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第7講碰撞與動量守恒
主干知識體系
核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)
知識規(guī)律
(1)動量和沖量的概念．
(2)動量定理的應(yīng)用．
(3)動量守恒的條件和表達(dá)式．
(4)三類碰撞的特點．
(5)爆炸和反沖的特點．
(6)力學(xué)中的兩大守恒思想．
①能量守恒．
②動量守恒．
思想方法
(1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、類比思想．
(2)物理方法：臨界法、整體與隔離法.
1．(2018全國Ⅱ卷15)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為( )
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
C [設(shè)每層樓高約為3 m，則下落高度約為
h＝325 m＝75 m
由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv 知
雞蛋對地面的沖擊力F＝＋mg≈103 N]
2．(2018全國Ⅲ卷，21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大
B．在t時刻，a的動能比b的大
C．在t時刻，a和b的電勢能相等
D．在t時刻，a和b的動量大小相等
BD [A錯：經(jīng)時間t、a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，根據(jù)x＝at2，得aa＞ab，又由a＝知，ma
Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大；C錯：a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反；D對：根據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等．]
3．(2018天津卷，9(1))質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是________ m/s.若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5103 N，則子彈射入木塊的深度為________ m.
解析 設(shè)木塊的最終速度為v，則根據(jù)動量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s
根據(jù)能量守恒定律得Ffd相對＝mv－(M＋m)v2，
解得d相對＝0.2 m
答案 20 0.2
4．(2017高考全國卷Ⅰ，14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( )
A．30 kgm/s B．5.7102 kgm/s
C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s
A [燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg600 m/s＝30 kgm/s，選項A正確．]
5．(2016高考全國卷Ⅰ，35節(jié)選)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：
(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；
(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．
解析 (1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為
＝ρv0S③
(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為
Δp＝(Δm)v⑤
設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得
F＝Mg⑦
聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得
h＝－
答案 (1)ρv0S (2)－
[考情分析]
■命題特點與趨勢
1．動量定理、動量守恒定律屬于力學(xué)的主干知識，在現(xiàn)代物理中應(yīng)用很廣，這部分知識與牛頓運動定律、功和能合稱“解題三把金鑰匙”，是解決物理問題的重要基本方法，是高考的重點考查內(nèi)容．
2．試題經(jīng)常與機械能守恒定律、平拋運動、圓周運動等力學(xué)及電磁學(xué)、原子物理等知識點組成綜合題．這類題型，命題情景新，聯(lián)系實際密切，綜合性強，前后兩個物理過程一般通過碰撞來過渡，這就決定了動量守恒方程在解題過程中的紐帶作用．
■解題要領(lǐng)
解決本講的問題，要緊扣命題特點，高考中主要以兩種命題形式出現(xiàn)：一是綜合應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律和動量守恒定律，結(jié)合動力學(xué)方法解決多運動過程問題；二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內(nèi)帶電粒子運動或電磁感應(yīng)問題．因此要在審題上要狠下工夫，弄清運動情景，挖掘隱含條件，有針對性的選擇相應(yīng)的規(guī)律和方法．
高頻考點一 動量、沖量、動量定理
[備考策略]
本考點是對動量、沖量的概念及動量定理的理解及應(yīng)用的考查，常與運動學(xué)公式、牛頓運動定律等知識進(jìn)行簡單交匯命題，難度一般，主要考查考生的理解和分析能力．
一、基礎(chǔ)知識
1．沖量I＝Ft.
特點：矢量、過程量、絕對性．
2．動量p＝mv.
特點：矢量、狀態(tài)量、相對性．
動量的變化量Δp＝p′－p，也是矢量．
3．動量定理：(1)表達(dá)式：FΔt＝mv′－mv.I＝p′－p.
(2)力的表達(dá)式：F＝.
二、動量定理的理解和應(yīng)用
1．公式p′－p＝Ft是矢量式，右邊是物體受到所有力的總沖量，而不是某一個力的沖量．其中的F是研究對象所受的包括重力在內(nèi)所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是變力，如果合外力是變力，則F是合外力在t時間內(nèi)的平均值．
2．動量定理說明的是合外力的沖量I合和動量的變化量Δp的關(guān)系，不僅I合與Δp大小相等，而且Δp的方向與I合的方向相同．
3．公式p′－p＝Ft說明了兩邊的因果關(guān)系，即合力的沖量是動量變化的原因．
[命題視角]
考向1 對動量和沖量的理解
例1 (2018山東泰安模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點，小球從A點正上方O點靜止釋放，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點．設(shè)球在AB段和BC段運動過程中，運動時間分別為t1，t2，合外力的沖量大小為I1、I2，則( )
A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．I1＞I2 D．I1＝I2
C [小球從A點正上方O點靜止釋放，剛好能運動至C點，說明在圓弧內(nèi)要克服摩擦力做功，因此在AB段平均速率大于BC段平均速率，兩段路程相等，所以t1I2，C正確，D錯誤．]
考向2 動量定理的應(yīng)用
例2 (2018山東省濰坊市高三三模)如圖所示，一消防車空載時的質(zhì)量為2 000 kg，儲水容積為10 m3，儲滿水后靜止在傾角為37的斜坡上，水槍出水口距水平地面高度為3.2 m，打開水槍水流持續(xù)向坡底水平射出，水落到水平面上的著火點，著火點到射出點的水平距離為48 m，已知水槍出水口的面積為210－3m2，水的密度為1.0103 kg/m3，取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求：
(1)水射出槍口時的速度大?。?
(2)從打開水槍開始計時，水噴完前消防車受到的摩擦力隨時間變化的關(guān)系式．
解析 (1)水出口速度為v，由平拋運動h＝gt2
水平方向x＝vt
解得：v＝60 m/s
(2)取Δt時間噴出的水為研究對象，Δm＝ρsvΔt
由動量定理：F′Δt＝Δmv
解得：F′＝ρsv2
由牛頓第三定律得：水對車的作用力F＝F′
取消防車為研究對象，以沿斜面向上為正方向，其受力平衡
(M＋ρV0－ρsvt)g sin37＝F cos 37＋f
解得：f＝6.624104－720t(N)
答案 (1)60 m/s (2)f＝6.624104－720t
[歸納反思]
本題涉及多個過程，平拋運動采用分解的方法研究；動能定理是求解功的一種常用方法；對流體的瞬時作用由動量定理解決瞬時力的作用問題．
[題組突破]
1－1.(2018山西省大同市高三二模)如圖所示，A、B為原長相等、勁度系數(shù)分別為k和3k的兩根輕彈簧，將輕彈簧A、B的兩端對齊套在一起，豎直地固定在水平地面上，兩彈簧均處于原長狀態(tài)，把質(zhì)量m＝1 kg的物塊從距離彈簧上端h＝5 m處由靜止釋放，與彈簧接觸后，經(jīng)t＝1 s速度減至0，已知重力加速度g取10 m/s2，則在彈簧壓縮過程中，物塊受到輕彈簧A的平均作用力大小為( )
A．15 N B．10 N C．5 N D．2.5 N
C [物塊自由落體的時間t0＝＝1 s，整個下落過程對物塊由動量定理得mg(t0＋t)－t＝0，解得＝20 N，兩彈簧勁度系數(shù)之比為1∶3，彈力之比始終為1∶3，故物塊受到彈簧A的平均作用力大小A＝＝5 N，C正確．]
1－2.(2018廣西省桂林市高三月考(4))對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進(jìn)行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)．正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質(zhì)量為m，單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量．為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變．利用所學(xué)力學(xué)知識，導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m、n和v的關(guān)系．(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明)
解析 一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mv如圖所示，以器壁上面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體，由題設(shè)可知，其內(nèi)有的粒子在Δt時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞，
碰撞粒子總數(shù)N＝nSvΔt，
Δt時間內(nèi)粒子給器壁的沖量I＝NΔI＝nSmv2Δt
器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力F＝
則器壁單位面積所受粒子的壓力f＝＝nmv2.
答案 f＝nmv2
高頻考點二 動量守恒定律及其應(yīng)用
[備考策略]
本考點?？疾槎鄠€物體(包括彈簧)的動量守恒的判斷和相關(guān)計算，以選擇題或與機械能守恒定律和功能關(guān)系相結(jié)合的計算題的形式命題，試題難度中等．考生應(yīng)學(xué)會靈活變通．
1．基本知識
2．碰撞模型分類
(1)彈性碰撞：動量守恒，機械能也守恒．
(2)非彈性碰撞：動量守恒，機械能不守恒．
(3)完全非彈性碰撞
特征：碰后二者“粘”為一體，速度相同，動量守恒，機械能損失最多．
[命題視角]
考向1 碰撞類問題
例3 (2018山東省濟(jì)南市高三二模)(多選)如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個小球，a球向b球運動并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運動，其碰前和碰后的s－t圖象如圖乙所示．已知ma＝5 kg.若b球的質(zhì)量為mb，兩球因碰撞而損失的機械能為ΔE，則( )
A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg
C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J
AC [在s－t圖象中圖象的斜率表示物塊運動的速度大小，所以va＝＝6 m/s
碰后合在一起共同運動的速度為v＝＝5 m/s
碰撞過程動量守恒得：mava＝(ma＋mb)v
解得：mb＝1 kg，故A正確，B錯誤；
根據(jù)功能關(guān)系ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故C正確，D錯誤．]
[歸納反思]
碰撞問題解題策略
1．抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解．
2．可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：
v1＝v0、v2＝v0.
3．熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0.當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈．
考向2 系統(tǒng)動量守恒
例4 (2018四川綿陽中學(xué)高三下學(xué)期調(diào)研)(多選)質(zhì)量為3m足夠長的木板靜止在水平面上，木板與地面的摩擦可忽略，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，己知重力加速度為g.則下列說法正確的是( )
A．1木塊相對靜止前，木板是靜止的
B．1木塊的最小速度是0
C．2木塊的最小速度是v0
D．木塊3從開始運動到相對靜止時位移是
CD [木塊開始運動時，木塊對木板的摩擦力f＝3μmg＞0，木板發(fā)生運動．設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時木塊3的速度為v3，由動量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3，在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2，解得v2＝v0，當(dāng)木塊3與木板的速度相等時，3個木塊與木板的速度均相等，且為v.系統(tǒng)動量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv，解得v＝v0，整個運動過程中，木塊3在木板上做勻減速運動，由牛頓第二定律μmg＝ma，由運動學(xué)公式(3v0)2－v2＝2as3，解得s3＝，故選C、D.]
考向3 多過程問題中的動量守恒
例5 (2018山東省臨沂市高三三模)質(zhì)量m＝1 kg的小物塊在高h(yuǎn)1＝0.3 m的光滑水平平臺上壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，彈簧儲存了一定的彈性勢能，打開鎖扣K，物塊將以水平速度v0向右滑出平臺后做平拋運動，并恰好能從光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向無碰撞地進(jìn)入圓弧形軌道，B點的高度h2＝0.15 m，圓弧軌道的圓心O與平臺等高，軌道最低點與光滑水平面相切，在水平面上有一物塊M，m滑下與M發(fā)生碰撞后反彈，反彈的速度大小剛好是碰前速度的，碰撞過程中無能量損失，g＝10 m/s2，求：
(1)物塊m壓縮彈簧時儲存的彈性勢能Ep；
(2)物塊M的質(zhì)量．
解析 (1)小物塊由A運動到B做平拋運動，h1－h(huán)2＝gt2，解得：t＝s
由幾何關(guān)系：R＝h1，h1－h(huán)2＝，∠BOC＝60
設(shè)小球平拋時的初速度為v0,
則＝tan 60
彈性勢能Ep等于小物塊在A點的動能，
Ep＝mv
解得：Ep＝0.5 J；
(2)小物塊到C點時的速度為v1，
由機械能守恒mv＋mgh1＝mv
m與M碰撞過程動量守恒有：mv1＝mv3＋Mv2
m與M碰撞過程能量守恒有：
mv＝mv＋Mv其中v3＝
由以上各式解得：M＝0.5 kg.
答案 (1)0.50 J (2)0.5 kg
[歸納反思]
1．動量守恒定律的研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)．系統(tǒng)的動量是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運動過程有直接關(guān)系．
2．分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)的作用力．
[題組突破]
2－1.(2018福建省廈門雙十中學(xué)高三調(diào)研)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與光滑水平桌面相切，圓弧軌道的最高點、桌面最左邊緣和地面上的O點在同一豎直線上．小球B靜止在水平桌面上，現(xiàn)將小球A從圓弧軌道的最高點無初速度釋放．已知圓弧軌道R，小滑塊的質(zhì)量關(guān)系是mB＝2mA，重力加速度g，桌面的長L＝6R，水平桌面與地面的高度H＝4R.則小球B的落地點到O點的距離可能是( )
A.R B.R C.R D.R
AB [可知A球與B球碰前的過程中，由機械能守恒定律，得：mgR＝mv，若A、B是彈性碰撞，由動量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，由機械能守恒定律得：mAv＝mAv＋mBv，解得vB＝v0＝，小球B平拋運動的水平位移x＝vB＝，小球B的落地點到O點的距離d＝6R＋R＝R；若是完全非彈性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)vB，解得：vB＝v0
＝，小球B平拋運動的水平位移x＝vB＝，小球B的落地點到O點的距離d＝6R＋R＝R.則小球B的落地點到O點的距離范圍R≤d≤R，故A、B正確，C、D錯誤．]
2－2.(2018河北省石家莊市高三考前沖刺)如圖所示，在光滑水平面上有質(zhì)量為m的小物塊a以初速度v0水平向右運動，在小物塊a左右兩側(cè)各放置完全相同的小物塊b、c，小物塊b、c上各固定一個輕彈簧，小物塊b、c的質(zhì)量均為km，其中k＝1、2、3…，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求：
(1)小物塊a第一次與小物塊c碰撞時，彈簧的最大彈性勢能為多大？
(2)若小物塊a至少能與小物塊c碰撞2次，k的最小值為多少？
解析 (1)小物塊a和c相互作用，兩者速度相等時彈簧的彈性勢能最大，對于小物塊a和c根據(jù)動量守恒定律有mv0＝(m＋km)v
根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有Epmax＝mv－(m＋km)v2
聯(lián)立解得Epmax＝mv
(2)設(shè)小物塊a第一次離開小物塊c時，小物塊a和c的速度分別為v1、v2，對于小物塊a和c根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2
根據(jù)機械能守恒定律有mv＝mv＋kmv
聯(lián)立解得，小物塊a的速度為v1＝v
小物塊c的速度為v2＝v0
小物塊a離開c后與小物塊b作用，當(dāng)小物塊a離開b時，小物塊a和小物塊b的速度分別為v1′、v2′，對于小物塊a和b，根據(jù)動量守恒定律有mv1＝mv1′＋kmv2′
根據(jù)機械能守恒定律有mv＝mv′＋kmv′
聯(lián)立解得v′1＝2v0
若小物塊a和c至少碰撞2次，則有v′1＞v2
由數(shù)學(xué)知識可得k2－4k－1＞0
解得k＞2＋
而k＝1、2、3…
故kmin＝5
答案 (1)mv (2)5
高頻考點三 能量守恒與動量守恒的綜合應(yīng)用
[備考策略]
動量守恒定律與機械能守恒定律的比較
動量守恒定律
機械能守恒定律
相同點
研究對象
相互作用的物體組成的系統(tǒng)
研究過程
某一運動過程
不同點
守恒條件
系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零
系統(tǒng)只有重力或彈力做功
表達(dá)式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
矢標(biāo)性
矢量式
標(biāo)量式
某一方向上應(yīng)用情況
可在某一方向上獨立使用
不能在某一方向上獨立使用
運算法則
矢量運算
代數(shù)運算
[命題視角]
考向1 滑板、滑塊類問題模型
例6 (2018湖北省武漢市高三綜合訓(xùn)練)(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝8.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝2.0 kg的小木塊A.給A和B以大小均為5.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數(shù)是0.5.則下列說法正確的是( )
A．在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，長木板B速度大小可能是3.6 m/s
B．在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，長木板B速度大小可能是3.3 m/s
C．長木板的可能的長度是6 m
D．長木板的可能的長度是9 m
ABD [取水平向右方向為正方向，當(dāng)A的速度為零，根據(jù)動量守恒定律得：(M－m)v0＝Mv1，解得：v1＝3.75 m/s，當(dāng)AB速度相同時，根據(jù)動量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)v2，解得：v2＝3 m/s，則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木塊B的速度范圍為：3 m/s＜v＜3.75 m/s，故AB正確；設(shè)當(dāng)兩者速度相等時，A在B上滑行的距離為x，由能量守恒定律得：μmgx＝mv＋Mv－(M＋m)v，解得x＝8 m，所以長木板的長度L≥8 m，故D正確，C錯誤．]
考向2 碰撞中的能量問題
例7 如圖所示，水平面右端和半圓弧軌道相接，半圓弧剛好與水平面相切，水平面左端有小球P懸掛在長為L的細(xì)線下端，當(dāng)細(xì)線豎直時，小球P剛好與水平面接觸．現(xiàn)將小球P拉至細(xì)線與豎直方向成θ＝60的位置后自由釋放．當(dāng)小球擺至最低點時，恰好與水平面上原來靜止的小球Q發(fā)生彈性碰撞，碰后小球P的動能是碰前動能的，且碰后小球Q恰能通過圓弧的最高點C.不計一切摩擦阻力，兩小球均可視為質(zhì)點．求：
(1)P、Q兩球質(zhì)量之比；
(2)半圓弧軌道的半徑．
解析 (1)小球P與小球Q碰撞之前，由機械能守恒定律得：m1gL(1－cos θ)＝m1v①
兩小球發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得：
m1v0＝m1v1＋m2v2②
由機械能守恒定律得：m1v＝m1v＋m2v③
碰后小球P的動能是碰前動能的，mv＝(m1v)解得v1＝v0也就是碰撞后，小球P速度方向可能沒變(與碰前速度方向相同)，也可能方向改變(與碰前速度方向相反)
若方向沒變，也就是v1＝v0④
由①②③④式解得：＝
若方向改變，也就是v1＝－v0⑤
由①②③⑤式解得：＝
(2)碰后小球Q恰能通過圓弧的最高點C，在最高點C重力提供向心力
m2g＝⑥
由機械能守恒定律得：m2v＝m2v＋m2g(2R)⑦
由②④⑥⑦式解得：R＝L
由②⑤⑥⑦式解得：R＝L
答案 (1)＝或＝
(2)R＝L或R＝L
考向3 動量守恒中的臨界問題
例8 如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面體的質(zhì)量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
解析 將小孩與冰塊視為一系統(tǒng)，在小孩推出冰塊時，該系統(tǒng)動量守恒；在冰塊滑上斜面體至再次滑離斜面體的全過程中，冰塊與斜面體只存在彈力(內(nèi)力)作用，將冰塊與斜面體視為一個系統(tǒng)，該系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，該系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．
(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律，得
m2v20＝(m2＋m3)v，①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh，②
式中v20＝－3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得m3＝20 kg.③
(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，
由動量守恒定律，有
m1v1＋m2v20＝0，④
代入數(shù)據(jù)，得v1＝1 m/s.⑤
設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律，有
m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥
m2v＝m2v＋m3v，⑦
聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)，
得v2＝1 m/s，⑧
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．
答案 (1)20 kg (2)不能
[歸納反思]
1．滑板、滑塊類問題中，注意題中條件地面是否光滑，只有光滑才能動量守恒．
2．滑塊恰好沒掉下來，或恰好沒有追上暗示此時系統(tǒng)內(nèi)物體速度相等．
3．系統(tǒng)內(nèi)物體作用時，往往有能量損失．
ΔE損＝E初－E末，摩擦生熱Q＝fs相對．
[題組突破]
3－1.(2018最新高考信息卷)如圖，光滑水平面上放著長木板B，質(zhì)量為m＝2 kg的木塊A以速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面，由于A、B之間存在有摩擦，之后，A、B的速度隨時間變化情況如右圖所示，重力加速度g＝10 m/s2.則下列說法正確的是( )
A．長木板的質(zhì)量M＝2 kg
B．A、B之間動摩擦因數(shù)為0.2
C．長木板長度至少為2 m
D．A、B組成系統(tǒng)損失機械能為4 J
A [從圖可以看出，A先做勻減速運動，B做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1 m/s，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故A正確；由圖象可知，木板B勻加速運動的加速度a＝＝1 m/s2，對B，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaB，解得動摩擦因數(shù)μ＝0.1，故B錯誤；由圖象可知前1 s內(nèi)B的位移xB＝0.5 m，A的位移xA＝1.5 m，所以木板最小長度L＝xA－xB＝1 m，故C錯誤；A、B組成系統(tǒng)損失機械能ΔE＝mv－(M＋m)v2＝2 J，故D錯誤．故選A.]
3－2.(2018鄭州市外國語學(xué)校高三二模)如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道與水平地面在C點平滑連接，質(zhì)量為m的物塊甲固定在圓弧軌道的A端，另一質(zhì)量為m的物塊乙固定在圓弧軌道上的B點，B與圓心O的連線與豎直方向的夾角為θ＝60，先釋放物塊A，再釋放物塊B，結(jié)果兩物塊剛好在C點碰撞，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，圓弧軌道的半徑為R，不計物塊的大小，重力加速度為g，求：
(1)甲與乙碰撞后一瞬問，甲的速度最大可能為多少？
(2)若碰撞后甲、乙在水平面上滑行的距離之比為1∶2，則碰撞后一瞬間甲、乙兩物塊的速度分別多大？
解析 (1)設(shè)甲滑到C點時的速度大小為v1，乙滑到C點時的速度大小為v2
根據(jù)機械能守恒定律有mgR＝mv
mgR(1－cos θ)＝mv
求得 v1＝ v2＝
當(dāng)甲和乙相碰的過程中發(fā)生的是完全非彈性碰撞時，碰撞后一瞬間甲有最大速度v
根據(jù)動量守恒定律有mv1＋mv2＝(m＋m)v
求得v＝
(2)若甲、乙碰撞后的速度大小分別為v3、v4，則有
mv1＋mv2＝mv3＋mv4
設(shè)甲在水平面上滑行距離L1，乙在水平面上滑行距離L2，動摩擦因數(shù)為μ，則有μmgL1＝mv
μmgL2＝mv
＝
求得v3＝ v4＝(3－)
答案 (1)
(2) (3－)
課時跟蹤訓(xùn)練(七)
一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～10題為多項選擇題)
1．光滑水平面上有兩個小球，在同一直線上相向運動，它們的動量大小相等，則兩球碰撞后，下列說法正確的是( )
A．兩球可能沿同一方向運動
B．兩個球可能一個靜止，一個運動
C．若兩球均運動，則質(zhì)量大的球動量一定小
D．若兩球均運動，則質(zhì)量大的球動能一定小
D [由題可知，兩球沿同一直線相向運動，動量大小相等，因此系統(tǒng)的總動量為零，碰撞過程系統(tǒng)的總動量守恒，因此碰撞后系統(tǒng)的總動量仍為零，因此兩球不可能沿同一方向運動，也不可能一個靜止，一個運動，A、B項錯誤；若兩球均運動，根據(jù)動量守恒定律可知，兩球一定沿相反方向運動，且動量等大反向，即m1v1＝m2v2，由此可以判斷，質(zhì)量大的球的動量與質(zhì)量小的球動量大小相等，C項錯誤；由Ek＝可知，質(zhì)量大的，動能小，D項正確．]
2．(2018山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)如圖，連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上，物塊b以一定初速度向左運動．下列關(guān)于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是( )
A [物塊b以一定初速度向左運動與連接有輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長，則彈力在碰撞過程中先變大后變小，兩物塊動量的變化率先變大后變?。蔄項不合理．本題選不合理的，答案是A.]
3．(2018陜西省安康市高三質(zhì)檢(五))如圖所示，一對雜技演員(都視為質(zhì)點)蕩秋千(秋千繩處于水平位置)，秋千一端固定在離地面高為H的O點，秋千的長度可調(diào)節(jié)．改變秋千的長度，雜技演員每次都從A點(與O)由靜止出發(fā)繞O點下擺，當(dāng)擺到最低點B時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到A處．已知男演員質(zhì)量為2m和女演員質(zhì)量為m，秋千的質(zhì)量不計，空氣阻力忽略不計，則男演員落地點C與O點的水平距離x的最大值是
( )
A. B．H
C. D．2H
D [兩雜技演員從A點下擺到B點，只有重力做功，機械能守恒．設(shè)二者到達(dá)B點的速度大小為v0，則由機械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝(m＋2m)v，演員相互作用，沿水平方向動量守恒．設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2，所以有(m＋2m)v0＝2mv2－mv1.女演員上擺到A點的過程中機械能守恒，因此有mgR＝mv.男演員自B點平拋，有：x＝v2t.運動時間t可由豎直方向的自由落體運動出得H－R＝gt2，聯(lián)立以上各式，可解得x＝4，當(dāng)秋千的長度R＝時，男演員落地點C與O點的水平距離最大為x＝2H，故D正確；A、B、C錯誤．]
4．(2018高考物理全真模擬卷一)如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量．若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為( )
A．L1>L2 B．L1
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2019版高考物理二輪復(fù)習(xí)
專題二
功與能
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碰撞與動量守恒學(xué)案
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