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1、1第三讲第三讲 碰撞与动量守恒碰撞与动量守恒知识建构高考调研1.2018 年高考中该部分内容的考查难度将加大(1)利用图象或公式直接考查动量定理或者动量守恒定律(2)考查动量定理的应用，特别是动量定理在流体力学中的应用此外，动量定理还可以与电场、磁场、电磁感应等知识综合命题，选择题和计算题的命题形式皆有可能出现(3)考查动量守恒定律及其应用试题常常涉及多个物体、多个过程，以碰撞模型为纽带，几个运动阶段既相互独立，又相互联系，物体碰前、碰后的速度是联系各运动阶段的桥梁此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合2.常用的思想方法：动量定理结合微积分的思想方法弹性碰撞中的二级结论法.答案 (
2、1)物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化(2)一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变(3)动量守恒定律成立的条件系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，2系统的动量可看成近似守恒系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒(4)碰撞的分类考向一 动量定理归纳提炼1用动量定理的解题的基本思路32应用动量定理解题技巧(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题时都可以适用(2)动量定理研究对象选择可以是单一物体，也可以是质点系，在研究质点系
3、问题时，受力分析是只考虑质点系的外力(3)在应用动量定理时需要规定正方向(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，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；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为，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思路点拨 (1)玩具在空中悬停说明Fmg.(2)求水对玩具的作用力，可考虑动量定理解题解析 (1)设t时间内，从喷口喷出的水的体
4、积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量v0Sm t(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速4度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得 (m)v2(m)gh (m)v1 21 22 0在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得hv2 0 2gM2g 22v2 0S2答案 (1)v0S (2)v2 0 2gM2g 22v2 0S2用动量定理解决连续的流体问题在日常的生活和生产中，常涉及流体
5、的连续相互作用问题，用常规的方法很难解决，若构建柱体微元模型，然后用动量定理分析求解，则可使问题迎刃而解对于流体或类似流体(如粒子流)问题，解答的原则一般是选择一段时间内作用在某物体上的流体为研究对象，然后确定出流体柱的体积、质量、状态变化及受力情况，再确定与其对物体的作用规律熟练强化迁移一 动量定理与生产生活相结合1(2015重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.mg B.mg
6、m2ghtm2ghtC.mg D.mgm ghtm ght解析 下降h阶段v22gh，得v，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定2gh理，设竖直向下为正，(Fmg)t0mv，得Fmg，A 正确选 A.m2ght答案 A迁移二 动量定理解决连续流体问题2(多选)(2017河北名校联盟)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的5速度为零高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为.下列说法正确的是( )A高压水枪单位时间喷出的水的质量为vD2B高压水枪的功率为D2v31 8C水
7、柱对煤层的平均冲力为D2v21 4D手对高压水枪的作用力水平向右解析 设t时间内，从水枪喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，VSvt D2vt，单位时间喷出水的质量为vD2，选项 A1 4m t1 4错误t时间内水枪喷出的水的动能Ekmv2D2v3t，由动能定理知高压水枪1 21 8在此期间对水做功为WEkD2v3t，高压水枪的功率PD2v3，选项 B1 8W t1 8正确考虑一个极短时间t，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理，Ftmv，t时间内冲到煤层水的质量mD2vt，1 4解得FD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为FFD2v2，1 4
8、1 4选项 C 正确当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项 D 错误答案 BC考向二 动量守恒定律的应用归纳提炼1动量守恒定律解题思路及方法62三种常见表达式(1)pp(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p)实际应用时的三种常见形式m1v1m2v2m1v1m2v2(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)0m1v1m2v2(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等，两者速率及位移大小与各自质量成反比)m1v1m2v2(m1m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的
9、情况，完全非弹性碰撞)(2)p0(系统总动量不变)(3)p1p2(相互作用的两物体组成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反)(多选)(2017陕西宝鸡模拟)光滑水平面上放有质量分别为 2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间夹有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )A物块开始运动前，弹簧的弹性势能为mv23 2B物块开始运动前，弹簧的弹性势能为 3mv2C物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x 2D物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x3 27思路点拨 (1)
10、可根据动量守恒求得物块B的速度(2)剪断细绳瞬间，弹簧两侧物块受力大小相等解析 依据题述，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，由动量守恒定律，2mvmv，解得物块B的速度大小v2v；由能量守恒定律，物块开始运动前，弹簧的弹性势能Ep 2mv2mv23mv2，A 错误，B 正确剪断细线瞬间，轻弹簧两侧物块1 21 2受力大小相等，都为kx，由牛顿第二定律，kx2ma；当物块B的加速度大小为a时，由牛顿第二定律，makx，联立解得x ，C 正确根据上述分析可知，物块B的加速x 2度是A的 2 倍，由sat2，物块B的位移是A的 2 倍，物块A从开始运动到刚要离开弹1 2簧时位移大小为x，D
11、错误1 3答案 BC三种碰撞解读(1)弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等m1v1m2v2m1v1m2v2m1vm2vm1v12m2v221 22 11 22 21 21 2v1m1m2v12m2v2 m1m2v2m2m1v22m1v1 m1m2v20 时，v1v1m1m2 m1m2v2v12m1 m1m2讨论：m1m2，v10，v2v1(速度交换)；m1m2，v10，v20(碰后，两物体沿同一方向运动)；m1m2，v1v1，v22v1；m10(碰后，两物体沿相反方向运动)；m1m2，v1v1，v20；8熟练强化迁移一 非弹性碰撞1光滑水平面上有A、
12、B两辆小车，mB1 kg，原来静止，mA1 kg(含支架)现将小球C用长为 0.2 m 的细线悬于支架顶端，mC0.5 kg.开始时A车与C球以v04 m/s 的速度冲向B车，如右图所示若A、B正碰后粘在一起，不计空气阻力，g取 10 m/s2，求小球C摆动到最大高度时的速度和上升的最大高度解析 设A，B相碰后二者的共同速度为v，(相碰时C球水平方向不受力，仍保持v0的速度)9则由动量守恒定律mAv0(mAmB)v解得v2 m/sA、B粘在一起后，小球C向右摆，细绳在水平方向的分力使A、B加速，当C的速度与A、B水平方向的速度相同时小球摆至最高点，则由动量守恒，有mCv0(mAmB)v(mAm
13、BmC)v解得A、B、C相同的速度v2.4 m/s.再由机械能守恒定律，设C球摆上的最大高度为h，则mCv (mAmB)v2 (mAmBmC)v2mCgh1 22 01 21 2解得h0.16 m答案 2.4 m/s 0.16 m迁移二 弹性碰撞2如图所示，AB为倾角37的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰若m1m212，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数的取值范围(sin370.6，cos370.8)解析 设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，由动量守恒
14、和机械能守恒，有m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2v1 22 01 22 11 22 2解得v1v0v0，v2v0v0m1m2 m1m21 32m1 m1m22 3设乙球沿斜面上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理有(m2gsin37m2gcos37)sm2v1 22 2(m2gsin37m2gcos37)sm2v21 2解得2(v v2)34 34乙要能追上甲，则vv0 3解得mgl1 22 0即v2 0 2gl设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒有mvmvmgl1 22 01 22 1设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1
15、、v2，由动量守恒和能量守恒有mv1mv1v23m 4mvmv12v221 22 11 21 2(3m 4)联立式解得v2v18 7由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12vgl1 2(3m 4)2 23m 4联立式，可得32v2 0 113gl联立式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件32v2 0 113glv2 0 2gl答案 32v2 0 113glv2 0 2gl3(2017天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中现将B竖直向上再举高h1.8 m(
16、未触及滑轮)，然后由静止释放一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触取g10 m/s2，空气阻力不计求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt21 2代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB(mAmB)v之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度，联立式，代入数据解得
17、13v2 m/s(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH1 2代入数据解得H0.6 m答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m迁移训练1如下图所示，一质量为M、顶端距离地面为h的带有曲面的斜面体放在水平面上，斜面体底端的切线水平，将一质量为m、可视为质点的滑块从斜面体的顶端由静止释放第一次斜面体固定在水平面上，滑块滑到斜面体底端时的速度大小为v1；第二次斜面体不固定，滑块滑到斜面体底端时的速度大小为v2.已知M4 kg、m5 kg，忽略一切摩擦则的值为多少？v1
18、v214解析 第一次斜面体固定，滑块下滑过程中只有重力做功，滑块的机械能守恒，滑块在最高处的重力势能全部转化为滑到斜面体底端时的动能，有mghmv1 22 1解得滑块滑到斜面体底端时的速度v12gh第二次斜面体不固定，当滑块滑到斜面体底端时，对滑块和斜面体组成的系统，由于在水平方向上不受外力，因此系统在水平方向上动量守恒滑块到达斜面体底端时的速度为v2，设斜面体的速度为v0，则由水平方向动量守恒，得mv2Mv00滑块下滑时，只有重力和系统内的弹力做功，系统的机械能守恒，有mghmvMv1 22 21 22 0联立解得v2 2Mgh Mm因此两种情况下滑块到达斜面体底端的速度的比值为 .v1 v
19、2Mm M3 2答案 3 22(2017湖南长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M、N，相距L0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mbmc0.1 kg，电阻RbRc1 ，轨道的电阻不计平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v010 m/s 开始向左运动，求：15(1)c棒的最大速度(2)c棒中产生的焦耳热(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小解析 (1)在磁场力
20、作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有mbv0(mbmc)v解得c棒的最大速度为：vv0v05 m/smb mbmc1 2(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Qmbv (mbmc)v22.5 J1 22 01 2因为RbRc，所以c棒中产生的焦耳热为Qc 1.25 JQ 2(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v，从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：mcv2mcv2mcg2R1 21 2解得v3 m/s在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg
21、Fmcv2 R解得F1.25 N由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为 1.25 N答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N3(2017湖北七市 3 月模拟)如图所示，光滑平行金属轨道的水平部分处于竖直向下的B4 T 的匀强磁场中，两轨道间距为L0.5 m，轨道足够长金属棒a和b的质量都为m1 kg，电阻RaRb1 .b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h80 cm 高处自静16止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与轨道垂直，且两棒始终不相碰求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g10 m/s2)解析 a棒下滑至C点时速度设为v0，则由机械能守恒，有：mghmv1 22 0解得v04 m/s此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：mv0(mm)v解得a、b两棒共同的最终速度为v2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总的焦耳热为：Qmv (mm)v21 22 01 2则b棒中产生的焦耳热QbQ1 2联立解得：Qb2 J 答案答案 2 2 m/sm/s 2 2 J J