定律01动量变化量的计算1.动量的定义物理学中把质量和速度的乘积mv定义为物体的动量(状态量,应明确哪个时刻或哪个位置的动量)。2.动量的表达式3.动量的运算动量是矢量,具有方向(动量的方向与速度的方向相同),不能直接加减,要用矢量运算法则计算。

1.同一直线上的动量变化量的计算:先选取正方向,方向与正方向相同,动量为正值;方向与正方向相反,动量为负值。然后代入公式Δp=p2-p1计算,还可以画图计算。

2.不在同一直线上的动量变化量的计算:Δp=p2-p1(矢量式)若初、末动量不在同一直线上,根据三角形定则或平行四边形定则进行运算。

关键提醒动量是矢量,动量的变化量也是矢量。动量的变化量与动量本身的大小、方向均无关(类比Δv与v无

关)。勘破疑难将两动量的起点对齐,两动量终点的连线长度就表示动量变化量Δp的大小。典例如图所示,质量为m=100g的小球以初速度v0=2m/s自倾角为θ=37°的斜面顶端水平抛出①。若不

计空气阻力作用且斜面足够长,重力加速度g=10m/s2,tan37°=

。求:

(1)小球刚落到斜面上时的动量②;(2)小球从抛出到刚落到斜面上这一过程中动量的变化量③。解析

(1)小球刚落到斜面上时,设其速度方向与水平方向的夹角为α,则有tanα=

=2tanθ=

,解得vy=3m/s小球刚落到斜面上时的速度v=

=

m/s小球的动量p=mv=

kg·m/s,方向与速度方向一致,即斜向左下方,与水平方向的夹角为α,且tanα=

。(2)小球的动量的变化量Δp=mvy=0.3kg·m/s,方向竖直向下。

答案

(1)

kg·m/s,方向斜向左下方,与水平方向的夹角为α,且tanα=

(2)0.3kg·m/s,方向竖直向下信息解读①平抛斜面模型,灵活应用推论tanα=2tanθ。②画出小球运动过程示意图。

③动量变化量Δp=mΔv,其中Δv=gΔt=vy(落至斜面时的竖直分速度)。必记结论Δp=p2-p1=mΔv02变力冲量的求解方法恒力冲量表达式冲量公式I=Ft只能计算恒力的冲量,如果物体受到的力是变力,不能直接套用。可用如下方法得到冲量:1.若已知变力的F-t图像,则该力的冲量可以利用F-t图线与时间轴围成的“面积”来计算。(核心物理

方法:微元求和法。在极短的时间Δt内,F视为恒力,利用F·Δt得到微元冲量,再对整个过程进行微元求

和)2.若力的方向不变且大小随时间均匀变化,则该力的冲量可以利用平均力来计算,其公式为I=

t=

·t。(也可用F-t图线与时间轴围成的面积计算)

3.若物体受到的力是变力,不能直接用冲量公式I=Ft计算,还可以用动量定理,先求出物体动量的变化量

Δp,再由I=Δp求I。类比拓展冲量是力在时间上的积累,而功是力在空间上的积累,反映在F-t与F-x图像上,图像面积分别表示冲量和

功。

典例1

(多选)在无风的条件下,雨滴在空中下落,由于空气阻力的影响,最终会以恒定的速度下降,这个

速度称为收尾速度。质量为m(保持不变)的雨滴从静止开始下落,经过时间t,下降高度h,恰好达到收尾

速度

。已知空气对下落雨滴的阻力大小与雨滴速度大小成正比,即f=kv②,k为已知常数,重力加速度大小为g。下列关系正确的是

(

)A.vm=

B.vm=

C.t=

+

D.t=

-

BC解析雨滴达到收尾速度时,所受空气阻力与重力大小相等,即f=kvm=mg,解得vm=

,故A错误,B正确;以竖直向下为正方向,雨滴从开始下落到达到收尾速度的过程中,根据动量定理有mgt+If=mvm-0,将时间t平

均分成n个极小段,每小段设为Δt,在每小段时间Δt内可认为雨滴做匀速直线运动,则阻力的冲量If=-(kv1Δ

t+kv2Δt+…+kvnΔt)=-k(v1Δt+v2Δt+…+vnΔt)=-kh,联立可得t=

+

,故C正确,D错误。典例2如图,一质量为m=0.5kg的小球从距离泥塘表面h=3.2m的位置自由落体掉到泥塘表面,又经0.2

s没入深度d=0.8m后静止在泥塘中,不计空气阻力,g取10m/s2,小球刚进入泥塘时受到泥塘阻力大小为2

0N,泥塘阻力跟小球进入的深度有关①,对于小球运动的全过程,求:(1)泥塘阻力对小球的冲量②;(2)泥塘阻力对小球做的功③。解析

(1)小球自由落体运动的时间t1=

=

s=0.8s由题可知小球在泥塘中运动的时间t2=0.2s规定竖直向下为正方向,整个过程,重力的冲量为IG=mg(t1+t2)=5N·s,方向竖直向下,小球从最初由静止释放到最后停下,动量变化量Δp=0由动量定理有IG+If=0则泥塘阻力对小球的冲量If=-IG=-5N·s,负号表示方向竖直向上。(2)整个过程,小球重力做的功WG=mg(h+d)=20J由动能定理有WG+Wf=0泥塘阻力对小球做的功Wf=-WG=-20J答案

(1)大小是5N·s,方向竖直向上

(2)-20J信息解读①涉及时间的物理过程,考虑动量定理。②空气阻力不是恒力,求其冲量要用微元求和法。拓展还可从平均阻力角度考虑,平均阻力

=k

,阻力冲量If=-

t=-k

t=-kh。信息解读①泥塘阻力不恒定。②变力冲量。③变力做功。易错分析(1)泥塘阻力不是恒力,泥塘阻力对小球的冲量不能直接用If=ft2求;(2)泥塘阻力不是恒力,泥塘阻力对小球做的功不能直接用Wf=-fd求。03用动量定理解决流体类问题疑难点1.动量定理表达式2.用动量定理解题的思路确定研究对象(可以是一段流体)→分析受力、规定正方向、确定初、末状态→利用动量定理列式流体模型对于流体的运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一面积为S的横截面

的柱形流体的长度为Δl,如图所示。设流体的密度为ρ,则在Δt时间内流过该截面的流体微元的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根据动量定理,可知

流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量,即FΔt=ΔmΔv。(1)若作用后流体微元静止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2;(2)若作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2。勘破疑难对于流体类,通常已知密度ρ,对于微粒类(如电子、光子、离子等被广义地视为“微粒”),其质量具有

独立性,题目通常给出单位体积内粒子数n。同样可建立柱状模型应用动量定理分析。典例某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中①。为计算方

便,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出②;玩具底面为平板(面积足够大);水柱冲

击到玩具底面后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向水朝四周均匀散开,忽略空气阻力。已知水

的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。解析

(1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=v0SΔt可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为

=ρv0S(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h(以喷口所在平面为参考平面),水从喷口喷出后到达玩具

底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷泉喷出的水,由机械能守恒定律得

Δmv2+Δmgh=

Δm

在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水(稳定后Δt时间内喷出多少水,就有多少水喷射到玩具底面)沿

竖直方向的动量变化量的大小为Δp=Δmv设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp[(F+Δmg)·Δt=Δp,但由于Δt很小,Δmg·Δt可忽略,有F·Δt=Δp]由牛顿第三定律可知,水对玩具的作用力大小为F'=F由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F'=Mg联立得h=

-

答案

(1)ρv0S

(2)

-

信息解读①水柱对卡通玩具的冲击力与卡通玩具的重力平衡。②Δt(很小)时间内喷出水的质量等于长度为v0Δt、横截面积为S的水柱的质量。点拨稳定时水柱流量Q不变,即Δt内流过各截面的水量相等,故Δt内喷出多少,打到玩具底面多少。04分方向应用动量定理1.方法介绍:动量具有矢量性,分方向应用动量定理是指将物体所受的力和速度分别分解到不同方向的

坐标轴上,分别在每个方向上应用动量定理进行分析和计算。这种方法能够将矢量运算转化为更易处

理的代数运算。2.方法步骤:(1)建立合适的坐标系,通常选择水平方向和竖直方向,或者平行于斜面和垂直于斜面的方向。(2)分别分析每个方向上的受力情况和动量变化,在某一方向上列动量定理表达式时,只考虑该方向上

的力分量和速度分量,对于已知量,与坐标轴正方向同向取正值,反向取负值。(3)在每个方向上独立应用动量定理,求出各方向的分速度或各方向的分力,再通过矢量合成得到合速

度或合力。3.核心公式

勘破疑难实例分析:滑雪运动员落到滑道上,在Δt时间内完成缓冲后下滑,可以沿滑道与垂直滑道方向建立坐标

系,在某一方向上应用动量定理,求解相关物理量。典例1

(多选)如图所示,倾角为θ的足够长斜面顶端有一小球,小球以初速度v0沿垂直斜面方向抛出①,之

后与斜面发生多次碰撞。碰撞前后,小球垂直斜面方向的速度大小不变、方向反向②,且碰撞时间极短,

小球与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,下列说法正确的是

(

)A.小球与斜面每次碰撞时间间隔为

B.小球与斜面碰撞前后沿斜面方向速度减小μ

C.若μ=tanθ,小球每次与斜面碰撞前瞬间速度相同D.若μ=0,小球与斜面第n次与第n-1次碰撞处距离为(2n-1)·

ACD模型建构

解析垂直斜面方向加速度大小ay=

=gcosθ,小球与斜面每次碰撞时间间隔为t=2×

=

,故A正确。小球与斜面碰撞瞬间,垂直斜面方向根据动量定理有2mv0=(FN-mgcosθ)Δt,沿斜面方向有mΔ

v=(μFN-mgsinθ)Δt,联立解得Δv=2μv0+(μgcosθ-gsinθ)Δt,碰撞时间极短,所以Δv=2μv0,故B错误。碰撞前

后小球垂直斜面方向的速度大小不变、方向反向,根据对称性可知,每次碰撞前垂直斜面方向的速度不

变;若μ=tanθ,每次碰撞后到下次碰撞前沿斜面方向速度增加量为Δv'=gsinθ×t=2v0tanθ=Δv,所以每次

碰撞前沿斜面方向速度不变,则小球每次与斜面碰撞前瞬间速度相同,故C正确。若μ=0,则沿斜面方向Δ

v=2μv0=0,沿斜面方向小球做初速度为零的匀加速直线运动,小球与斜面第n次与第n-1次碰撞处距离为

Δx=

gsinθ×(nt)2-

gsinθ×[(n-1)t]2,解得Δx=(2n-1)

,故D正确。典例2如图所示,长为L不可伸长的轻绳一端固定悬挂在O点,另一端连接一质量为m的小球,轻绳拉直

后将小球从与圆心等高处静止释放,经过时间t摆动到最低点。小球视为质点,重力加速度为g,不计空气

阻力,整个过程中,求:

(1)拉力对小球做的功;(2)拉力的冲量大小。解析

(1)因为拉力方向始终与小球的速度方向垂直,因此拉力做功为0;(2)小球从与圆心等高处静止释放到最低点过程,由动能定理有mgL=

mv2解得小球摆到最低点的速度大小为v=

,方向水平向左小球从与圆心等高处静止释放到最低点过程中,在竖直方向,由动量定理有I拉y-IG=0-0所以拉力冲量的竖直分量为I拉y=IG=mgt在水平方向,由动量定理有I拉x=mv-0=m

所以拉力的冲量大小为I拉=

=m

答案

(1)0

(2)m

信息解读①需沿斜面与垂直斜面方向建立坐标系。②每次小球在空中运动的时间相同,离开斜面的最大距离相同。③碰撞过程沿斜面方向速度并非不变;分方向应用动量定理求解。点评

轨迹曲线虽不是对称的,但在垂直斜面方向上,上升、下落过程具有对称性。点评这种处理方法在动量问题中常有应用。画图此情况小球周期性向下弹。

一题多解(2)整个过程,由动量定理得I拉+IG=Δp(矢量式)其中Δp=mv=m

,方向水平向左,IG=mgt,方向竖直向下,如图所示:

可得I拉=

=m

必记结论在某一方向上合外力的冲量等于该方向上的动量变化量。05某一方向上动量守恒1.动量守恒定律内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不

变。2.动量守恒定律表达式

注意:动量守恒定律中的速度指的是相对地面的速度。1.系统动量守恒系统动量守恒,是系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相同,不能误认为只是初、末两个状态的

总动量相同。系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化,系统内各物体的动量的矢量和是

不变的。实际列方程时,可在这守恒的无数个状态中任选两个状态来列方程。2.某一方向上动量守恒某一方向上动量守恒是指当系统在某一特定方向上所受外力的矢量和为0时,该方向上的总动量保持

不变。这一概念是动量守恒定律的重要扩展,允许在实际问题中针对特定方向应用守恒原理,即使系统

总动量不守恒。常见模型如下(地面均光滑):

勘破疑难两物体组成的系统在某一方向动量守恒核心公式:m1v1初x+m2v2初x=m1v1末x+m2v2末x(沿x方向动量守恒)注意:公式为矢量式,要先规定正方向。典例剖析典例如图所示,在光滑水平面上静止放置一个弧形槽,其光滑弧面底部与水平面相切,将一小滑块从

弧形槽上的A点由静止释放①。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,弧形槽质量大于小滑块质量②,则

(

)

A.下滑过程中,小滑块的机械能守恒B.下滑过程中,小滑块所受重力的功率一直增大C.下滑过程中,弧形槽与小滑块组成的系统动量守恒D.小滑块能追上弧形槽③,但不能到达弧形槽上的A点D解析滑块从弧形槽上的A点下滑过程中,由于弧形槽向左滑动,弧形槽对滑块的作用力对滑块做功,小

滑块的机械能不守恒,故A错误。滑块从弧形槽上的A点下滑过程中,开始时滑块速度为零,下滑到最低

点时滑块的速度沿水平方向,竖直方向速度为零,故可知滑块的速度沿竖直方向的分速度先增大后减

小,故小滑块所受重力的功率先增大后减小,故B错误。滑块从弧形槽上的A点下滑过程中,滑块和弧形

槽组成的系统在水平方向上所受合外力为零,水平方向动量守恒;在竖直方向上滑块具有加速度,系统

在竖直方向上动量不守恒,故C错误。当小滑块刚好滑离弧形槽时,水平方向上根据动量守恒定律有Mv1

=mv2,由于弧形槽的质量M大于小滑块的质量m,故v2>v1,小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失,故小滑块与弹

簧分离后,小滑块的速度大小等于v2,故小滑块能追上弧形槽,当小滑块沿弧形槽上升到最高点时,水平

方向上根据动量守恒定律有Mv1+mv2=(m+M)v,根据能量守恒定律有mgh1+

(m+M)v2=mgh,可得h1<h,即小滑块不能到达弧形槽上的A点,故D正确。信息解读①下滑过程,系统(槽与滑块)机械能守恒,水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒。②

③06动量守恒定律的应用——多物体多过程问题动量守恒定律在多物体多过程问题中的应用,是解决复杂力学问题的重要方法。这类问题由于涉及多

个物体和多个过程,往往让学生感到无从下手,但通过合理应用动量守恒定律,可以有效简化这些问

题。1.两个关键点

2.解题的五个步骤

勘破疑难实例分析:平板车B静止在光滑水平面上,平板车一端静置着一物体A,一颗子弹以初速度v0水平射入A并

射穿A。大系统包括三个物体:子弹、物体A和平板车B,同时有两个运动过程,第一个过程是子弹与物体

A发生作用;第二个过程是子弹射穿A后,物体A与平板车B发生作用。对于两个过程,可分别选取子弹与A组成的系统、A与B组成的系统为研究对象分析。

典例足够大的光滑水平面上,一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1=1.0kg的物块A,另一端连接

质量为m2=1.0kg的长木板B,绳子开始是松弛的。质量为m3=1.0kg的物块C放在长木板B的右端,物块C

与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0=2.

0m/s,物块C立即在长木板上运动。已知绳子绷紧前,B、C已经达到共同速度①;绳子绷紧后,A、B总是

具有相同的速度;物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法不正确的是

(

)A.绳子绷紧前,B、C达到的共同速度大小为1.0m/sB.绳子刚绷紧后的瞬间②,A、B速度大小均为1.0m/sC.绳子刚绷紧后的瞬间,A、B速度大小均为0.5m/sD.最终A、B、C三者③将以大小为

m/s的共同速度一直运动下去B解析绳子绷紧前,B、C已经达到共同速度,设B、C达到的共同速度大小为v1,根据动量守恒定律可得m

3v0=(m2+m3)v1,解得v1=1.0m/s,选项A正确;绳子刚绷紧后的瞬间,设A、B具有大小相同的速度v2,A、B组成

的系统动量守恒,则有m2v1=(m1+m2)v2,解得v2=0.5m/s,选项B错误,C正确;A、B、C三者最终有共同的速

度v3,A、B、C组成的系统动量守恒,则有m3v0=(m1+m2+m3)v3,解得v3=

m/s,选项D正确。本题选错误的,故选B。信息解读①此过程选B、C为系统。②绳子绷紧瞬间要选A、B为系统。

③求最终三者速度,选A、B、C为系统,选最初到最终的过程。一题多变整个系统机械能减少量是否等于摩擦生热?解答:不等于。绳子绷紧瞬间有机械能损失。07动量守恒定律的应用——临界问题动量守恒定律在临界问题中的应用,关键在于识别临界状态并运用相应的临界条件进行求解。这类问

题通常涉及多个物体间的相互作用,当系统达到某种特定状态(如速度相同、位移极值等)时,需结合动

量守恒定律与能量守恒定律(或动能定理)联立求解。1.涉及弹簧的临界问题如图所示,光滑水平面上的A物体以速度v冲向静止的B物体,A、B两物体相距最近时,两物体速度必定相

同,此时弹簧最短,其压缩量最大,弹簧再次恢复原长时,B物体速度最大。2.涉及滑板-滑块的临界问题

如图所示,物体A以速度v滑上静止在光滑水平面上的小车B,当A在B上滑行的距离最远时,A、B相对静

止,二者速度必定相同,此时可求小车B的最小长度。3.涉及弧形槽的临界问题

如图所示,在小球滑上带弧面的小车(小车放在光滑水平面上)的过程中,由于弹力的作用,在水平方向上

小车将做加速运动,小球做减速运动。小球沿弧面滑到最高点的临界条件是在最高点小球与小车沿水

平方向具有相同速度,且小球在竖直方向的分速度等于零。当小球离开小车时,小车获得最大速度。勘破疑难可以发现,“速度相同”是非常常见的临界条件,在处理临界问题时要将其牢牢抓住。在一些“避碰”类问题中,速度相同也是重要的切入口。如图,若甲船上的人将球抛出且球被乙船上的

人接住,两船刚好不相撞,则此时两船刚好速度相同。

典例1如图所示,光滑水平地面上停放着甲、乙两辆平板车,一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮

的质量和摩擦),绳的一端与甲车相连,另一端被甲车上的人拉在手中,已知每辆车和人的质量均为30kg,

两车间的距离足够远。现在人用力拉绳,两车开始相向运动①,人与甲车保持相对静止,当乙车的速度为

1m/s时,停止拉绳②。求:(1)拉绳过程中人做了多少功?(2)停止拉绳后,为避免两车相撞,人至少③以多大水平速度从甲车跳上乙车?

解析

(1)设甲、乙两车和人的质量均为m,停止拉绳时甲车的速度大小为v甲,乙车的速度大小为v乙,以甲

车的运动方向为正方向,由动量守恒定律得2mv甲-mv乙=0代入数据解得v甲=0.5m/s由功与能的关系可知,拉绳过程人做的功W=

(2m)

+

m

代入数据解得W=22.5J(2)为使人跳到乙车上后两车不相撞,临界条件为两车速度相同,因为系统总动量守恒且为零,故临界情

况应为两车和人都静止。设人跳出时水平速度为v,有mv-mv乙=0[或:2mv甲=0+mv(研究人和甲车)]代入数据解得v=1m/s答案

(1)22.5J

(2)1m/s典例2如图所示,质量为2m的小球Q静止在光滑水平面上,其左侧有一光滑弧面槽A静止在水平面上,

弧面槽A轨道的截面为在竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧,轨道的最低点与水平面相切。小球

Q的右侧有与轻弹簧一端连接的小球P,质量为m。当球P以v0=3

的速度沿水平面向左运动,与球Q发生相互作用分离后①,球Q冲上弧面槽A恰能到达圆弧轨道的最高点②。小球P、Q均视为质点,弹簧始终

处于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g,求:

(1)弹簧的最大弹性势能③;(2)弧面槽A的质量。解析

(1)小球P、Q共速时弹簧有最大弹性势能,由动量守恒有mv0=3mv由机械能守恒有

m

=

×3mv2+Ep得弹簧的最大弹性势能Ep=3mgR(2)小球P、Q相互作用,由动量守恒有mv0=mv1+2mv2由机械能守恒有

m

=

m

+

×2m

设弧面槽A的质量为M,球Q冲上弧面槽A恰能到达圆弧轨道的最高点,水平方向由动量守恒有2mv2=(2m

+M)v3由机械能守恒有

×2m

=

×(2m+M)

+2mgR联立得弧面槽A的质量M=2m答案

(1)3mgR

(2)2m信息解读①系统总动量守恒且为零。②之后均做匀速运动。③考虑临界条件。点拨此临界条件,对应人跳车的最小水平速度。信息解读①系统动量守恒、机械能守恒。②Q、A组成系统水平方向动量守恒、机械能守恒;Q到达圆弧轨道的最高点时,相对A的速度为0,即与A

共速(速度方向水平)。

③弹簧弹性势能最大时,弹簧压缩至最短,此时P、Q共速。拓展若学习了碰撞相关知识,可发现P、Q等于发生了一次“动碰静”的弹性碰撞。08动量守恒定律的应用——爆炸、反冲问题物理模型1.爆炸问题爆炸问题的三个规律动量守恒爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒机械能增加在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械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,可以认为爆炸后瞬间各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲问题(1)反冲运动的三个特点①物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。②反冲运动中,相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力,所以两部分组

成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。③反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的机械能增加。(2)应注意的三个问题①速度的方向性:对于原来静止的整体,可任意规定某一部分的运动方向为正方向,则反方向运动的另

一部分的速度就要取负值。②速度的相对性:反冲问题中,若已知相互作用的两物体的相对速度,应先将相对速度转换成相对地面

的速度,再根据动量守恒定律列方程。③变质量问题:在反冲运动中常遇到变质量物体的运动,此时应注意研究对象质量的变化。勘破疑难反冲的应用模型——火箭如图所示,决定火箭最大飞行速度的因素是什么?

提示设火箭的速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=mv-(M-m)v0,可得

典例1某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出,经过时间t到达最高点①。在最高点该物体炸裂

成A、B两部分②,质量分别为2m和m,其中A以大小为v的速度沿水平方向飞出。重力加速度为g,不计空

气阻力。求:(1)该物体抛出时的初速度大小v0;(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB;(3)A、B落地点之间的距离d③。解析

(1)物体竖直上抛至最高点时速度为零,由运动学公式0=v0-gt可得v0=gt(2)炸裂瞬间系统水平方向动量守恒,炸裂前总动量为0。由题可知炸裂后瞬间A速度大小为v,由动量守

恒定律得0=2mv-mvB解得vB=2v,即炸裂后瞬间B的速度大小为2v(3)根据对称性可知下落时间与上升时间相等,均为t,则A的水平位移大小为xA=vtB的水平位移大小为xB=vBt=2vt所以A、B落地点之间的距离d=xA+xB=vt+2vt=3vt答案

(1)gt

(2)2v

(3)3vt典例2中国某新型连续旋转爆震发动机测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体

质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面)①,喷气方向始终与飞行器运动方向相反②。假设飞行器最初在

空中静止③,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是

(

)A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同C.经过n次喷气后,飞行器速度为-

D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速C解析由题意可知,每次喷气过程中,系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒。喷出气体的动量方

向与喷气方向相同,由于系统总动量守恒,那么飞行器动量变化量方向与喷出气体动量变化量方向相

反,所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反,故A错误;根据动量守恒定律,系统初始总动量为零,第

一次喷气后,喷出气体质量为Δm,速度为v,飞行器质量变为M-Δm,速度为v1,则有0=(M-Δm)v1+Δmv,解得v1

=-

,负号表示飞行器运动方向与喷气方向相反,所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=-

,在第二次喷气之前,系统总动量为(M-Δm)v1,喷气后,喷出气体质量仍为Δm,速度为v,飞行器质量变为M-2Δm,

速度为v2,则有(M-Δm)v1=(M-2Δm)v2+Δmv,将v1=-

代入可得v2=-

,所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2-v1=-

-

=-

,以此类推,可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同,故B错误;设经过n次喷气后飞行器的速度为vn,系统初始总动量为0,n次喷气后,喷出气体总

质量为nΔm,速度为v,飞行器质量变为M-nΔm,速度为vn,根据动量守恒定律可得0=(M-nΔm)vn+nΔmv,解得vn=-

,故C正确;虽然在太空没有空气,但飞行器喷气时,飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力,根据牛顿第三定律,喷出气体对飞行器有反作用力,所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速,故

D错误。信息解读①在最高点物体的速度为零。②爆炸瞬间内力远大于外力,水平方向动量守恒。③炸裂成的A、B两部分均做平抛运动,利用平抛运动规律求d。画图

运动过程图示。信息解读①研究对象:飞行器和喷出的气体组成的系统,随着喷气飞行器的质量发生改变,每次喷出气体的速度

不变。②反冲模型:动量守恒。③系统初始总动量为零。④由于每次喷出气体的速度不变,所以能以飞行器和喷出n次的气体为研究对象。易错注意研究对象质量的变化。一题多变如果飞行器每次喷出的气体相对飞行器的速度不变,则应该如何求解速度?提示

需将每次喷出气体的速度转换为相对地面(地面为参考系)的速度。09动量守恒定律的应用——“人船”模型1.模型条件两个物体组成的系统原来处于静止状态,在系统中物体发生相对运动的过程中,动量守恒或某一个方向

动量守恒,有m1

-m2

=0,我们称之为“人船模型”。2.模型分析(1)情境:如图所示,长为L、质量为m船的小船停在静水中,质量为m人的人(视为质点)由静止开始从船的一

端走到船的另一端,不计水的阻力。(2)分析:3.模型结论(1)人走船行,人停船停;人快船快,人慢船慢。(2)人、船的位移大小与人的运动时间和运动状态无关。(3)人、船的位移(在满足系统动量守恒的方向上的位移)大小与质量成反比。(4)人与船的位移大小之比、平均速度大小(或瞬时速度大小)之比等于它们质量的反比,即

=

=

。4.模型拓展(1)气球和人载人气球原来静止在空中,离地高度为h,人的质量为m,气球的质量为M(不含人的质量)。若气球下悬吊

一轻绳,人沿轻绳返回地面,取人和气球为一个系统,系统初始静止且同时开始运动,人到达地面时,人对

地的位移大小为h,设气球对地的位移大小为L,则根据“人船模型”有ML=mh,解得L=

h,则轻绳的长度至少为L+h=

。(2)物块和劈一个质量为M、底面边长为b的劈静止在光滑的水平面上,一质量为m的物块(视为质点)由劈顶部无初

速度滑至底部时,劈和物块组成的系统在水平方向上不受外力,水平方向动量守恒,且初始时两物体均

静止,根据“人船模型”有mx1=Mx2,其中x1、x2分别是物块和劈在水平方向上对地的位移大小,且有x1+x2

=b,则劈移动的距离为x2=

b。

(3)圆环和滑块质量为M、半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上,有一质量为m的小滑块从圆环内侧与圆心O等高

处开始沿圆环无初速度下滑到圆环内侧最低点,由于水平面光滑,滑块和圆环组成的系统在水平方向上动量守恒。设圆环的位移大小为x,则小滑块在水平方向上对地的位移大小为R-x,根据“人船模型”有

Mx=m(R-x),故此过程中圆环发生的位移大小为x=

R。

(4)摆球和小车一质量为M的小车静止在光滑水平面上,车上端用轻绳固定一质量为m的小球,轻绳长为L且不可伸长,

将小球向右拉至轻绳水平后,从静止释放。根据“人船模型”有mx=Md,d+x=2L,解得小车向右移动的

最大距离为d=

。勘破疑难人船模型可用微元法分析:人和船水平方向的速度一直在变化,取极短时间微元Δt,设人和船在该段时间内的速度大小分别是v人和

v船,由系统动量守恒,有0=m人v人-m船v船则0=m人v人Δt-m船v船Δt在人由船的一端走到另一端的过程,将微元累加求和,有0=∑m人v人Δt-∑m船v船Δt即0=m人x人-m船x船m人x人=m船x船且x人+x船=L,可得x人=

Lx船=

L关键提醒应用

=

=

时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。名师总结“人船模型”是动量守恒定律的具体应用,建立了动量守恒定律的“位移形式方程”,体现了一种替代

思想。类比拓展以下情境也属于典型的人船模型(均由静止释放,地面或杆均光滑)。

画图

由静止释放小球和小车后,其运动情况示意图如下所示。典例

(多选)小车静置于光滑的水平面上①,小车的A端固定一根轻质弹簧,B端粘有橡皮泥(质量不计),

小车的质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用轻绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车与

C都处于静止状态②,此时C与小车B端间的距离为L,如图所示。现突然烧断轻绳,弹簧被释放,木块C离开

弹簧向B端冲去,并跟B端通过橡皮泥粘在一起③,不计橡皮泥的体积,以下说法中正确的是

(

)A.如果小车内表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒B.当木块对地运动速度大小为v时,小车对地运动速度大小为

vC.小车向左运动的最大位移为

D.小车向左运动的最大位移为

LBC模型构建

解析在整个过程中,小车与木块C组成的系统动量守恒,在木块C与小车的B端粘接过程有机械能损

失,故A错误;对小车与木块C这一系统,有Mv车-mv=0,可得v车=

v,故B正确;设小车对地的最大位移为x车,木块C对地的最大位移为xC,可得M

-m

=0,且x车+xC=L,解得小车向左运动的最大位移x车=

,故C正确,D错误。信息解读①小车与木块C组成的系统所受合外力为零。②小车与木块C的总动量为零。③此过程的碰撞属于完全非弹性碰撞,有机械能损失。画图画出小车车厢和木块C运动过程的示意图,分析可得x车+xC=L。

10两类碰撞问题1.弹性碰撞:动量守恒且动能守恒

动量守恒m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2动能守恒

m1

+

m2

=

m1v

+

m2v

碰后速度v'1=2

-v1

v'2=2

-v2(若m1=m2,则v'1=v2,v'2=v1,即二者速度交换)2.非弹性碰撞:系统动量守恒,机械能有损失。最常见情境——完全非弹性碰撞:系统动量守恒,碰撞后合为一体或具有相同的速度,机械能损失最

大。

设两者碰后的共同速度为v共,则有m1v1+m2v2=(m1+m2)v共机械能损失为ΔE=

m1

+

m2

-

(m1+m2)

联立解得v共=

,ΔEk=

(v1-v2)2(在一动碰一静的完全非弹性碰撞中,若两物体质量相等,此过程中损失的动能为系统初动能的一半)1.碰撞的特点(1)时间特点:在碰撞现象中,相互作用时间很短。(2)相互作用力的特点:在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大,然后再急剧减小,即相互作用

力为变力,作用时间短,作用力很大,且远远大于系统的外力,即使系统所受外力之和不为零,外力也可以

忽略,满足动量近似守恒的条件,故均可用动量守恒定律来处理。(3)在碰撞过程中,没有其他形式的能转化为机械能,则碰撞后系统的总机械能不可能大于碰撞前系统

的总机械能。(4)位移特点:由于碰撞过程是在一瞬间发生的,时间极短,所以,在物体发生碰撞瞬间,可忽略物体的位

移,即认为物体在碰撞前后仍在同一位置,但速度发生了突变。2.弹性碰撞——动碰静模型(常考模型)

规律:m1v1=m1v'1+m2v'2,

m1

=

m1v

+

m2v

结果:v'1=

,v'2=

几种情况m1=m2v'1=0,v'2=v1质量相等,速度交换m1>m2v'1>0,v'2>0且v'2>v'1大碰小,一起跑m1<m2v'1<0,v'2>0小碰大,要反弹m1≫m2v'1=v1,v'2=2v1极大碰极小,大不变,小加倍m1≪m2v'1=-v1,v'2=0极小碰极大,小等速率反弹,大不变类比拓展对心碰撞与非对心碰撞(高中阶段一般只研究对心正碰)

对心碰撞

非对心碰撞勘破疑难碰后结果公式速记口诀:分母相同总质量分子m1在前方质量差是入射球二倍质量是被撞典例1

如图,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①。设物体间的碰撞都是弹性碰撞②。

模型构建

本题有三个过程,如下:

解析

A向右运动与C发生第一次碰撞,设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速

度为vC1,A的速度为vA1。碰撞过程中,A、C组成的系统的动量守恒、机械能守恒,有mv0=mvA1+MvC1,

m

=

m

+

M

联立解得vA1=

v0,vC1=

v0如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度均向右,且A的速度小于C的速度,A不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A静止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m<M的

情况。第一次碰撞后,A向左运动与B发生碰撞。A、B碰撞后,B向左运动,A向右运动。设A与B发生碰撞后,A的

速度为vA2,B的速度为vB1,A、B发生弹性碰撞,根据A、B组成的系统碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有mvA1=mvA2+MvB1,

m

=

m

+

M

联立解得vA2=

vA1=

v0根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1联立解得m2+4mM-M2≥0解得m≥(

-2)M,另一解m≤-(

+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为(

-2)M≤m<M答案

(

-2)M≤m<M典例2

为节省空间,超市手推购物车收纳时可以相互嵌套。在水平地面上有两辆相互嵌套的购物车,

工作人员将处于同一直线上的另一辆购物车猛推一下,该购物车沿直线运动t0=0.5s后与前面的两辆车

嵌套在一起,嵌套后共同向前运动L=0.25m后停了下来。人推车时间、两车相碰时间极短①,已知每辆

购物车的质量均为m=16kg,车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=

,取重力加速度g=10m/s2,求:(1)三辆车从嵌套后一起运动到停下来所用的时间②;(2)工作人员对第一辆车冲量的大小。解析

(1)根据题意,车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=

,设嵌套后购物车共同运动的加速度大小为a,则根据牛顿第二定律有3kmg=3ma解得a=2m/s2设三辆车从嵌套后一起运动到停下来所用的时间为t,运用逆向思维,可得L=

at2解得t=0.5s(2)由于车运动时受到的阻力与车重的比值恒为k=

,则可知,第一辆车被推出后做匀减速运动的加速度大小为a,设车被推出时的速度大小为v0,与第二、三辆车碰撞前的速度大小为v1,碰撞后的共同速度大小

为v2,根据(1)中可得v2=at=2×0.5m/s=1m/s购物车之间碰撞,可认为碰撞过程系统动量守恒,有mv1=3mv2解得v1=3m/s根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得v1=v0-at0代入数据解得v0=4m/s则由动量定理可得,工作人员对第一辆车冲量的大小为I=mv0-0=16×4kg·m/s=64N·s答案

(1)0.5s

(2)64N·s信息解读①A与C碰后反弹,然后再与B碰后再反弹,且反弹后的速度必须小于或等于C的速度。②既满足动量守恒也满足机械能守恒,弹性碰撞的“动碰静”模型,碰后二者速度表达式:v'1=

v1,v'2=

v1。

点评掌握碰后结果公式不仅能提升解题效率,更能深化对碰撞问题本质的理解。通过分析质量比对碰

撞结果的影响,能直观感受物理规律中蕴含的对称美与数学逻辑的严谨性。信息解读①人对第一辆车的冲量等于其动量变化量;购物车碰撞过程系统动量守恒。

②该过程三辆车做末速度为0的匀减速直线运动,可反向看作由静止开始的匀加速直线运动。点评本题以生活情境为背景,考查了运动学公式、动量守恒定律、动量定理,需要学生针对各个阶段合

理选择规律列式,对学生综合分析能力要求较高。11碰撞中的合理性问题分析碰撞问题遵循的三个规律处理此类问题的思路(1)对一个给定的碰撞过程,要判断该过程是否合理,首先要看动量是否守恒,其次看总动能是否不增加,同时注意碰后的速度关系。(2)要灵活运用Ek=

、p=

、Ek=

pv或p=

关系式。勘破疑难以“一动碰一静”为例,分析碰后物体速度的可能性。如图,滑块A以速度v0碰撞静止的滑块B,若发生

弹性碰撞,设碰后A、B速度分别为vA、vB;若发生完全非弹性碰撞,设碰后共同速度为v共。则碰后A的速

度范围为vA~v共,碰后B的速度范围为v共~vB。典例

(质量的可能性分析)甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是p甲=5kg·m/

s,p乙=7kg·m/s,甲追上乙并发生碰撞①,碰撞后乙球的动量变为p乙'=10kg·m/s②,则两球质量m甲与m乙的关系

可能是

(

)A.m乙=m甲

B.m乙=2m甲

C.m乙=4m甲

D.m乙=6m甲

C解析设碰撞后甲球的动量为p甲',由动量守恒定律有p甲+p乙=p甲'+p乙',则p甲'=2kg·m/s,碰后p甲'、p乙'均大于

零,表明甲、乙两球同向运动,应有v乙'≥v甲',即

≤

,解得m乙≤5m甲;碰撞过程中,动能不增加,则(注意Ek=

)

+

≥

+

,代入解得m乙≥

m甲。综上可得m甲与m乙的关系为

m甲≤m乙≤5m甲,故C正确,A、B、D错误。信息解读①碰撞前甲的速度大于乙的速度,甲的质量小于乙的质量。②碰撞过程动量守恒,碰撞后甲球的动量变为2kg·m/s。12碰撞拓展模型——弹簧-滑块模型1.模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守

恒。(2)在能量方面,若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,则系统机械能守恒;由于弹簧形变

会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化。(3)弹簧处于最短(或最长)状态时两物体速度相等,弹性势能最大,系统动能通常最小。(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统动能通常最大,但物体速度一般不相等。2.模型图示

3.重要方程(1)两小球速度相同时,弹簧最短(或最大),弹性势能最大

(2)弹簧恢复原长时

勘破疑难弹簧-滑块模型问题,通常可以用弹性碰撞规律快速求解,例如:模型1:光滑水平面上,A、B通过轻质弹簧连接,初始时B静止,A以一定的初速度向B运动,从它们开始相

互作用到弹簧再次恢复原长,相当于发生了一次弹性碰撞(动碰静)。模型2:两横杆光滑,杆间距等于弹簧原长,A球由图示位置静止释放,从弹簧第一次恢复原长到第二次恢

复原长,相当于发生了一次弹性碰撞(动碰静)。典例

如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg,用轻弹簧拴接相连放在光滑的水平

地面上,物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4s时与物块A相

碰,并立即与A粘在一起不再分开①。物块C的v-t图像如图乙所示②。求:

(1)物块C的质量mC;(2)弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向;(3)物块B离开竖直墙后的运动过程中,物块B的最大速度的大小。模型构建

解析

(1)由题图乙知,碰前C的速度为v1=9m/s,碰后速度为v2=3m/s,C与A碰撞过程根据动量守恒可得

mCv1=(mA+mC)v2解得物块C的质量mC=2kg(2)由题图乙知,12s末A和C的速度为v3=-3m/s,4s到12s的时间内,根据动量定理可知,弹簧对物块A、C

的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2解得I=-36N·s可知冲量大小为36N·s,方向向左。(3)物块B离开竖直墙后的运动过程中,弹簧第一次恢复原长时,物块B的速度最大,则(mA+mC)v3=(mA+mC)v4

+mBvB

(mA+mC)

=

(mA+mC)

+

mB

联立解得vB=-4m/s可知物块B的最大速度大小为4m/s。答案

(1)2kg

(2)36N·s方向向左

(3)4m/s信息解读①C与A的完全非弹性碰撞瞬间完成,与弹簧和B无关。②从图像中提取信息:点评对于多过程问题,要正确划分系统、运动阶段,必要时画出过程草图,将过程清晰呈现出来。一题多变求4s到12s的时间内,竖直墙壁对B的冲量。提示:对整个系统应用动量定理,可得这段时间内竖直墙壁对B的冲量大小为36N·s,方向向左。13碰撞拓展模型——子弹打木块模型1.模型特点(1)子弹打木块过程很短暂,认为该过程中内力远大于外力,系统的动量守恒,但系统的机械能不守恒,摩

擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量,当两者的速度相等时(未穿出),系统机械能损失

最大。(2)根据能量守恒,系统损失的动能等于其他形式能的增加量。2.模型图示及规律模型图示

重要方程情况1:子弹(视为质点)最终未穿出木块由动量守恒定律得mv0=(m+M)v由能量守恒得fx相对=

m

-

(m+M)v2情况2:子弹(视为质点)最终穿出木块由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2由能量守恒得fL=

m

-

m

+

M

解题思路(1)应用动量守恒定律;(2)在涉及子弹或木块的运动时间时,优先考虑用动量定理;(3)在涉及子弹或木块的位移时,优先考虑用动能定理;(4)在涉及相对位移时,优先考虑用能量守恒定律勘破疑难解决该类问题,既可以从动量、能量两方面求解,也可以从力和运动的角度借助图像求解。类比拓展子弹打木块与悬绳模型结合子弹射入A并留在其中,A上摆的同时B向右滑动,A摆到最高点时,与B有相同的速度,A回到最低点时,B有

最大速度。根据水平方向动量守恒、能量守恒求解相关问题。从打击完成开始摆动到A再回到最低

点,相当于一次弹性碰撞(动碰静)。典例如图所示,在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方体匀质木块,现有一质量为20g

的子弹(可视为质点)以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块,最终留在木块中没有射

出,和木块一起以共同的速度运动①。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm,子弹打进木块的深度为

6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。

(1)求子弹和木块的共同速度大小和此过程中它们产生的热量②;(2)若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,求子弹能否射穿该木块③,并请说

明分析过程。模型构建

解析

(1)设子弹的质量为m,木块的质量为M,子弹的初速度大小为v0,子弹射入木块后与木块的共同速

度大小为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v代入数据解得v=6m/s此过程中它们产生的热量为Q=

m

-

(M+m)v2代入数据解得Q=882J。(2)假设子弹以v0'=400m/s的速度入射时没有射穿木块,子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v',则

对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律有mv0'=(M+m)v'此过程中子弹和木块产生的热量为Q'=

mv0'2-

(M+m)v'2设木块对子弹的阻力大小为F阻,两个过程子弹打入木块的深度分别为d、d',则有Q=F阻dQ'=F阻d'联立并代入数据解得d'=

cm因为d'>10cm,所以假设不成立,即子弹能射穿该木块。答案

(1)6m/s

882J

(2)见解析信息解读①打击过程满足动量守恒,但机械能不守恒,类似于完全非弹性碰撞。②系统机械能的减少量等于系统产生的热量。③可采用假设法分析。一题多变在典例中,若子弹能射出木块,在木块固定和不固定的两种情况下,子弹与木块间因摩擦产生的热量是

否相等?提示:相等。若子弹能射出木块,不论木块是否固定,因摩擦产生的热量都等于摩擦力与木块长度的乘

积,摩擦力与木块长度都不变,因此两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等。14碰撞拓展模型——小球-光滑弧面模型1.模型特点(1)质量为M的

圆弧轨道静止在光滑水平面上,轨道的光滑弧面底部与水平面相切,一个质量为m的小球以速度v0向圆弧轨道运动。(2)设小球不能越过轨道,小球到达最高点时,二者速度一定相等(方向水平向右),整个相互作用的过程

中,在水平方向上系统的动量守恒,整体动量不守恒。2.模型图示及规律模型图示

重要方程(1)小球到最高点时(高度为h)水平方向动量守恒:mv0=(M+m)v共能量守恒:

m

=

(M+m)

+mgh(2)小球回到水平面时(类比一次弹性碰撞)水平方向动量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:

m

=

m

+

M

勘破疑难当小球能越过

圆弧轨道时,在轨道最高点相对轨道的速度竖直向上,即小球水平速度与轨道速度相等,竖直速度不为0,小球做斜抛运动,之后又落入轨道,继续相互作用,小球从底端离开时,圆弧轨道获得最

大速度。

典例如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块,滑块右侧面为一个半径为R的

圆弧形的光滑凹槽,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽①,重力加速度大小为g。

不计空气阻力。下列说法中正确的是

(

)A.小球返回A点后做自由落体运动B.当v0=

时,小球恰好能到达B点C.如果小球的速度v0足够大,球将从凹槽的左侧离开滑块后②落到水平面上D.当v0=

时,小球从A点冲向B点的过程中,滑块的动能增大,返回过程中,滑块的动能减小A解析小球和滑块整个作用过程中,水平方向动量守恒,机械能守恒,类似于弹性碰撞,小球返回A点时有

mv0=mv1+mv2,

m

=

m

+

m

,解得v1=0、v2=v0(类似质量相等的小球弹性正碰后速度交换),所以小球返回A点后做自由落体运动,故A正确。小球滑上凹槽的过程中,若滑块固定,小球以v0=

的速度冲上,根据机械能守恒有mgh=

m

,解得h=R,但是滑块不固定,小球冲上来的过程中,滑块也会运动,根据机械能守恒可知小球不能冲到B点,故B错误。如果小球的速度v0足够大,小球将从凹槽的左侧飞离,飞

离时相对滑块的速度方向竖直向上,两者水平速度相等,所以小球会从左侧边缘落回,故C错误。小球在

滑块上运动的过程中,小球对滑块的压力一直对滑块做正功,所以滑块的动能一直增加,故D错误。故选

A。信息解读①小球-光滑弧面模型,小球冲上弧面再离开,类比发生一次弹性碰撞。②小球离开滑块时,相对滑块的速度竖直向上,两者具有相同的水平速度。拓展

可求小球沿圆弧滑上的最大高度hm。小球到达最大高度时,与滑块有相同的速度v,可得mv0=(m+m)v,

m

=

(m+m)v2+mghm,v0=

时,可得hm=

。15碰撞拓展模型——板块模型1.模型特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。(2)若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)。2.模型图示及规律模型图示模型规律(1)若木板足够长,滑