高考物理三轮冲刺 专题十八 碰撞与动量守恒课件

专题十八 碰撞与动量守恒1.1.动量、动量守恒定律及其应用动量、动量守恒定律及其应用2.2.弹性碰撞和非弹性碰撞弹性碰撞和非弹性碰撞3.3.实验：验证动量守恒定律实验：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1.1.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、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、滑块摩擦等问题反冲、滑块摩擦等问题. .2.2.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合进行综合命题. .3.3.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很高. . 动量的矢量性动量的矢量性【典例【典例1 1】(2011(2011福建高考福建高考) )在光滑水平面上，一质量为在光滑水平面上，一质量为m m、速、速度大小为度大小为v v的的A A球与质量为球与质量为2m2m静止的静止的B B球碰撞后，球碰撞后，A A球的速度方向球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后与碰撞前相反，则碰撞后B B球的速度大小可能是球的速度大小可能是( )( )A.0.6vA.0.6vB.0.4vB.0.4vC.0.3vC.0.3vD.0.2vD.0.2v【审题视角【审题视角】解答本题应注意以下两点：解答本题应注意以下两点：【关键点【关键点】(1)(1)动量是矢量，应先选好正方向动量是矢量，应先选好正方向. .(2)(2)抓住抓住A A球碰后反弹条件列方程即可判断球碰后反弹条件列方程即可判断B B球速度大小球速度大小. .【精讲精析【精讲精析】由动量守恒定律得由动量守恒定律得:mv:mv=mv=mvA A+2mv+2mvB B，规定，规定A A球原方向球原方向为正方向，由题意可知为正方向，由题意可知v vA A为负值，则为负值，则2mv2mvB Bmvmv，可得，可得v vB B 0.5v 0.5v，因此因此B B球的速度可能为球的速度可能为0.6v0.6v，故选，故选A.A.答案答案: :A A【命题人揭秘【命题人揭秘】动量的矢量性动量的矢量性(1)(1)动量守恒定律方程式是一个矢量关系式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，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)(2)注意根据相互作用前、后时刻的动量矢量和相等列方程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碰撞中的动量和能量综合问题【典例【典例2 2】(2012(2012安徽高考安徽高考) )如图所示，装置的左边是足够长的如图所示，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，右端连接着质量光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=M=2 kg 2 kg 的小物块的小物块A.A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接面等高，并能平滑对接. .传送带始终以传送带始终以u=2 m/su=2 m/s的速率逆时针转的速率逆时针转动动. .装置的右边是一光滑曲面，质量装置的右边是一光滑曲面，质量m=1 kgm=1 kg的小物块的小物块B B从其上距从其上距水平台面高水平台面高h=1.0 mh=1.0 m处由静止释放处由静止释放. .已知物块已知物块B B与传送带之间的动与传送带之间的动摩擦因数摩擦因数=0.2=0.2，l=1.0 m.=1.0 m.设物块设物块A A、B B间发生的是对心弹性碰撞，间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块第一次碰撞前物块A A静止且处于平衡状态静止且处于平衡状态. .取取g=10 m/sg=10 m/s2 2. .(1)(1)求物块求物块B B与物块与物块A A第一次碰撞前的速度大小第一次碰撞前的速度大小. .(2)(2)通过计算说明物块通过计算说明物块B B与物块与物块A A第一次碰撞后能否运动到右边第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？的曲面上？(3)(3)如果物块如果物块A A、B B每次碰撞后，物块每次碰撞后，物块A A再回到平衡位置时都会立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，试求出物块即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B B第第n n次碰撞后的运动速度大小次碰撞后的运动速度大小. .【审题视角【审题视角】解答本题时要注意以下三点：解答本题时要注意以下三点：【关键点【关键点】(1)(1)物块物块B B在运动的过程中机械能一部分损失在传送带上，一部在运动的过程中机械能一部分损失在传送带上，一部分损失在分损失在A A上上. .(2)(2)由于传送带向左运动，必须验证物块由于传送带向左运动，必须验证物块B B与物块与物块A A碰撞后是否碰撞后是否能滑到传送带右端能滑到传送带右端. .(3)(3)物块物块B B每次与物块每次与物块A A发生弹性碰撞时的情景相似，故可求出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每次碰后速度的表达式. .【精讲精析【精讲精析】(1)(1)对对B B，自开始至曲面底端时，由机械能守恒定，自开始至曲面底端时，由机械能守恒定律得：律得：m mB Bghgh= m= mB Bv vB B2 2v vB B= = m/s= m/s= = m/s= m/s设设B B在传送带上速度减为在传送带上速度减为2 m/s2 m/s时经过的位移为时经过的位移为x x，则：则： 故故B B在传送带上一直做减速运动，设在传送带上一直做减速运动，设B B到达传送带左端时速度大到达传送带左端时速度大小为小为vvB B由由v vB B2 2-v-vB B2 2=2g=2gl得：得：vvB B= =4 m/s= =4 m/s. . 此后此后B B以以4 m/s4 m/s的速度滑向的速度滑向A A即物块即物块B B与物块与物块A A第一次碰前的速度大小为第一次碰前的速度大小为4 m/s4 m/s. .122gh2 10 12 52222B2 52vux m4 m1 m2 g2 0.2 102Bv2 g l(2)(2)设物块设物块B B与物块与物块A A第一次碰撞后的速度大小分别为第一次碰撞后的速度大小分别为v vB1B1、v vA1A1，由动量守恒定律得：由动量守恒定律得：m mB BvvB B=m=mA Av vA1A1-m-mB Bv vB1 B1 由能量守恒定律得：由能量守恒定律得： m mB BvvB B2 2= m= mB Bv vB1B12 2+ m+ mA Av vA1A12 2 由以上两式解得：由以上两式解得：v vA1A1= v= vB B= m/s= m/s，v vB1B1= v= vB B= = m/s m/s 即第一次碰撞后，即第一次碰撞后，B B以以 m/sm/s的速度滑上传送带，设的速度滑上传送带，设B B向右减速向右减速为为0 0时经过的位移为时经过的位移为xx：则：则： 所以所以B B不能运动到右边的曲面上不能运动到右边的曲面上. .121212238313434322B14( )v43xmm1 m2 g2 0.2 109 (3)B(3)B第一次碰撞后在传送带上向右减速为第一次碰撞后在传送带上向右减速为0 0后，在摩擦力的作后，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用下向左加速，到达传送带左端时的速度大小等于v vB1B1，以后，以后B B每次与每次与A A碰撞后的速度大小均等于从传送带左端滑出时的速度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，即大小，即B B每次与每次与A A碰撞后的速度大小均等于下一次碰撞后的速度大小均等于下一次B B与与A A碰撞前碰撞前的速度大小的速度大小. .设设A A与与B B第二次碰撞后的速度分别为第二次碰撞后的速度分别为v vA2A2、v vB2B2，则由，则由式得：式得： 所以第所以第n n次碰撞后次碰撞后B B的速度大小为：的速度大小为：v vBnBn=( )=( )n nvvB B= m/s= m/s答案答案: :(1)4 m/s(1)4 m/s (2) (2)不能不能 (3) m/s(3) m/s12A2B1BB2B1B22111vv( ) v ,vv( ) v3333313n43n43【命题人揭秘【命题人揭秘】含弹簧的碰撞问题的分析方法含弹簧的碰撞问题的分析方法(1)(1)分析建立碰撞模型：是一个与一个碰撞还是与两个碰撞，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是碰撞弹开还是粘连成一体，是弹性的还是非弹性的. .(2)(2)分析碰撞过程：是一个过程还是多个过程分析碰撞过程：是一个过程还是多个过程. .(3)(3)依据碰撞过程逐一列动量和能量守恒方程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动量守恒中的临界问题【典例【典例3 3】(2011(2011山东高考山东高考) )如图所示，甲、乙两船的总质量如图所示，甲、乙两船的总质量( (包括船、人和货物包括船、人和货物) )分别为分别为10m10m、12m12m，两船沿同一直线同一方，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为向运动，速度分别为2v2v0 0、v v0 0. .为避免两船相撞，乙船上的人将为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为一质量为m m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接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住，求抛出货物的最小速度.(.(不计水的阻力不计水的阻力) ) 【审题视角【审题视角】解答本题的思路按以下两步进行：解答本题的思路按以下两步进行：【关键点【关键点】(1)(1)分析如何避免两船相撞：甲、乙抛接货物后两船同向运动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或反向运动. .(2)(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同向运动. .【精讲精析【精讲精析】设乙船上的人抛出货物的最小速度为设乙船上的人抛出货物的最小速度为v vminmin，抛出，抛出货物后的速度为货物后的速度为v v1 1，甲船上的人接到货物后速度为，甲船上的人接到货物后速度为v v2 2，由动量，由动量守恒定律得守恒定律得:12m:12mv v0 0=11mv=11mv1 1-mv-mvminmin10m10m2v2v0 0-mv-mvminmin=11mv=11mv2 2 为避免两船相撞应满足为避免两船相撞应满足:v:v1 1=v=v2 2 联立联立式得式得:v:vminmin=4v=4v0 0答案答案: :4v4v0 0【命题人揭秘【命题人揭秘】抓住临界点，轻易破解动量守恒临界问题抓住临界点，轻易破解动量守恒临界问题(1)(1)分析并判断是否为动量守恒临界问题分析并判断是否为动量守恒临界问题. .(2)(2)寻找临界点寻找临界点: :从题设情景中看是否有相互作用的两物体相距从题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近最近, ,避免相碰和物体开始反向运动等临界状态避免相碰和物体开始反向运动等临界状态. .(3)(3)挖掘临界条件挖掘临界条件: :在与动量相关的临界问题中在与动量相关的临界问题中, ,临界条件常常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, ,即速度相等或即速度相等或位移相等位移相等. . 动量守恒中的人船模型动量守恒中的人船模型【典例【典例4 4】(2011(2011安徽高考安徽高考) )如图所示，质量如图所示，质量M=2 kgM=2 kg的滑块套的滑块套在光滑的水平轨道上，质量在光滑的水平轨道上，质量m=1 kgm=1 kg的小球通过长的小球通过长L=0.5 m L=0.5 m 的的轻质细杆与滑块上的光滑轴轻质细杆与滑块上的光滑轴O O连接，连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕小球和轻杆可在竖直平面内绕O O轴轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，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现给小球一个竖直向上的初速度v v0 0= =4 m/s4 m/s，g g取取10 m/s10 m/s2 2. .(1)(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点若锁定滑块，试求小球通过最高点P P时对轻杆的作用力大小时对轻杆的作用力大小和方向和方向. .(2)(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)(3)在满足在满足(2)(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与的条件下，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小球起始位置点间的距离. .【审题视角【审题视角】解答本题应注意以下四点：解答本题应注意以下四点：【关键点【关键点】(1)(1)锁定滑块时锁定滑块时, ,对小球应用机械能守恒和向心力公式求作用力对小球应用机械能守恒和向心力公式求作用力. .(2)(2)解除锁定解除锁定, ,系统水平方向不受外力系统水平方向不受外力, ,满足动量守恒条件，因满足动量守恒条件，因此水平方向动量守恒此水平方向动量守恒. .(3)(3)分析系统中各物体的状态变化，画出状态变化图，寻找各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物体位移之间的几何关系. .(4)(4)根据水平方向动量守恒列方程求解根据水平方向动量守恒列方程求解. .【精讲精析【精讲精析】(1)(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为设小球能通过最高点，且此时的速度为v v1 1. .在在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒. .则则 v v1 1= m/s= m/s 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F F，方向向下，方向向下，则则:F+mg:F+mg= = 由由式得式得:F=2 N:F=2 N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N2 N，方向，方向竖直向上竖直向上. .221011mvmgLmv22621vmL(2)(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v v2 2，此时滑块，此时滑块的速度为的速度为v.v.在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，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所以水平方向动量守恒. .以水平向右为正方向，有以水平向右为正方向，有mvmv2 2+Mv=0 +Mv=0 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 由由式得式得v v2 2=2 m/s=2 m/s 22220111mvMvmgLmv222(3)(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s s1 1，滑块向左移动的距离为，滑块向左移动的距离为s s2 2，任意时刻小球的水平速度大小，任意时刻小球的水平速度大小为为v v3 3，滑块的速度大小为，滑块的速度大小为v.v.由系统水平方向动量守恒得由系统水平方向动量守恒得mvmv3 3-Mv=0 -Mv=0 将将式两边同乘以式两边同乘以tt，得，得mvmv3 3t-Mvt=0 t-Mvt=0 因因式对任意时刻附近的微小间式对任意时刻附近的微小间隔隔tt都成立，累积相加后，有都成立，累积相加后，有msms1 1-Ms-Ms2 2=0 =0 又又s s1 1+s+s2 2=2L =2L 由由式得式得s s1 1= m= m 答案：答案：见精讲精析见精讲精析23【命题人揭秘【命题人揭秘】运用平均动量守恒巧解人船模型问题运用平均动量守恒巧解人船模型问题(1)(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式( (速度形式速度形式) )得出平均动量守恒得出平均动量守恒( (位移形式位移形式) )，将两物体之间动，将两物体之间动量守恒的速度关系转化为位移关系量守恒的速度关系转化为位移关系. .(2)(2)对于原来静止的人、船系统对于原来静止的人、船系统, ,人在船上走动时人在船上走动时, ,人、船的位人、船的位移大小关系式为移大小关系式为m m人人x x人人=m=m船船x x船船. . 验证碰撞中的动量守恒验证碰撞中的动量守恒【典例【典例5 5】(2011(2011北京高考北京高考) )如图甲，用如图甲，用“碰撞实验器碰撞实验器”可以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的动量关系. .(1)(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的. .但是，但是，可以通过仅测量可以通过仅测量_(_(填选项前的符号填选项前的符号) )，间接地解决，间接地解决这个问题这个问题. .A.A.小球开始释放高度小球开始释放高度h hB.B.小球抛出点距地面的高度小球抛出点距地面的高度H HC.C.小球做平抛运动的射程小球做平抛运动的射程(2)(2)图甲中图甲中O O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球入射球m m1 1，多次从斜轨上，多次从斜轨上S S位置静止释放，找到其平均落地点位置静止释放，找到其平均落地点的位置的位置P P，测出平抛射程，测出平抛射程OP.OP.然后，把被碰小球然后，把被碰小球m m2 2静置于轨道的静置于轨道的水平部分，再将入射球水平部分，再将入射球m m1 1从斜轨上从斜轨上S S位置静止释放，与小球位置静止释放，与小球m m2 2相相碰，并多次重复碰，并多次重复. .接下来要完成的必要步骤是接下来要完成的必要步骤是_.(_.(填填选项前的符号选项前的符号) )A.A.用天平测量两个小球的质量用天平测量两个小球的质量m m1 1、m m2 2B.B.测量小球测量小球m m1 1开始释放高度开始释放高度h hC.C.测量抛出点距地面的高度测量抛出点距地面的高度H HD.D.分别找到分别找到m m1 1、m m2 2相碰后平均落地点的位置相碰后平均落地点的位置M M、N NE.E.测量平抛射程测量平抛射程OMOM、ONON(3)(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_(_(用用(2)(2)中测量的量表示中测量的量表示) )；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_(_(用用(2)(2)中测量的量表示中测量的量表示).).(4)(4)经测定，经测定，m m1 1=45.0 g=45.0 g，m m2 2=7.5 g=7.5 g，小球落地点的平均位置距，小球落地点的平均位置距O O点的距离如图乙所示点的距离如图乙所示. .碰撞前、后碰撞前、后m m1 1的动量分别为的动量分别为p p1 1与与p p1 1，则，则p p1 1pp1 1=_11.=_11.若碰撞结束时若碰撞结束时m m2 2的动量为的动量为p p2 2，则，则p p1 1pp2 2=11_.=11_.实验结果说明碰撞前、后总动量的比值实验结果说明碰撞前、后总动量的比值 为为_._.112ppp(5)(5)有同学认为，上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条有同学认为，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件不变，可以使被碰撞小球做平抛运动的射程增大. .请你用请你用(4)(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球中已知的数据，分析和计算出被碰小球m m2 2平抛运动射程平抛运动射程ONON的最的最大值为大值为_cm._cm.【审题视角【审题视角】解答本题时应把握以下三点解答本题时应把握以下三点: :【关键点【关键点】(1)(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表示碰撞后的速度关系(2)(2)确定入射球确定入射球m m1 1和被碰球和被碰球m m2 2的平均落点位置的平均落点位置M M、N N，从而得到两，从而得到两球的水平射程球的水平射程. .(3)(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恒方程. .【精讲精析【精讲精析】(1)(1)由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运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. .所所以选以选C.C.(2)(2)本实验必须用天平测量两个小球的质量本实验必须用天平测量两个小球的质量m m1 1、m m2 2，分别找到，分别找到m m1 1、m m2 2相碰后平均落地点的位置相碰后平均落地点的位置M M、N N和测量平抛射程和测量平抛射程OMOM、ONON，故接，故接下来要完成的必要步骤是下来要完成的必要步骤是ADEADE或或DAEDAE或或DEA.DEA.(3)(3)由于由于m m1 1v v1 1+m+m2 2v v2 2=m=m1 1v,v,且且所以所以m m1 1OM+mOM+m2 2ON=mON=m1 1OPOP若碰撞是弹性碰撞，若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒机械能守恒所以所以m m1 1OMOM2 2+m+m2 2ONON2 2=m=m1 1OPOP2 212OMONOPvvv,ttt、22211221111m vm vm v222，(4)(4)由于由于11111pm vOP44.8014pm vOM35.201111112222pm vm OM45.0 35.201 58411pm vm ON7.5 55.68417.62.9111212pm OP45.0 44.802 0161.01ppm OMm ON45.0 35.207.5 55.682 001.6 (5)(5)当两个小球发生完全弹性碰撞时，被碰小球当两个小球发生完全弹性碰撞时，被碰小球m m2 2平抛运动射平抛运动射程程ONON有最大值弹性碰撞动量守恒和机械能守恒，则：有最大值弹性碰撞动量守恒和机械能守恒，则：m m1 1v v1 1+m+m2 2v v2 2=m=m1 1v, mv, m1 1v v1 12 2+ m+ m2 2v v2 22 2= m= m1 1v v2 2解得解得:v:v2 2= =所以最大射程为所以最大射程为: :被碰小球被碰小球m m2 2平抛运动射程平抛运动射程ONON的最大值为的最大值为76.8 cm.76.8 cm.答案答案: :(1)C (2)ADE(1)C (2)ADE或或DEADEA或或DAEDAE(3)m(3)m1 1OM+mOM+m2 2ON=mON=m1 1OP mOP m1 1OMOM2 2+m+m2 2ONON2 2=m=m1 1OPOP2 2(4)14 2.9 1(4)14 2.9 11.011.01均可均可 (5)76.8(5)76.81212121122mvmm，1m122m2 45.0ONOP44.80 cm76.8 cmmm45.07.5【命题人揭秘【命题人揭秘】用碰撞实验器验证动量守恒定律时应注意用碰撞实验器验证动量守恒定律时应注意(1)(1)实验误差分析实验误差分析碰撞是否为一维碰撞碰撞是否为一维碰撞. .小球离开轨道后是否做平抛运动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每次实验小球是否从斜轨上同一位置静止释放. .(2)(2)注意事项注意事项前提条件：碰撞的两小球应保证前提条件：碰撞的两小球应保证“水平水平”和和“正碰正碰”，且，且m m入射入射mm被碰被碰. .正确操作：先安装好仪器并调试，后进行实验并测量正确操作：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论. . 动量守恒与电磁感应问题的综合动量守恒与电磁感应问题的综合【典例【典例6 6】(2011(2011海南高考海南高考) )如图，如图，abab和和cdcd是是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MNMN和和MNMN是两根用细线连接的金属杆，其质量分是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为别为m m和和2m.2m.竖直向上的外力竖直向上的外力F F作用在杆作用在杆MNMN上，上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；使两杆水平静止，并刚好与导轨接触； 两杆两杆的总电阻为的总电阻为R R，导轨间距为，导轨间距为l. .整个装置处在磁感应强度为整个装置处在磁感应强度为B B的匀强的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直. .导轨电阻可忽略，重力导轨电阻可忽略，重力加速度为加速度为g.g.在在t=0t=0时刻将细线烧断，保持时刻将细线烧断，保持F F不变，金属杆和导轨不变，金属杆和导轨始终接触良好始终接触良好. .求：求：(1)(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)(2)两杆分别达到的最大速度两杆分别达到的最大速度. .【审题视角【审题视角】抓住几个关键点，按合理的思路即可以准确解答：抓住几个关键点，按合理的思路即可以准确解答：【关键点【关键点】(1)“(1)“竖直向上的外力竖直向上的外力F F作用在杆作用在杆MNMN上，使两杆水平静止上，使两杆水平静止”，可，可得系统所受合外力为零，系统动量守恒得系统所受合外力为零，系统动量守恒. .细线烧断以后，系统细线烧断以后，系统合外力仍然为零，故整个过程动量守恒合外力仍然为零，故整个过程动量守恒. .(2)(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动. .(3)(3)分析思路如图所示分析思路如图所示: :【精讲精析【精讲精析】设某时刻设某时刻MNMN和和MNMN速度分别为速度分别为v v1 1、v v2 2. .(1)(1)因为系统所受合外力为零，所以因为系统所受合外力为零，所以MNMN和和MNMN系统动量守恒系统动量守恒: :mvmv1 1-2mv-2mv2 2=0,=0,解得解得v v1 1vv2 2=21=21(2)(2)当当MNMN和和MNMN的加速度为零时，速度最大的加速度为零时，速度最大, ,MNMN受力平衡有受力平衡有:BI:BIl=2mg=2mgI= I= E=BE=Blv v1 1+B+Blv v2 2由由得得: :v v1 1= v= v2 2= =答案答案: :(1)21 (2)(1)21 (2)ER2 24mgR,3B l2 22mgR3B l2 24mgR3B l2 22mgR3B l【阅卷人点拨【阅卷人点拨】失失分分提提示示(1)(1)分别对两金属杆按匀变速运动分别对两金属杆按匀变速运动, ,由牛顿第二定律和运动由牛顿第二定律和运动学公式分析解答导致知识性错误学公式分析解答导致知识性错误. .(2)(2)回路中的电动势是两金属杆切割磁感线产生的电动势回路中的电动势是两金属杆切割磁感线产生的电动势之和之和. .备备考考指指南南应注意以下问题应注意以下问题: :(1)(1)先对物体进行受力分析和运动情况分析，看系统所受先对物体进行受力分析和运动情况分析，看系统所受合外力是否为零，看物体是否做匀变速运动，看系统内能合外力是否为零，看物体是否做匀变速运动，看系统内能量是怎样转化的量是怎样转化的. .(2)(2)若系统所受合外力为零，可简捷地运用动量守恒定律若系统所受合外力为零，可简捷地运用动量守恒定律解答解答, ,或者从能的观点分析或者从能的观点分析, ,或者从力的观点分析或者从力的观点分析. . 动量守恒定律的应用动量守恒定律的应用高考指数高考指数: :1.(20101.(2010北京高考北京高考) )如图，若如图，若x x轴表示时间，轴表示时间，y y轴表示位移，则轴表示位移，则该图象反映了某质点做匀速直线运动该图象反映了某质点做匀速直线运动时，位移与时间的关系时，位移与时间的关系. .若令若令x x轴和轴和y y轴轴分别表示其他的物理量，则该图象又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，相应的物理可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系量之间的关系. .下列说法中正确的是下列说法中正确的是( )( )A.A.若若x x轴表示时间轴表示时间,y,y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受轴表示动能，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.B.若若x x轴表示频率，轴表示频率，y y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应轴表示动能，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中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C.C.若若x x轴表示时间，轴表示时间，y y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在轴表示动量，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.D.若若x x轴表示时间，轴表示时间，y y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静轴表示感应电动势，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，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闭合回路的感应电动势与时间的关系【解析【解析】选选C.C.根据动量定理根据动量定理p-pp-p0 0=Ft=Ft，p=Ft+pp=Ft+p0 0说明动量和时说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，间是线性关系，纵截距为初动量，C C正确正确. .结合结合p= p= 得得 =Ft+p=Ft+p0 0，说明动能和时间的图象是抛物线，说明动能和时间的图象是抛物线，A A错误错误. .光光电效应方程为电效应方程为E Ekmkm=h-W=h-W0 0，说明最大初动能和时间是线性关，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，系，但纵截距为负值，B B错误错误. .当磁感应强度随时间均匀增大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，个定值，不随时间变化，D D错误错误. .k2mEk2mE2.(20112.(2011上海高考上海高考) )光滑水平面上两小球光滑水平面上两小球a a、b b用不可伸长的松用不可伸长的松弛细绳相连弛细绳相连. .开始时开始时a a球静止，球静止，b b球以一定速度运动直至绳被拉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紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量_( (选填选填“守恒守恒”或或“不守恒不守恒”) )；机械能；机械能_(_(选填选填“守恒守恒”或或“不守恒不守恒”) )【解题指南【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，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属于碰撞中的完全非弹性碰撞【解析【解析】b b球以一定速度运动直至绳被拉紧，两小球间绳子的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 a、b b组成的系统动量守恒，两球一起运动，具有共同速度，符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，机械能不守恒答案答案: :守恒守恒 不守恒不守恒3.(20113.(2011海南高考海南高考) )一质量为一质量为2m2m的物体的物体P P静止于光滑水平地面静止于光滑水平地面上，其截面如图所示上，其截面如图所示. .图中图中abab为粗糙的水平面，长度为为粗糙的水平面，长度为L L；bcbc为为一光滑斜面，斜面和水平面通过与一光滑斜面，斜面和水平面通过与abab和和bcbc均相切的长度可忽略均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接的光滑圆弧连接. .现有一质量为现有一质量为m m的木块以大小为的木块以大小为v v0 0的水平初速的水平初速度从度从a a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h h，返回后在到，返回后在到达达a a点前与物体点前与物体P P相对静止相对静止. .重力加速度为重力加速度为g.g.求：求：(1)(1)木块在木块在abab段受到的摩擦力段受到的摩擦力f f；(2)(2)木块最后距木块最后距a a点的距离点的距离s.s.【解析【解析】(1)(1)木块向左滑到最高点时，系统有共同速度木块向左滑到最高点时，系统有共同速度v v，由动量守恒得：由动量守恒得：mvmv0 0=(m+2m)v=(m+2m)v mv mv0 02 2- (m+2m)v- (m+2m)v2 2=fL+mgh=fL+mgh联立联立两式解得：两式解得： 121220m v3ghf3L(2)(2)根据动量守恒可得木块返回与物体根据动量守恒可得木块返回与物体P P第二次达到共同速度与第二次达到共同速度与第一次相同第一次相同, ,全过程能量守恒全过程能量守恒, ,得：得： mvmv0 02 2= (m+2m)v= (m+2m)v2 2+f(2L-s)+f(2L-s)联立联立解得解得:s= :s= 答案答案: :(1) (2)(1) (2)12122020v6ghLv3gh20m v3gh3L2020v6ghLv3gh【方法技巧【方法技巧】运用碰撞模型解动量和能量综合问题的注意点运用碰撞模型解动量和能量综合问题的注意点(1)(1)抓住碰撞过程中速度相等这一临界状态抓住碰撞过程中速度相等这一临界状态. .本题中即木块上升本题中即木块上升到最高点时与物体到最高点时与物体P P速度相等，木块返回后在到达速度相等，木块返回后在到达a a点前与物体点前与物体P P相对静止时速度也相等相对静止时速度也相等. .(2)(2)如果木块能够滑离物体如果木块能够滑离物体P P，即相当于碰撞结束两物体分开，即相当于碰撞结束两物体分开. .(3)(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恒方程. .4.(20114.(2011四川高考四川高考) )随着机动车数量的增加，交通安全问题日随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显益凸显. .分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命生命. .一货车严重超载后的总质量为一货车严重超载后的总质量为49 t49 t，以，以54 km/h54 km/h的速率匀的速率匀速行驶速行驶. .发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为速度的大小为2.5 m/s2.5 m/s2 2( (不超载时则为不超载时则为5 m/s5 m/s2 2).).(1)(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？时分别前进多远？(2)(2)若超载货车刹车时正前方若超载货车刹车时正前方25 m25 m处停着总质量为处停着总质量为 1 t 1 t 的轿车，的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s0.1 s后获得相同速度，问货车后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？对轿车的平均冲力多大？【解析【解析】(1)(1)设货车刹车时速度大小为设货车刹车时速度大小为v v0 0、加速度大小为、加速度大小为a a，末，末速度为速度为v vt t，刹车距离为，刹车距离为s s代入数据，得代入数据，得: :超载时超载时s s1 1=45 m=45 m若不超载若不超载s s2 2=22.5 m=22.5 m220tvvs2a(2)(2)设货车刹车后经设货车刹车后经s=25 ms=25 m与轿车碰撞时的初速度大小为与轿车碰撞时的初速度大小为v v1 1v v1 1= = 设碰撞后两车共同速度为设碰撞后两车共同速度为v v2 2、货车质量为、货车质量为M M、轿车质量为、轿车质量为m m，由，由动量守恒定律得动量守恒定律得:Mv:Mv1 1=(M+m)v=(M+m)v2 2设货车对轿车的作用时间为设货车对轿车的作用时间为tt、平均冲力大小为、平均冲力大小为 由动量定由动量定理得理得: t: t=mv=mv2 2联立联立式，代入数据得式，代入数据得 =9.8=9.810104 4 N N答案答案: :(1)45 m 22.5 m (2)9.8(1)45 m 22.5 m (2)9.810104 4 N N20v2asF ，FF5.(20105.(2010安徽高考安徽高考) )如图，如图，ABDABD为为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中中ABAB段是水平的，段是水平的，BDBD段为半径段为半径R=R=0.2 m 0.2 m 的半圆，两段轨道相切于的半圆，两段轨道相切于B B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0 E=5.0 10103 3 V/m. V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度一不带电的绝缘小球甲，以速度v v0 0沿水平轨道向右沿水平轨道向右运动，与静止在运动，与静止在B B点带正电的小球乙发生弹性碰撞点带正电的小球乙发生弹性碰撞. .已知甲、乙已知甲、乙两球的质量均为两球的质量均为m=1.0m=1.01010-2-2 kg kg，乙所带电荷量，乙所带电荷量q=2.0q=2.01010-5-5 C C，g g取取10 m/s10 m/s2 2.(.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移运动过程无电荷转移) )(1)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D D，求乙在轨，求乙在轨道上的首次落点到道上的首次落点到B B点的距离；点的距离；(2)(2)在满足在满足(1)(1)的条件下，求甲的速度的条件下，求甲的速度v v0 0；(3)(3)若甲仍以速度若甲仍以速度v v0 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量向右运动，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不变，求乙在轨道上的首次落点到B B点的距离范围点的距离范围. .( (第第(3)(3)问仅供选修问仅供选修3-53-5为必考的省份解答为必考的省份解答) )【解析【解析】(1)(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达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最高点的速度为v vD D，乙离开，乙离开D D点到达水平轨道的时间为点到达水平轨道的时间为t t，乙的，乙的落点到落点到B B点的距离为点的距离为x x，则，则mg+qEmg+qE= = 2R= 2R= x=vx=vD Dt t联立联立得：得：x=0.4 mx=0.4 m2DvmR21 mgqE()t2m(2)(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为设碰撞后甲、乙的速度分别为v v甲甲、v v乙乙，根据动量守恒和机，根据动量守恒和机械能守恒定律有：械能守恒定律有：mvmv0 0=mv=mv甲甲+mv+mv乙乙 联立联立得：得：v v乙乙= v= v0 0 由动能定理得：由动能定理得：-mg-mg2R-qE2R-qE2R= 2R= 联立联立得：得：v v0 0= = 2220111mvmvmv222甲乙22D11mvmv22乙5 mgqE R2 5 m/sm(3)(3)设甲的质量为设甲的质量为M M，碰撞后甲、乙的速度分别为，碰撞后甲、乙的速度分别为v vM M、v vm m，根据，根据动量守恒和机械能守恒定律有：动量守恒和机械能守恒定律有：MvMv0 0=Mv=MvM M+mv+mvm m联立联立得得v vm m= = 由由和和M Mm m，可得：，可得：v v0 0vvm m2v2v0 0 设乙球过设乙球过D D点的速度为点的速度为v vD D，由动能定理得：，由动能定理得：-mg-mg2R-qE2R-qE2R2R2220Mm111MvMvmv22202MvMm22Dm11mvmv22 联立联立得：得：2 m/sv2 m/svD D8 m/s8 m/s设乙在水平轨道上的落点到设乙在水平轨道上的落点到B B点的距离为点的距离为xx，则有：，则有：x=vx=vD Dtt 联立联立得：得：0.4 mx1.6 m0.4 mx0v0联立联立式解得式解得: v: v2 2vv1 12v2v2 2或或 v v1 1vv2 2 v v1 1答案答案: : v v2 2vv1 12v2v2 2或或 v v1 1vv2 2 v v1 12372mvmvmv2232122332122312.(201012.(2010新课标全国卷新课标全国卷) )如图所示，光滑的水平地面上有一如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙. .重物质量为木重物质量为木板质量的板质量的2 2倍，重物与木板间的动摩擦因数为倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物使木板与重物以共同的速度以共同的速度v v0 0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短撞时间极短. .求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间间. .设木板足够长，重物始终在木板上设木板足够长，重物始终在木板上. .重力加速度为重力加速度为g.g.【解题指南【解题指南】从第一次到第二次碰撞，木板先向左匀减速直线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；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，再匀速运动重物先向右匀减速直线运动，再匀速运动. .【解析【解析】解法一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运动直到与重物达到共同速度v v，再往后是匀速直线运动，直，再往后是匀速直线运动，直到第二次碰撞墙到第二次碰撞墙. .设木板的质量为设木板的质量为m m，重物的质量为，重物的质量为2m2m，取向右，取向右为动量的正方向，由动量守恒得：为动量的正方向，由动量守恒得：2mv2mv0 0-mv-mv0 0=(2m+m)v =(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设木板从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v v所用的所用的时间为时间为t t1 1，对木板应用动量定理得：，对木板应用动量定理得：2mgt2mgt1 1=mv-m(-v=mv-m(-v0 0) ) 由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：2mg=ma 2mg=ma 式中式中a a为木板的加速度为木板的加速度. .在达到共同速度在达到共同速度v v时，木板离墙的距离时，木板离墙的距离l为：为：l=v=v0 0t t1 1- at- at1 12 2 开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为t t2 2= = 木板从第一次与墙碰撞到第二次碰撞所经历的时间为：木板从第一次与墙碰撞到第二次碰撞所经历的时间为：t=tt=t1 1+t+t2 2 由以上各式得：由以上各式得：t= t= 12vl04v3 g解法二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度v v，由动量守恒得：，由动量守恒得：2mv2mv0 0-mv-mv0 0=(2m+m)v =(2m+m)v 解得：解得：v=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，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：由运动学公式得：v=-vv=-v0 0+at+at1 1 0v3又由牛顿第二定律得：又由牛顿第二定律得：2mg=ma2mg=ma用动能定理，有：用动能定理，有：木板在第二个过程中，做匀速直线运动，有：木板在第二个过程中，做匀速直线运动，有：s=vts=vt2 2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间：t=tt=t1 1+t+t2 2= =答案答案: :22011mvmv2 mgs22 0002v2v4v3 g3 g3 g04v3 g13.(201013.(2010海南高考海南高考) )在核反应堆中，常用减速剂使快中子减在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速速. .假设减速剂的原子核质量是中子的假设减速剂的原子核质量是中子的k k倍倍. .中子与原子核的每中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰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设每次碰撞前原子核可认为是静止的，求止的，求N N次碰撞后中子速率与原速率之比次碰撞后中子速率与原速率之比. .【解析【解析】设中子和减速剂的原子核设中子和减速剂的原子核A A的质量分别为的质量分别为m mn n和和m mA A，碰撞，碰撞后速度分别为后速度分别为vvn n和和vvA A，根据碰撞前后的总动量和总能量守，根据碰撞前后的总动量和总能量守恒，有：恒，有：m mn nv vn n=m=mn nvvn n+m+mA AvvA A m mn nv vn n2 2= m= mn nvvn n2 2+ m+ mA AvvA A2 2式中式中v vn n为碰撞前中子速度，由题意为碰撞前中子速度，由题意m mA A=km=kmn n解得，经解得，经1 1次碰撞后中子速率与原速率之比为：次碰撞后中子速率与原速率之比为：经经N N次碰撞后，中子速率与原速率之比为：次碰撞后，中子速率与原速率之比为：答案答案: :121212nnvk1vk1Nk1()k1Nk1()k1 动量守恒定律与能量结合的综合应用动量守恒定律与能量结合的综合应用高考指数高考指数: :14.(201214.(2012新课标全国卷新课标全国卷) )如图如图, ,小球小球a a、b b用等长细线悬挂于同一固定点用等长细线悬挂于同一固定点O,O,让球让球a a静止静止下垂下垂, ,将球将球b b向右拉起向右拉起, ,使细线水平使细线水平. .从静止从静止释放球释放球b,b,两球碰后粘在一起向左摆动两球碰后粘在一起向左摆动, ,此后此后细线与竖直方向之间的最大偏角为细线与竖直方向之间的最大偏角为6060.