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(共58张PPT)
专题二
能量与动量
第3讲　碰撞与动量守恒
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
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Δt的连续体为研究对象，写出Δt内的质量Δm与Δt的关系式，分析连续Δm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(　　)
A．t＝1
s时物块的速率为1
m/s
B．t＝2
s时物块的动量大小为4
kg·m/s
C．t＝3
s时物块的动量大小为5
kg·m/s
D．t＝4
s时物块的速度为零
AB
[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0～1
s、0～2
s、0～3
s、0～4
s内合外力冲量分别为2
N·s、4
N·s、3
N·s、2
N·s，应用动量定理I＝mΔv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。
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)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4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102
kg　　　　　　
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
kg
B
2．(2020·安徽六安一中高三下学期检测)一质量为m＝60
kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2
s，以大小v＝1
m/s的速度离开地面，
取重力加速度g＝10m/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为零
D
解析：重力对人的冲量大小为mgΔt＝120
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I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt＝60×1
N·s＋600×0.2
N·s＝
180
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。
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，重力加速度大小g取10
m/s2，水的
密度ρ＝1.0×103
kg/m3，则喷嘴处喷水的
速度大约为(　　)
A．2.7
m/s　　　　　　　
B．5.4
m/s
C．7.6
m/s
D．10.8
m/s
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?t图像如图所示，图中
AB∥CD，则整个过程中(　　)
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1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
D
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I＝Fft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F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，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。
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)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，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M＝30
kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝
30
kg。甲推着一个质量为m＝15
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？
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α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(　　)
答案：D
C
7．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)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(　　)
A．48
kg
B．53
kg
C．58
kg
D．63
kg
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，分清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。
[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v1＜0，即m＜M。
(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。
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：
①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，如典例中的碰撞过程为弹性碰撞；
②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Ⅰ)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。
[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：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Q＝Ffx或Q＝E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Ffx＝E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。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：
(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。
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ma＝5
kg。若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　　)
A．mb＝1
kg　　　　　　　
B．mb＝2
kg
C．ΔE＝15
J
D．ΔE＝35
J
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，则子弹穿过木块的时间
为(　　)
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：
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(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(　　)
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综上可知，选项D正确。
答案：D
2.
(2020·山东桓台一中高三诊断)如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1
m/s、v2＝2
m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5
m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　　
B．1∶2
C．1∶3
D．2∶1
解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，以乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，代入数据解得m1∶m2＝1∶1，A正确。
答案：A
3．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1
kg，mB＝2
kg，vA＝6
m/s，vB＝2
m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5
m/s，vB′＝2.5
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝4
m/s
C．vA′＝－4
m/s，vB′＝7
m/s
D．vA′＝7
m/s，vB′＝1.5
m/s
解析：虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57
J，大于碰前的总动能Ek＝22
J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确。
答案：B
4．一弹丸在飞行到距离地面5
m高时仅有水平速度v＝2
m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10
m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
解析：平抛运动时间t＝＝1
s，爆炸过程遵循动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又因为v甲＝，v乙＝，t＝1
s，则有x甲＋x乙＝2
m，将各选项中数据代入计算得B正确。
答案：B
5．(2020·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A．3
J　　　　　　　　
B．4
J
C．5
J
D．6
J
解析：根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0
m/s，v乙＝1.0
m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0
m/s，v乙′＝2.0
m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v＋m乙v－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3
J。
答案：A
6．(2020·江苏通州、海门、启东高三联考)在如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2
kg，m乙＝4
kg。乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2。现给甲球一个水平向右的速度v1＝5
m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1
m/s。
(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；
(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3
s末乙球的速度大小。
解析：(1)设发生碰撞后，乙球的速度大小为v2，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由动量守恒定律有m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2
解得v2＝3
m/s。
(2)对乙球，由动量定理有
IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2
由图乙可知，0～3
s力F对乙球的冲量
IF＝×3
N·s＝15
N·s
解得v2′＝0.75
m/s。
答案：(1)3
m/s　(2)0.75
m/s
[能力题组专练]
7．(多选)(2020·山东济南高三质量评估)如图所示，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．P滑到最低点时的动能为mgR
B．P从开始到最低点的过程中机械能减少了
C．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R
D．P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R
解析：小滑块由最高点运动到最低点的过程，容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可知0＝mvP－3mv，又由机械能守恒定律得mgR＝mv＋×3mv2，解得v＝，vP＝3，则小滑块在最低点的动能为EkP＝mgR，该过程中小滑块减少的机械能为ΔE＝mgR－mgR＝mgR，A错误，B正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h，则对小滑块和容器组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvP－3mv＝4mv′，mgR＝mgh＋×4mv′2，解得v′＝0，h＝R，C错误，D正确。
答案：BD
8．如图甲所示，在光滑水平桌面上，有P、Q两物块，它们在t＝4
s时发生碰撞，图乙是两者碰撞前后的位移—时间图像。已知物块P的质量mP＝1
kg，求：
(1)物块Q的质量和两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量大小；
(2)碰撞过程损失的机械能。
解析：(1)根据位移—时间图像可知，碰撞前P的速度
v0＝＝4
m/s
根据位移—时间图像知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后，二者的共同速度
v＝＝1
m/s
碰撞过程，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝(mP＋mQ)v
解得mQ＝3
kg
对物块Q，由动量定理知，两物块碰撞过程中物块Q受到的冲量I＝ΔpQ＝mQv＝3
N·s。
(2)由能量守恒定律知，碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mPv－(mP＋mQ)v2
解得ΔE＝6
J。
答案：(1)3
kg　3
N·s　(2)6
J
9．(2020·福建龙岩高三模拟)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40
kg，球的质量为m2＝10
kg，曲面体的质量为m3＝10
kg。某时刻小孩将球以v0＝4
m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)。求：
(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v1；
(2)球在曲面体上升的最大高度h。
解析：(1)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得m2v0－m1v1＝0
解得小孩和冰车的速度大小v1＝1
m/s。
(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得m2v0＝(m2＋m3)v2
解得球在最大高度处与曲面体的共同速度v2＝2
m/s
球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得
m2v＝(m2＋m3)v＋m2gh
解得球在曲面体上升的最大高度h＝0.4
m。
答案：(1)1
m/s　(2)0.4
m
10．(2020·安徽名校联盟5月模拟)如图所示，质量为m1＝1.0
kg的木板，AB段是半径为R＝0.22
m的四分之一光滑圆弧轨道，水平段与圆弧段相切于B点，木板右端固定一轻质弹簧，自由伸长时其左端位于C点正上方。现用质量为m2＝1.0
kg的小物块将弹簧压缩x＝0.10
m，并用水平细线系在木板右端(弹簧与物块接触但未连接)，整个系统静止在光滑水平面上。已知木板BC段的长度为L＝0.60
m，与物块的动摩擦因数为μ＝0.30，木板C点右侧表面光滑，取重力加速度g＝10
m/s2。
(1)若固定木板，烧断细线后物块刚好能运动A点，求物块刚进入圆弧轨道时对B点的压力F的大小；
(2)若木板不固定，烧断细线后物块刚好能运动A点，求物块最终离B点的距离s；
(3)若木板不固定，烧断细线后物块上升到最高点时高出A点0.10
m，求该过程中木板的位移s板。
解析：(1)设物块在B点的速度大小为v1，木板对物块的支持力大小为F′。
物块从B到A的过程，根据机械能守恒定律可得
m2gR＝m2v
在B点，对物块，根据牛顿第二定律得
F′－m2g＝m2eq
\f(v,R)
联立可得F′＝30
N
根据牛顿第三定律有F＝F′＝30
N。
(2)设细线烧断前弹簧的弹性势能为Ep，若木板不固定，烧断细线后物块运动到A点时，物块和木板的速度为v2。对整个系统从烧断细线至物块运动到A点的过程，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒可得
0＝(m1＋m2)v2
解得v2＝0
根据能量守恒定律可得
Ep＝(m1＋m2)v＋m2gR＋μm2gL
最终状态物块与木板一起静止，设物块在木板上BC段运动的总路程为d，由能量守恒定律得Ep＝μm2gd
联立解得d＝
m
所以物块最终离B点的距离为
s＝3L－d＝
m≈0.47
m。
(3)设从细线烧断至物块上升到最高点的过程中，物块的水平速度为v物时木板的速度大小为v板，该过程中物块水平方向的位移大小为s物，木板的位移大小为s板，由水平方向动量守恒可知全过程始终有
0＝m2v物－m1v板
所以有m2s物＝m1s板
又由物块和木板水平方向的运动关系有
s物＋s板＝R＋L＋x
解得s板＝0.46
m。
答案：见解析第3讲　碰撞与动量守恒
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt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：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2。(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′。机械能损失最多，机械能的损失量为：ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2。(3)非弹性碰撞动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。机械能有损失，机械能的损失量为：ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′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Δp时，用Δp＝Ft。
2．变力：求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1。
3．Δp一定：Ft为确定值，F＝，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Δt的连续体为研究对象，写出Δt内的质量Δm与Δt的关系式，分析连续Δm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(　　)
A．t＝1
s时物块的速率为1
m/s
B．t＝2
s时物块的动量大小为4
kg·m/s
C．t＝3
s时物块的动量大小为5
kg·m/s
D．t＝4
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0～1
s、0～2
s、0～3
s、0～4
s内合外力冲量分别为2
N·s、4
N·s、3
N·s、2
N·s，应用动量定理I＝mΔv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Ⅰ)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4.8×106
N，则它在1
s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A．1.6×102
kg　　　　　　
B．1.6×103
kg
C．1.6×105
kg
D．1.6×106
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Ft＝mv知，m＝＝
kg＝1.6×103
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m＝60
kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2
s，以大小v＝1
m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/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为零
解析：重力对人的冲量大小为mgΔt＝120
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I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt＝60×1
N·s＋600×0.2
N·s＝180
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，重力加速度大小g取10
m/s2，水的密度ρ＝1.0×103
kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)
A．2.7
m/s　　　　　　　
B．5.4
m/s
C．7.6
m/s
D．10.8
m/s
解析：设Δt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FΔt＝2mv，m＝2ρvΔt·π，运动员悬停在空中，所以F＝Mg，联立解得v≈5.4
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?t图像如图所示，图中AB∥CD，则整个过程中(　　)
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1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I＝Fft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F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，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)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，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M＝30
kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30
kg。甲推着一个质量为m＝15
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(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
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＝(m＋M)v2②
甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③
联立①②③解得v＝5.2
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α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(　　)
A．FN＝mgcos
α
B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos
α
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L
解析：当滑块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
α，故A错误；根据冲量定义I＝Ft可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，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M－m＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，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，子弹的质量m是物体B的质量的，则弹簧压缩到最短时B的速度为(　　)
A.　　　　　　　　　
B．
C.
D．
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，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v，解得v＝，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(m＋mA)v＝(m＋mA＋mB)v′，由此解得v′＝，故选项C正确。
答案：C
7．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)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(　　)
A．48
kg
B．53
kg
C．58
kg
D．63
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：Mv1＝mv0
第二次推物块后，由动量守恒定律知：
M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0
……
第n次推物块后，由动量守恒定律知：
M(vn－vn－1)＝2mv0
整理得vn＝
则v7＝，v8＝
由题意知，v7＜5
m/s，则M＞52
kg，又知v8＞5
m/s，则M＜60
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：
v1＝v0、v2＝v0。
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m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1?m2，且v20＝0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v1＜0，即m＜M。
(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
mv0＝mv1＋Mv2
由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv
可得v1＝
v0，v2＝
v0
要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M
A反向向左运动与B发生碰撞，有
mv1＝mv3＋Mv4
mv＝mv＋Mv
整理可得v3＝
v1，v4＝
v1
由于m＜M，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v3≤v2
即v0≥
v1＝()2v0
整理可得m2＋4Mm≥M2
解方程可得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足
(－2)M≤m＜M。
[答案]　(－2)M≤m＜M
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：
①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，如典例中的碰撞过程为弹性碰撞；
②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Ⅰ)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
E＝mv
①
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
0－v0＝－gt
②
联立①②式得
t＝
③
(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
E＝mgh1
④
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
mv＋mv＝E
⑤
mv1＋mv2＝0
⑥
由⑥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
mv＝mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝
⑧
[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：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Q＝Ffx或Q＝E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Ffx＝E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。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：
(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
2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝
A滑到C上，A、C动量守恒，有3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝v。
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得
Q＝Ff·，
Q＝(3m)v2＋mv－(3m＋m)v
解得Ff＝。
(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝。
[答案]　(1)v　(2)　(3)
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ma＝5
kg。若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　　)
A．mb＝1
kg　　　　　　　
B．mb＝2
kg
C．ΔE＝15
J
D．ΔE＝35
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va＝
m/s＝6
m/s，vb＝0，碰后两球粘合在一起共同运动的速度为v＝
m/s＝5
m/s，碰撞过程动量守恒，得mava＝(ma＋mb)v，解得mb＝1
kg，故A正确，B错误；根据功能关系得ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15
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，则子弹穿过木块的时间为(　　)
A.(s＋L)　　　　　　　
B．(s＋2L)
C.(s＋L)
D．(L＋2s)
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mv0＝mv1＋mv2，
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(s＋L)＝mv－mv，
由动量定理得－Fft＝mv1－mv0，
对木块，由动能定理得Ffs＝mv，
由动量定理得Fft＝mv2，
联立解得t＝(L＋2s)，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mv0＝2mv1
解得v1＝v0，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
μmgL＝mv－·2mv
联立解得μ＝eq
\f(v,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
2mv1＝mv1′＋mv2′
2mv1＝2mv2
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
μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv
联立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右。
答案：(1)eq
\f(v,4gL)　(2)滑块速度为0　木板速度为v0，方向水平向右

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