03.動量定理、動量守恒定律課前檢測【教法備注】建議時長5min（1）為什么相同速度的塑料球和鉛球，鉛球更容易讓人受傷？?（2）物體是如何獲得一個初速度的？（3）一質量為m的物體、初速度為v1，在恒定合力F作用下，經過一段時間t，速度變?yōu)関2。如何推導動量定理？（4）質量為m1、m2的兩個小球，在光滑地面上發(fā)生碰撞，碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、【教法備注】（1）鉛球產生的沖量大，在相同時間內，對手產生的沖擊力更大；（2）給物體一個瞬時沖量；（3）初動量p1=mv1，未動量p2=mv2。

動量的變化量Δp=p2?p1=mv2?mv1。因為物體的加速度a=v2?考情分析知識點試卷題號分值難度動量與動量定理2023新課標196較易2023新課標206中2023廣東卷106中動量守恒定律2023全國乙卷1212中2023重慶卷1412中2023廣東卷106中2023上海卷63較易2023浙江卷164中2023天津卷126中目標解讀知識導圖課堂目標理解掌握動量、沖量定義、公式、與功和動能的區(qū)別熟練掌握動量定理公式及其應用熟悉并掌握碰撞的不同分類及應用；能夠理解碰撞的合理性課堂重難點重點：動量、沖量的公式，與功和動能的區(qū)別，動量守恒定律的條件難點：動量定理的應用，彈性碰撞在不同場景下的應用，完全非彈性碰撞的使用。一、動量定理（一）動量與沖量1.動量與動能的比較：

動量動能物理意義物體由于運動而具有的一種物理量物體由于運動而具有的能量定義式p=mvEk標矢性矢量標量關聯方程p=2mEk，E變化量△p=Ft△E?聯系①對于給定的物體，若動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化；②若其動量發(fā)生變化，其動能未必變化．③都是狀態(tài)量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系．2.沖量與功的比較：比較項目沖量功定義力與作用時間的乘積力與力方向上的位移的乘積公式I=FtW=Fscos標矢性矢量標量物理意義·表示力在時間上的積累效果·是動量變化的量度·表示力在空間上的積累效果·是能量變化多少的量度聯系都是過程量，都與力的作用過程相聯系注意：恒力在一段時間內可能不做功，但一定有沖量3.沖量的計算方法：公式法I=FΔt圖像法F?t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量平均值法若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力F在某段時間t內的沖量為I=F動量定理法根據物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量經典例題1.下列說法正確的是（）A.動量變化的方向一定與初末動量的方向都不同B.物體的動量變化越大，則該物體的速度變化一定越大C.兩物體的動量相等，動能也一定相等D.物體的速度大，則物體的動量一定大【教法備注】易；動量與動能【答案】B【解析】A．動量變化的方向與初末動量的方向可能相同，A為錯誤選項；B．由Δ知，B為正確選項；C．由p=mv可知，動量相同時，動能E不一定相同，C為錯誤選項；D．由于p=mv可見動量的大小由質量m和速度v的乘積大小共同決定，D為錯誤選項。故答案為B。2.如圖所示，質量為m的滑塊沿傾角為\theta的固定斜面向上滑動，經過時間t1，速度為零并又開始下滑，經過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g．在整個運動過程中，下列說法正確的是（

）A.支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθB.重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθC.合外力的沖量為0D.摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)【教法備注】中；恒力沖量計算【答案】A【解析】A．將重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力N=mg則支持力對滑塊的總沖量為I方向垂直斜面向上，故A為正確選項；B．根據沖量的定義知，重力對滑塊的總沖量為I方向豎直向下，故B為錯誤選項；C．一開始小滑塊的動量沿斜面向上，最后小滑塊的動量沿斜面向下，根據動量定理可知I顯然合外力的沖量不為0。故C為錯誤選項；D．小滑塊向上滑動時摩擦力方向沿斜面向下，小滑塊向下滑動時摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上為正方向，則摩擦力的總沖量為I故D為錯誤選項。故答案為A。3.一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是（

）A.第2s末，質點的動量為0B.第2s末，質點的動量方向發(fā)生變化C.第4s末，質點回到出發(fā)點D.在1～3s時間內，力F的沖量為0【教法備注】易【答案】D知識點總結1.動量的方向與速度的方向相同。由于物體的運動速度與參考系的選取有關，所以物體的動量具有相對性。2.對于給定的物體，若動能發(fā)生變化，其動量一定發(fā)生變化；若其動量發(fā)生變化，其動能未必變化．3.動量的變化量也是矢量，但動量的變化量方向只與速度變化量方向有關，與初末動量本身的大小、方向均無關；4.沖量不僅與力有關，還與力的作用時間有關，恒力的沖量等于力與力的作用時間的乘積，公式I=Ft只適用于恒力。反映力的作用在時間上的積累5.對于方向恒定的力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內方向變化的力來說，沖量的方向與相應時間內動量的變化量的方向一致，沖量的運算應用平行四邊形定則進行。6.恒力在一段時間內可能不做功，但一定有沖量鞏固練習4.如圖所示，表面光滑的楔形物塊ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，質量相同的物塊a和b分別從斜面頂端沿AB、AC由靜止自由滑下。在兩物塊到達斜面底端的過程中，正確的是A.兩物塊所受重力沖量相同B.兩物塊的動量改變量相同C.兩物塊的動能改變量相同D.兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率相同【教法備注】易【答案】C【解析】設斜面傾角θ，則物體在斜面上的加速度分別為a=g設斜面高度為h.則物體在斜面上滑行的時間為：t=因為∠ABC<∠ACB可得物塊在AB斜面上的滑行時間比在AC斜面上的滑行時間較長；A．根據I=mgt可知，兩物塊所受重力沖量不相同，選項A為錯誤選項；B．根據動量定理mg可知，兩物塊的動量改變量不相同，選項B為錯誤選項；C．根據動能定理Δ兩物塊的動能改變量相同，選項C為正確選項；D．兩物塊到達斜面底端時重力的瞬時功率P=mgv則重力瞬時功率不相同，選項D為錯誤選項；故答案為C。5.如圖所示，半圓形粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道圓心為O，半徑為R。將質量為m的小球在軌道上與O等高的A點由靜止釋放，經過時間t小球運動到軌道的最低點B，已知小球通過最低點B時的速度大小為v，重力加速度為g，則小球從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是（）A.重力對小球的沖量大小為mgtB.軌道支持力對小球的沖量大小為0C.軌道對小球作用力的沖量大小為mv+mgtD.軌道對小球作用力的沖量大小為mv?mgt【教法備注】中【答案】A【解析】【詳解】A．根據沖量的計算公式，可得重力對小球的沖量大小為I=Ft=mgt故A正確；B．小球從A點運動到B點的過程中，支持力不為零，且方向沿右上方，所以支持力的沖量不為零，故B錯誤；CD．根據動量定理做出矢量三角形可得軌道對小球作用力的沖量大小為ICD錯誤。故選A。6.一個質量為2kg的物體在合力F作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖像如圖所示。求：（1）t1=2s時的動量大?。海?）【教法備注】中【答案】（1）8kg?m【解析】【詳解】（1）根據F?t圖像可知，0～2sI根據動量定理可得I可得t1p（2）根據F?t圖像可知，0～4sI根據動量定理可得I可得t2p學生總結???（二）動量定理在多過程中的應用（1）動量定理的公式：I合=ΔP（2）動量定理的理解：①動量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．②Ft＝p′－p是矢量式，兩邊不僅大小相等，而且方向相同．式中Ft是物體所受的合外力的沖量．③Ft＝p′－p除表明兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關系，即合外力的沖量是動量變化的原因．經典例題7.跳床運動可以提高身體的靈活性，也可以讓大腦短時間內忘記壓力和煩惱。如圖所示，體重為m的運動員從跳床上方h處從靜止開始下落，與跳床接觸Δt時間后以速度v豎直向上運動，重力加速度大小為g，所有物理量的單位都采用國際單位制，不計空氣阻力，則運動員與跳床接觸時受到跳床的平均作用力大小為（）A.mv+mB.mv+mC.mg+D.mg+【教法備注】中；動量定理的多過程問題【答案】C【解析】【詳解】以豎直向上為正方向，李華與跳床接觸時的速度為v0，根據v解得李華與跳床接觸時的速度大小為v與跳床接觸過程由動量定理得(F?mg)得F=mg+故選C。8.質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止開始做勻加速直線運動．經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，以后物體繼續(xù)做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間變化的圖像如圖所示．設F1和F2對A、B的沖量分別為I1和IA.I1>IB.I1<IC.I1<ID.I1>I【教法備注】中；動量定理的多過程問題【答案】B【解析】從圖像可知，兩物塊勻減速運動的加速度大小都為v0t0，根據牛頓第二定律，勻減速運動中有f=ma′，則摩擦力大小都為mv0t0．根據圖像知，勻加速運動的加速度大小分別為：2v0t0、v所以：I1I2圖線與時間軸所圍成的面積表示運動的位移，則位移之比為s1兩個物體的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功與克服摩擦力做的功大小相等，所以：W1W2故選B．知識點總結（1）如果用一段時間內的平均作用力表示變力的沖量I=Ft<gdatammlnode="mi"transform="translate(2666.1,0)"><usexlink:href="#maskd12ef885a109977dafe599e16a"></use></g>，再與動量結合I=p′?p，我們可以得到Ft=p′?p<gdatammlnode="mi"transform="translate(828.5,0)"><usexlink:href="#maske5c9d1dd1a7fec228f5e1fa6c697e5e0"></use></g><gdatammlnode="mo"transform="translate(1467.3,0)"><usexlink:href="#mask4a72d2abbdf8393167812f37"></use></g><gdatammlnode="msup"transform="translate(2523.1,0)"><gdatammlnode="mi"><usexlink:href="#maskecfb551ba995f45ab56b89b2f60201bc"></use></g><gdatammlnode="mo"transform="translate(503,413)scale(0.707)"><usexlink:href="#maskbbb0ffa3e7a683e19e91e4a0779cdb22"></use></g></g><gdatammlnode="mo"transform="translate(3492.7,0)"><usexlink:href="#maskaa5ee931e711856faeb5600e3c80e3f1"></use></g><gdatammlnode="mi"transform="translate(4493,0)"><usexlink:href="#maskecfb551ba995f45ab56b89b2f60201bc"></use></g>，即F=p′?pt<gdatammlnode="mo"transform="translate(1106.3,0)"><usexlink:href="#maskd96d95b4ddf9aae4963ba99871f487fe"></use></g><gdatammlnode="mstyle"transform="translate(2162.1,0)"><gdatammlnode="mfrac"><gdatammlnode="mrow"transform="translate(220,676)"><gdatammlnode="msup"><gdatammlnode="mi"><usexlink:href="#mask9143f56f884cdd1abf76c92f92334b00"></use></g><gdatammlnode="mo"transform="translate(503,363)scale(0.707)"><usexlink:href="#maska14979afa9a69977a6929c27743e3d3b"></use></g></g><gdatammlnode="mo"transform="translate(969.7,0)"><usexlink:href="#mask30b4b2810eb99f5c8b642c9afe0be6fd"></use></g><gdatammlnode="mi"transform="translate(1969.9,0)"><usexlink:href="#mask9143f56f884cdd1a鞏固練習9.如圖為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖，運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ，運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運動員（）A.過程Ⅰ的動量變化量等于零B.過程Ⅱ的合力沖量等于零C.過程Ⅰ的動量變化量等于重力的沖量D.過程Ⅱ的動量變化量等于重力的沖量【教法備注】易【答案】C【解析】A．過程Ⅰ中，最高點運動員有水平方向的速度，入水前就有向下的速度，故過程Ⅰ中動量的變化量不等于0，故A為錯誤選項；B．過程Ⅱ中，入水前運動員有向下的速度，到最低點時速度為0，由動量定理可知，過程Ⅱ中動量的變化量不等于0，故B為錯誤選項；C．過程Ⅰ中，運動員只受重力，由動量定理得I所以過程Ⅰ中動量變化量等于重力的沖量，故C為正確選項；D．過程Ⅱ中，運動員受重力和水的阻力，由動量定理可知，動量變化量等于重力的沖量和水的作用力的沖量的矢量和，故D為錯誤選項。故答案為C。10.物體A和B用輕繩相連掛在輕質彈簧下靜止不動，如圖所示，A的質量為m，B的質量為M，當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經某一位置時的速度大小v，這時物體B的下落速度大小為u，在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（

）A.mvB.mv?MuC.mv+MuD.mv+mu【教法備注】中【答案】D【解析】以A和B的整體作為研究對象，根據動量定理，取豎直向上的方向為正方向，有：I?由于B做自由落體運動，故u=gt，最終得到I=mv+mu．故選D．11.一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖3所示，則（

）

A.0到8sB.0到6s時間內合外力的沖量大小為C.t=4s時物體的動量大小為D.0到8s時間內摩擦力沖量大小為【教法備注】中【答案】B【解析】無解析12.同學們設計了一個模擬蹦極的游戲，如圖所示，將一個質量為m=0.5kg的小球系在細線的一端，懸點O距地面的高度H=0.35m，開始時將小球提到O點而靜止，然后讓它自由下落，不斷改變細線的長度，發(fā)現當細線長為l=0.2m時，小球到達使細線被拉直位置的時候剛好把細線拉斷，再經過t=0(1)細繩斷裂前后小球的速度大小和方向．(2)假設細線由拉直到斷裂所經歷的時間為Δt=0【教法備注】中【答案】(1)細線拉斷前的速度為2m/s，方向豎直向下，細線拉斷后的速度大小為1m/s，方向：豎直向下(2)10N【解析】(1)細線拉斷前，小球下落過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgl=1解得：v1設細線斷后球速為v2由勻變速運動的位移公式可得：H?l=v解得：v2(2)設細線的平均為作用力為F，方向豎直向上，取豎直向上為正方向，由動量定理可得：(F?mg)Δ解得：F=m學生總結???變式訓練13.如圖所示，質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進，當速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現．若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數為μ【教法備注】難【答案】（【解析】真題演練14.(多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等．現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（

）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的動量大小比乙的小C.甲的動量大小與乙的相等D.甲和乙的動量之和不為零【教法備注】中【答案】BDA．根據牛頓第二定律可知a甲=F?μ因為m甲>m乙，所以BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm故選BD．（三）動量定理中的流體問題研究對象流體類：液體流、氣體流等，通常已知密度ρ分析步驟①構建“柱狀”模型：沿流速v的方向選取一段小柱體，其橫截面積為S②微元研究小柱體的體積ΔV＝vSΔt小柱體質量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱體粒子數N＝nvSΔt小柱體動量p＝mv＝ρv2SΔt經典例題15.贛州市牢固樹立綠色發(fā)展理念，大力開發(fā)利用風能、太陽能、生物能等新能源。截至目前，贛州裝機和發(fā)電量均居全省第一，風力發(fā)電機如圖所示，風力帶動三個葉片轉動，葉片再帶動發(fā)電機中的轉子（磁極）轉動，使定子（線圈不計電阻）中產生電流，實現風能向電能的轉化。已知葉片長為l，風速為v，空氣的密度為ρ，空氣遇到葉片旋轉形成的圓面后，13減速為零，23A.1B.1C.1D.πρ【教法備注】中；氣體流體問題【答案】A【解析】根據題意，設每一片葉片對Δt時間內空氣的作用力為F?3F?解得F=由牛頓第三定律可知，每一片葉片受到空氣的作用力為F故選A．16.宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持速度不變的問題，假設一宇宙飛船以v=2.0×103m/s的速度進入密度ρ=2.0×A.20NB.30NC.40ND.50N【教法備注】中；粒子流體問題【答案】C【解析】【詳解】推力的作用在于使附著在飛船上的微粒具有與飛船相同的速度，設飛船在微粒塵區(qū)飛行ΔtΔ微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，由動量定理Ft=得F所以推力F=ρS故選C。知識點總結通常氣體流、液體流、不能看成質點的繩子等連續(xù)體都可以廣義的視為“流體”，在解決與流體有關的問題時，難點和關鍵點在于如何正確的選取研究對象，這里需要用到微元的思想方法。通常情況下，我們選擇Δt時間內對應的一段流體為研究對象，并結合已知條件表示出對應的質量Δm，然后對該研究對象在Δt時間內應用動量定理即可求解（方程中等號兩邊含有的Δt可以最終消掉）。鞏固練習17.高壓采煤槍出水口的截面積為S，水的射速為v，水柱水平地射到豎直的煤層后，速度變?yōu)榱悖羲拿芏葹棣?，假定水柱截面不變，則水對煤層沖擊力大小為（

）A.1B.ρSvC.1D.ρS【教法備注】易【答案】D【解析】【詳解】設在極短時間Δtm=ρV=ρSv?設在極短時間Δt內煤層對水的平均作用力為FF?聯立解得F=ρS根據牛頓第三定律可知，水對煤層沖擊力大小為F故選D。18.元好問曲中有“驟雨過，珍珠亂糝，打遍新荷”．為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強，小齊在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內杯中水土升了36mm．查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為8m/s，據此估算該壓強約為（

）（設雨滴撞擊蓮葉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為A.0.04PaB.0.08PaC.0.16PaD.0.36Pa【教法備注】中【答案】B【解析】【詳解】設杯子橫截面積為S，可得t=1hm=ρhS以這部分雨水為研究對象，在其撞擊荷葉過程中設蓮葉對其彈力為F，選豎直向下為正方向，根據動量定理可得?Ft=0?mv雨滴對蓮葉的壓力大小為F則雨滴對蓮葉的壓強為p=代入題中數據可求得p=0.08故選B。19.在宇宙飛船的實驗艙內充滿CO2氣體，且一段時間內氣體的壓強不變，艙內有一塊面積為S的平板艙壁，如圖所示。如果CO2氣體對平板的壓強是由氣體分子垂直撞擊平板形成的，假設氣體分子中各有總數的16的個數分別向上、下、左、右、前、后六個方向運動，且每個分子的速度的大小均為v，設氣體分子與平板碰撞后仍以原速率反彈。已知實驗艙中單位體積內CO2的摩爾數為n，CO2的摩爾質量為μ，阿伏加德羅常數為NA。求（1）單位時間內打在平板上的CO2分子個數N；（2）CO2氣體對平板的壓力的大小?！窘谭▊渥ⅰ恐小敬鸢浮浚?）N=16nS【解析】【詳解】（1）設在△t時間內，CO2分子運動的距離為L，則L=v打在平板上的分子數Δ故單位時間內打在平板上的CO2的分子數為N=（2）氣體分子與平板碰撞后仍以原速率反彈，根據動量定理F而：μ=mNAF=由牛頓第三定律可得，）CO2氣體對平板的壓力F20.如圖所示，利用自動稱米機稱米．買者認為：因為米落在容器中時有向下的沖力，造成讀數偏大，因而不劃算；賣者認為：當讀數滿足需要時，自動裝置立即切斷米流，尚有一些米在空中，這些米都是多給買者的，自動稱米機到底準不準？【教法備注】難【答案】自動稱米機所稱的質量是準確的?！窘馕觥吭O自動稱米機的米流量為ΔmΔt，米從高度h處下落的時間為t=2hg。切斷米流后，給買者的米的質量包括兩部分：一部分是秤中已有米的質量m，另一部分是尚在空中的米的質量m′，m′=ΔmΔt=ΔmΔt學生總結???真題演練21.福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響．已知10級臺風的風速范圍為24.5m/s～28.4m/s，16級臺風的風速范圍為51.0m/s～56.0A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍【教法備注】中【答案】B【解析】設空氣的密度為ρ，風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的橫截面積為S，在時間ΔtΔ假定臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的末速度變?yōu)榱悖瑢︼L由動量定理有?F?可得F=ρS10級臺風的風速v1≈25m/sF故選B．二、動量守恒定律【教法備注】和學生一起回顧動量守恒的條件守恒條件：①系統(tǒng)所受的外力為零或不受外力；②系統(tǒng)內力遠大于外力（碰撞）（一）彈性碰撞規(guī)律：碰后系統(tǒng)總動能守恒，系統(tǒng)動量守恒如圖所示，設兩小球質量分別為m1、m2，碰撞前后速度為v1、v2、v1′、v2′，碰撞過程中無機械能損失。①動碰動根據動量守恒得：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′根據機械能守恒得：12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12【教法備注】【注意】如果題目中出現“碰撞過程中機械能不損失”，這實際就是彈性碰撞?！居洃浖记伞孔屑氂^察v1′、v2′，結果很容易記憶，v2′就是把v1′中所有的角標1換為角標2即可。但這里一般題目出現的都是動碰靜，不要求學生一定要把上述公式記住，但動碰靜的情況一定要記?。磛2=0）【另外一種記憶】v（二）非彈性碰撞規(guī)律：碰后系統(tǒng)總動能小于碰前系統(tǒng)總動能，系統(tǒng)動量仍守恒①根據動量守恒得：m1v1+m2【教法備注】【易錯點】一定要注意題目中是否有彈性碰撞或無機械能損失，區(qū)分碰撞類型非彈性碰撞這其中存在的機械能損失可大可小，屬于最普通的碰撞類型（三）完全非彈性碰撞規(guī)律：碰后系統(tǒng)總動能小于碰前系統(tǒng)總動能（且損失的動能最大），系統(tǒng)動量仍守恒①根據動量守恒得：m1v1+m2【教法備注】【特點】完全非彈性碰撞的最顯著的特點就是，碰撞后兩物體達到共同速度?？吹筋}目中出現兩物體運動后黏在一起，或者一個物理與另外一個物體共速就一定是完全非彈性碰撞【推導】（不要求，選講）設兩球質量為m1、m2，速度為v1、v2，沿同一直線運動，發(fā)生對心碰撞后速度變?yōu)関1′、v2′，則兩球碰前總動能Ek1=12m1v12+12m2v22=m12v12+m1m2v122m（四）碰撞合理性1.系統(tǒng)動量守恒p1+p2=p1′+p2′或Δp1=?Δp2．2.碰撞過程中系統(tǒng)的總機械能不會增加如果物體發(fā)生的是彈性碰撞，總機械能不變；其他情況碰撞后會有部分機械能轉化為內能，系統(tǒng)的總動能將減?。唇浀淅}22.質量為1kg的小球A以速率8m/s沿光滑水平面運動，與質量為2kg的靜止小球B發(fā)生正碰后，A、B兩小球的速率vA和vB可能為（）A.vA=5m/sB.vA=4m/sC.vB=1m/sD.vB=3m/s【教法備注】易；碰撞合理性【答案】D【解析】【詳解】取碰撞前A球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB①碰前機械能EA．若vA=5m/s，代入①得vB=1.5m/s由于碰撞后A、B同向運動，A的速度大于B的速度不可能；若vA=5m/s，則vB=7.5m/s

碰后機械能E大于碰前機械能；故A錯誤。B．若vA=4m/s，代入①得vB=2m/s，由于碰撞后A、B同向運動，A的速度大于B的速度不可能，若vA=4m/s，則vB=6m/s

碰后機械能E大于碰前機械能；故B錯誤。C．若vB=1m/s，代入①得vA=6m/s，由于碰撞后A、B同向運動，A的速度大于B的速度不可能，故C錯誤。D．若vB=3m/s，代入①得vA=2m/s碰撞后系統(tǒng)的總動能為E符合能量守恒定律，故D正確。故選D。23.(多選)質量為m1和m2的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移－時間圖像如圖所示。則（）A.若m1＝1kg，則m2＝3kgB.若m1＝1kg，則m2＝1kgC.若m2＞3m1則兩個物體的碰撞是非彈性碰撞D.若m2＝3m1則兩個物體的碰撞是彈性碰撞【教法備注】中；碰撞問題【答案】AD【解析】兩個物體在光滑的水平面上正碰，分析圖片可以知，m2初始靜止，系統(tǒng)動量守恒m由xt圖像可知，斜率表示速度，v1=4m/s,m2＝3kg若m2＝3m1，兩個物體在光滑的水平面上正碰，系統(tǒng)動量守恒，此時碰撞前的動能E碰撞后動能E碰撞前的動能等于碰撞后的動能，因此為彈性碰撞，故答案為AD。知識點總結碰撞分類：

動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞是<u>是</u>非彈性碰撞<u>是</u>否完全非彈性碰撞是否，且損失最大碰撞合理：①系統(tǒng)動量守恒：即P1+P2=P1′+P2′或鞏固練習A.8vB.6vC.4vD.2v【教法備注】易【答案】C【解析】設a、b、c的質量分別為ma、mb、mc。a與b碰撞后二者的速度分別為va和vb1，根據動量守恒定律有ma根據機械能守恒定律有12聯立①②解得vb1由③式可知，當mavb1設b與c碰撞后二者的速度分別為vb2和vc，同理可得mb12聯立⑤⑥解得vc由⑦式可知，當mbvc所以若b和c的質量可任意選擇，碰后c的最大速度接近于4v，故答案為C。25.如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰。小球的質量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的x?t圖像。已知m1=0.1kg，如圖向右為正方向。由此可以判斷（）A.碰前m1和m2都向右運動B.碰后兩物體動量大小相等C.m2=0.3kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能【教法備注】中【答案】C【解析】【詳解】A．根據x?t圖像的斜率表示速度，可知碰前m1向右運動，m2處于靜止狀態(tài)，故A錯誤；BC．根據x?t圖像的斜率表示速度，可知碰前v碰后m1和mv1′=根據動量守恒可得m聯立解得m碰后兩物體的速度大小相等，但質量不相等，則動量大小不相等，故B錯誤，C正確；D．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為Δ故D錯誤。故選C。26.(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量mA=1kg的A球和一質量mB=1.5kg的B球同向運動。已知A球的初速度v1=10m/s，B球的初速度v2=5m/s，運動一段時間后，兩球發(fā)生對心正碰。下列說法正確的是（）A.當兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞時，A球對B球的沖量為7.5N·sB.碰撞的過程中，系統(tǒng)損失的機械能可能為8JC.碰撞后，A球的速度可能為5m/sD.當兩球發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為3N·s【教法備注】中【答案】CD【解析】A．發(fā)生彈性碰撞時，根據動量守恒及機械能守恒mAv1得vA=4m/sA球對B球的沖量為I=A為錯誤選項；BC．若發(fā)生完全非彈性碰撞，則m得v=7則碰撞后A球的速度在4m/s到7m/s之間。完全非彈性碰撞的機械能損失最大ΔB為錯誤選項，C為正確選項；D．當兩球發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為ID為正確選項。故答案為CD。27.如圖所示，兩質量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時間均可忽略不計。已知m2＝3m1，則A反彈后能達到的高度為（）A.hB.2hC.3hD.4h【教法備注】中【答案】D【解析】下降過程為自由落體運動，由勻變速直線運動的速度位移公式得v2=2gh解得觸地時兩球速度相同，為v=m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，由動量守恒定律得：m2vm1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得1根據題意分析可知m2=3m1聯立得v反彈后高度為H=故D為正確選項，ABC為錯誤選項。故答案為D。真題演練28.某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)．當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質量m=0.2kg，滑桿的質量M=0.6kg，A、B??(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N(2)滑塊與滑桿碰撞前瞬間的速度大小v1(3)滑桿向上運動的最大高度h．【教法備注】中【答案】(1)8(