1、專題十八 碰撞與動量守恒,1.動量、動量守恒定律及其應(yīng)用 2.彈性碰撞和非彈性碰撞 3.實驗：驗證動量守恒定律 說明：對碰撞和動量守恒定律的應(yīng)用高考中只限于一維情況,1.高考對本章的考查重點(diǎn)是動量和動量守恒定律的應(yīng)用，尤其是動量和能量的綜合問題更是考查的熱點(diǎn)，如：碰撞、打擊、反沖、滑塊摩擦等問題. 2.根據(jù)新課標(biāo)高考的要求，本章內(nèi)容易與力學(xué)、原子物理學(xué)結(jié)合進(jìn)行綜合命題. 3.探究和驗證碰撞中的動量守恒，在高考實驗考查中出現(xiàn)頻率很高.,動量的矢量性 【典例1】(2011福建高考)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反，則碰撞后B球的

2、速度大小可能是( ) A.0.6v B.0.4v C.0.3v D.0.2v,【審題視角】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)： 【關(guān)鍵點(diǎn)】 (1)動量是矢量，應(yīng)先選好正方向. (2)抓住A球碰后反彈條件列方程即可判斷B球速度大小. 【精講精析】由動量守恒定律得:mv=mvA+2mvB，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負(fù)值，則2mvBmv，可得vB 0.5v，因此B球的速度可能為0.6v，故選A. 答案:A,【命題人揭秘】動量的矢量性 (1)動量守恒定律方程式是一個矢量關(guān)系式,必須注意其方向性，同一直線上的動量在選好正方向以后，用正負(fù)號表示其方向. (2)注意根據(jù)相互作用前、后時刻的動量矢量和相等列

3、方程.,碰撞中的動量和能量綜合問題 【典例2】(2012安徽高考)如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M= 2 kg 的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接.傳送帶始終以u=2 m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動.裝置的右邊是一光滑曲面，質(zhì)量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h(yuǎn)=1.0 m處由靜止釋放.已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2，l=1.0 m.設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài).取g=10 m/s2.,(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小. (2)通過計算說明物

4、塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動到右邊的曲面上？ (3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動速度大小.,【審題視角】解答本題時要注意以下三點(diǎn)： 【關(guān)鍵點(diǎn)】 (1)物塊B在運(yùn)動的過程中機(jī)械能一部分損失在傳送帶上，一部分損失在A上. (2)由于傳送帶向左運(yùn)動，必須驗證物塊B與物塊A碰撞后是否能滑到傳送帶右端. (3)物塊B每次與物塊A發(fā)生彈性碰撞時的情景相似，故可求出每次碰后速度的表達(dá)式.,【精講精析】(1)對B，自開始至曲面底端時，由機(jī)械能守恒定 律得：mBgh= mBvB2 vB= = m/s= m/s 設(shè)

5、B在傳送帶上速度減為2 m/s時經(jīng)過的位移為x， 則： 故B在傳送帶上一直做減速運(yùn)動，設(shè)B到達(dá)傳送帶左端時速度大 小為vB由vB2-vB2=2gl得：vB= =4 m/s. 此后B以4 m/s的速度滑向A 即物塊B與物塊A第一次碰前的速度大小為4 m/s.,(2)設(shè)物塊B與物塊A第一次碰撞后的速度大小分別為vB1、vA1， 由動量守恒定律得：mBvB=mAvA1-mBvB1 由能量守恒定律得： mBvB2= mBvB12+ mAvA12 由以上兩式解得：vA1= vB= m/s，vB1= vB= m/s 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上傳送帶，設(shè)B向右減速 為0時經(jīng)過的位移為x： 則：

6、所以B不能運(yùn)動到右邊的曲面上.,(3)B第一次碰撞后在傳送帶上向右減速為0后，在摩擦力的作用下向左加速，到達(dá)傳送帶左端時的速度大小等于vB1，以后B每次與A碰撞后的速度大小均等于從傳送帶左端滑出時的速度大小，即B每次與A碰撞后的速度大小均等于下一次B與A碰撞前的速度大小.設(shè)A與B第二次碰撞后的速度分別為vA2、vB2，則由式得： 所以第n次碰撞后B的速度大小為： vBn=( )nvB= m/s 答案:(1)4 m/s (2)不能 (3) m/s,【命題人揭秘】含彈簧的碰撞問題的分析方法 (1)分析建立碰撞模型：是一個與一個碰撞還是與兩個碰撞，是碰撞彈開還是粘連成一體，是彈性的還是非彈性的. (

7、2)分析碰撞過程：是一個過程還是多個過程. (3)依據(jù)碰撞過程逐一列動量和能量守恒方程.,動量守恒中的臨界問題 【典例3】(2011山東高考)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度.(不計水的阻力),【審題視角】解答本題的思路按以下兩步進(jìn)行： 【關(guān)鍵點(diǎn)】 (1)分析如何避免兩船相撞：甲、乙拋接貨物后兩船同向運(yùn)動或反向運(yùn)動. (2)分析得到拋貨物的最小速度：拋接貨物后兩船以相同速度同向運(yùn)動.,【精講精析】設(shè)乙

8、船上的人拋出貨物的最小速度為vmin，拋出貨物后的速度為v1，甲船上的人接到貨物后速度為v2，由動量守恒定律得:12mv0=11mv1-mvmin 10m2v0-mvmin=11mv2 為避免兩船相撞應(yīng)滿足:v1=v2 聯(lián)立式得:vmin=4v0 答案:4v0,【命題人揭秘】抓住臨界點(diǎn)，輕易破解動量守恒臨界問題 (1)分析并判斷是否為動量守恒臨界問題. (2)尋找臨界點(diǎn):從題設(shè)情景中看是否有相互作用的兩物體相距最近,避免相碰和物體開始反向運(yùn)動等臨界狀態(tài). (3)挖掘臨界條件:在與動量相關(guān)的臨界問題中,臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系,即速度相等或位移相等.,動量守恒中的人船

9、模型 【典例4】(2011安徽高考)如圖所示，質(zhì)量M=2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1 kg的小球通過長L=0.5 m 的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接， 小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸 自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)， 現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0= 4 m/s，g取10 m/s2.,(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點(diǎn)P時對輕桿的作用力大小和方向. (2)若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點(diǎn)時的速度大小. (3)在滿足(2)的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離.,【審題視角】解答本題應(yīng)注意以下四點(diǎn)： 【關(guān)鍵點(diǎn)】 (1)鎖定滑塊時,對小球應(yīng)用機(jī)

10、械能守恒和向心力公式求作用力. (2)解除鎖定,系統(tǒng)水平方向不受外力,滿足動量守恒條件，因此水平方向動量守恒. (3)分析系統(tǒng)中各物體的狀態(tài)變化，畫出狀態(tài)變化圖，尋找各物體位移之間的幾何關(guān)系. (4)根據(jù)水平方向動量守恒列方程求解.,【精講精析】(1)設(shè)小球能通過最高點(diǎn)，且此時的速度為v1.在 上升過程中，因只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒.則 v1= m/s 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下， 則:F+mg= 由式得:F=2 N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2 N，方向 豎直向上.,(2)解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點(diǎn)時的速度為v2，此時滑塊的速度為v.在上升

11、過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以水平方向動量守恒.以水平向右為正方向，有 mv2+Mv=0 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則 由式得v2=2 m/s ,(3)設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為v.由系統(tǒng)水平方向動量守恒得 mv3-Mv=0 將式兩邊同乘以t，得 mv3t-Mvt=0 因式對任意時刻附近的微小間 隔t都成立，累積相加后，有,ms1-Ms2=0 又s1+s2=2L 由式得s1= m 答案：見精講精析,【命題人揭秘】運(yùn)用平均動量守恒巧解人船模型問題 (1)明

12、確某方向平均動量守恒：由某方向動量守恒的瞬時表達(dá)式(速度形式)得出平均動量守恒(位移形式)，將兩物體之間動量守恒的速度關(guān)系轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系. (2)對于原來靜止的人、船系統(tǒng),人在船上走動時,人、船的位移大小關(guān)系式為m人x人=m船x船.,驗證碰撞中的動量守恒 【典例5】(2011北京高考)如圖甲，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系.,(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通過僅測量_(填選項前的符號)，間接地解決這個問題. A.小球開始釋放高度h B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度H C.小球做平拋運(yùn)動的射程,(2)圖甲中O點(diǎn)是小球

13、拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射球m1，多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測出平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù).接下來要完成的必要步驟是_.(填選項前的符號) A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2 B.測量小球m1開始釋放高度h C.測量拋出點(diǎn)距地面的高度H D.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N E.測量平拋射程OM、ON,(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為_ _(用(2)中測量的量表示)； 若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_ _(用(2)中

14、測量的量表示).,(4)經(jīng)測定，m1=45.0 g，m2=7.5 g，小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖乙所示.碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1，則p1p1=_11.若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2，則p1p2=11_. 實驗結(jié)果說明碰撞前、后總動量的比值 為_.,(5)有同學(xué)認(rèn)為，上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其他條件不變，可以使被碰撞小球做平拋運(yùn)動的射程增大.請你用(4)中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被碰小球m2平拋運(yùn)動射程ON的最大值為_cm.,【審題視角】解答本題時應(yīng)把握以下三點(diǎn): 【關(guān)鍵點(diǎn)】 (1)利用兩個小球碰撞前后離開軌道做平拋運(yùn)動的水平射程來表示碰撞后的速度關(guān)系 (2)確定入射

15、球m1和被碰球m2的平均落點(diǎn)位置M、N，從而得到兩球的水平射程. (3)由兩小球的質(zhì)量和水平射程列出動量守恒方程和機(jī)械能守恒方程.,【精講精析】(1)由于本實驗的碰撞是在同一高度，在空中運(yùn)動時間相同，水平位移就能反映平拋初速度的大小，僅測量小球做平拋運(yùn)動的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比.所以選C. (2)本實驗必須用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2，分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N和測量平拋射程OM、ON，故接下來要完成的必要步驟是ADE或DAE或DEA.,(3)由于m1v1+m2v2=m1v, 且 所以m1OM+m2ON=m1OP 若碰撞是彈性碰撞， 機(jī)械能守恒 所以m1

16、OM2+m2ON2=m1OP2,(4)由于,(5)當(dāng)兩個小球發(fā)生完全彈性碰撞時，被碰小球m2平拋運(yùn)動射程ON有最大值彈性碰撞動量守恒和機(jī)械能守恒，則： m1v1+m2v2=m1v, m1v12+ m2v22= m1v2 解得:v2= 所以最大射程為: 被碰小球m2平拋運(yùn)動射程ON的最大值為76.8 cm. 答案:(1)C (2)ADE或DEA或DAE (3)m1OM+m2ON=m1OP m1OM2+m2ON2=m1OP2 (4)14 2.9 11.01均可 (5)76.8,【命題人揭秘】用碰撞實驗器驗證動量守恒定律時應(yīng)注意 (1)實驗誤差分析 碰撞是否為一維碰撞. 小球離開軌道后是否做平拋運(yùn)動

17、. 每次實驗小球是否從斜軌上同一位置靜止釋放. (2)注意事項 前提條件：碰撞的兩小球應(yīng)保證“水平”和“正碰”，且 m入射m被碰. 正確操作：先安裝好儀器并調(diào)試，后進(jìn)行實驗并測量. 實驗結(jié)論：根據(jù)測得的數(shù)據(jù)研究動量關(guān)系和能量關(guān)系并得出結(jié)論.,動量守恒與電磁感應(yīng)問題的綜合 【典例6】(2011海南高考)如圖，ab和cd是 兩條豎直放置的長直光滑金屬導(dǎo)軌，MN和 MN是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分 別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上， 使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸； 兩桿 的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l.整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直.導(dǎo)軌電阻可忽

18、略，重力加速度為g.在t=0時刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好.求：,(1)細(xì)線燒斷后，任意時刻兩桿運(yùn)動的速度之比； (2)兩桿分別達(dá)到的最大速度. 【審題視角】抓住幾個關(guān)鍵點(diǎn)，按合理的思路即可以準(zhǔn)確解答： 【關(guān)鍵點(diǎn)】 (1)“豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止”，可得系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒.細(xì)線燒斷以后，系統(tǒng)合外力仍然為零，故整個過程動量守恒.,(2)再隔離兩金屬桿分析其運(yùn)動，可得兩金屬桿都做加速度逐 漸減小的加速運(yùn)動，直至加速度等于零時以最大速度做勻速運(yùn) 動. (3)分析思路如圖所示:,【精講精析】設(shè)某時刻MN和MN速度分別為v1、v2. (1)因為

19、系統(tǒng)所受合外力為零，所以MN和MN系統(tǒng)動量守恒: mv1-2mv2=0,解得v1v2=21 (2)當(dāng)MN和MN的加速度為零時，速度最大, MN受力平衡有:BIl=2mg I= E=Blv1+Blv2 由得: v1= v2= 答案:(1)21 (2),【閱卷人點(diǎn)撥】,動量守恒定律的應(yīng)用 高考指數(shù): 1.(2010北京高考)如圖，若x軸表示時間，y軸表示位移，則該圖象反映了某質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動 時，位移與時間的關(guān)系.若令x軸和y軸 分別表示其他的物理量，則該圖象又 可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理 量之間的關(guān)系.下列說法中正確的是( ),A.若x軸表示時間,y軸表示動能，則該圖象可以反映某物體受恒

20、定合外力作用做直線運(yùn)動過程中，物體動能與時間的關(guān)系 B.若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖象可以反映光電效應(yīng)中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關(guān)系 C.若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖象可以反映某物體在沿運(yùn)動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關(guān)系 D.若x軸表示時間，y軸表示感應(yīng)電動勢，則該圖象可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大時，閉合回路的感應(yīng)電動勢與時間的關(guān)系,【解析】選C.根據(jù)動量定理p-p0=Ft，p=Ft+p0說明動量和時 間是線性關(guān)系，縱截距為初動量，C正確.結(jié)合p= 得 =Ft+p0，說明動能和時間的圖象是拋物線，A錯誤.光 電效應(yīng)方程為

21、Ekm=h-W0，說明最大初動能和時間是線性關(guān) 系，但縱截距為負(fù)值，B錯誤.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大 時，閉合回路內(nèi)的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定 律知閉合回路的感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率成正比，是一 個定值，不隨時間變化，D錯誤.,2.(2011上海高考)光滑水平面上兩小球a、b用不可伸長的松弛細(xì)繩相連.開始時a球靜止，b球以一定速度運(yùn)動直至繩被拉緊，然后兩球一起運(yùn)動，在此過程中兩球的總動量_ (選填“守恒”或“不守恒”)；機(jī)械能_(選填“守恒”或“不守恒”) 【解題指南】解答本題要明確繩被拉緊使兩個小球結(jié)合在一起，屬于碰撞中的完全非彈性碰撞,【解析】b球以一定速度運(yùn)動直至繩被拉緊

22、，兩小球間繩子的拉力就是相互作用的內(nèi)力，滿足動量守恒的條件，所以兩小球a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，兩球一起運(yùn)動，具有共同速度，符合完全非彈性碰撞的特征，動能損失很大，機(jī)械能不守恒 答案:守恒 不守恒,3.(2011海南高考)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示.圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對靜止.重力加速度為g.求：,(1)木塊在ab段受到的摩擦力f； (2)木塊最后距a點(diǎn)的距

23、離s. 【解析】(1)木塊向左滑到最高點(diǎn)時，系統(tǒng)有共同速度v， 由動量守恒得：mv0=(m+2m)v mv02- (m+2m)v2=fL+mgh 聯(lián)立兩式解得： ,(2)根據(jù)動量守恒可得木塊返回與物體P第二次達(dá)到共同速度與第一次相同,全過程能量守恒,得： mv02= (m+2m)v2+f(2L-s) 聯(lián)立解得:s= 答案:(1) (2),【方法技巧】運(yùn)用碰撞模型解動量和能量綜合問題的注意點(diǎn) (1)抓住碰撞過程中速度相等這一臨界狀態(tài).本題中即木塊上升到最高點(diǎn)時與物體P速度相等，木塊返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對靜止時速度也相等. (2)如果木塊能夠滑離物體P，即相當(dāng)于碰撞結(jié)束兩物體分開. (3)

24、分析碰撞過程中的動量和能量關(guān)系，列動量守恒和能量守恒方程.,4.(2011四川高考)隨著機(jī)動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯.分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命.一貨車嚴(yán)重超載后的總質(zhì)量為49 t，以54 km/h的速率勻速行駛.發(fā)現(xiàn)紅燈時司機(jī)剎車，貨車即做勻減速直線運(yùn)動，加速度的大小為2.5 m/s2(不超載時則為5 m/s2). (1)若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進(jìn)多遠(yuǎn)？ (2)若超載貨車剎車時正前方25 m處停著總質(zhì)量為 1 t 的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用0.1 s后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？,【解析】(1)設(shè)貨車剎

25、車時速度大小為v0、加速度大小為a，末速度為vt，剎車距離為s 代入數(shù)據(jù)，得:超載時s1=45 m 若不超載s2=22.5 m ,(2)設(shè)貨車剎車后經(jīng)s=25 m與轎車碰撞時的初速度大小為v1 v1= 設(shè)碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質(zhì)量為M、轎車質(zhì)量為m，由 動量守恒定律得:Mv1=(M+m)v2 設(shè)貨車對轎車的作用時間為t、平均沖力大小為 由動量定 理得: t=mv2 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得 =9.8104 N 答案:(1)45 m 22.5 m (2)9.8104 N,5.(2010安徽高考)如圖，ABD為 豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其 中AB段是水平的，BD段為半徑R= 0.2 m 的半圓

26、，兩段軌道相切于 B點(diǎn)，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E=5.0 103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞.已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.010-2 kg，乙所帶電荷量q=2.010-5 C，g取10 m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個運(yùn)動過程無電荷轉(zhuǎn)移),(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離； (2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右運(yùn)動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍. (

27、第(3)問僅供選修3-5為必考的省份解答),【解析】(1)在乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則 mg+qE= 2R= x=vDt 聯(lián)立得：x=0.4 m ,(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒和機(jī) 械能守恒定律有：mv0=mv甲+mv乙 聯(lián)立得：v乙= v0 由動能定理得： -mg2R-qE2R= 聯(lián)立得：v0= ,(3)設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù) 動量守恒和機(jī)械能守恒定律有： Mv0=MvM+mvm 聯(lián)立得vm= 由和Mm，可得：v0vm2v0 設(shè)乙球過D

28、點(diǎn)的速度為vD，由動能定理得： -mg2R-qE2R ,聯(lián)立得：2 m/svD8 m/s 設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則有：x=vDt 聯(lián)立得：0.4 mx0 聯(lián)立式解得: v2v12v2 或 v1v2 v1 答案: v2v12v2或 v1v2 v1,12.(2010新課標(biāo)全國卷)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度v0向右運(yùn)動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間.設(shè)木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.,【解

29、題指南】從第一次到第二次碰撞，木板先向左勻減速直線 運(yùn)動再以不變的加速度向右勻加速直線運(yùn)動，最后勻速運(yùn)動； 重物先向右勻減速直線運(yùn)動，再勻速運(yùn)動. 【解析】解法一 木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木 板向左做勻減速直線運(yùn)動，直到靜止，再反向向右勻加速直線 運(yùn)動直到與重物達(dá)到共同速度v，再往后是勻速直線運(yùn)動，直 到第二次碰撞墻.設(shè)木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m，取向右 為動量的正方向，由動量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v ,設(shè)木板從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的 時間為t1，對木板應(yīng)用動量定理得： 2mgt1=mv-m(-v0) 由牛頓第二定律得：

30、2mg=ma 式中a為木板的加速度.在達(dá)到共同速度v時，木板離墻的距離l 為：l=v0t1- at12 開始向右做勻速運(yùn)動到第二次與墻碰撞的時間為t2= 木板從第一次與墻碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時間為： t=t1+t2 由以上各式得：t= ,解法二 木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到達(dá)到共同速 度v，由動量守恒得：2mv0-mv0=(2m+m)v 解得：v= 木板在第一個過程中，做勻變速直線運(yùn)動，選向右為正方向， 由運(yùn)動學(xué)公式得：v=-v0+at1 ,又由牛頓第二定律得：2mg=ma 用動能定理，有： 木板在第二個過程中，做勻速直線運(yùn)動，有：s=vt2 木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞

31、所經(jīng)歷的時間： t=t1+t2= 答案:,13.(2010海南高考)在核反應(yīng)堆中，常用減速劑使快中子減速.假設(shè)減速劑的原子核質(zhì)量是中子的k倍.中子與原子核的每次碰撞都可看成是彈性正碰.設(shè)每次碰撞前原子核可認(rèn)為是靜止的，求N次碰撞后中子速率與原速率之比. 【解析】設(shè)中子和減速劑的原子核A的質(zhì)量分別為mn和mA，碰撞后速度分別為vn和vA，根據(jù)碰撞前后的總動量和總能量守恒，有：,mnvn=mnvn+mAvA mnvn2= mnvn2+ mAvA2 式中vn為碰撞前中子速度，由題意mA=kmn 解得，經(jīng)1次碰撞后中子速率與原速率之比為： 經(jīng)N次碰撞后，中子速率與原速率之比為： 答案:,動量守恒定律與

32、能量結(jié)合的綜合應(yīng)用 高考指數(shù): 14.(2012新課標(biāo)全國卷)如圖,小球a、b 用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O,讓球a靜止 下垂,將球b向右拉起,使細(xì)線水平.從靜止 釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動,此后 細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60.忽 略空氣阻力,求,(1)兩球a、b的質(zhì)量之比; (2)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動能之 比. 【解析】(1)設(shè)小球a、b質(zhì)量分別為m1、m2，細(xì)線長為L，b球擺 至最低點(diǎn)與a球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為v，則對b 球擺至最低點(diǎn),由機(jī)械能守恒得 m2gL= 最低點(diǎn)小球a、b碰撞由動量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v ,小球

33、a、b一起擺至最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得 (m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cos) 聯(lián)立式得 并代入題給數(shù)據(jù)得 (2)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能是 Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos) 聯(lián)立式，Q與碰前球b的最大動能Ek=m2gL之比為 聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得 答案：(1) (2),15.(2011新課標(biāo)全國卷)如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m.置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動，與B相碰并粘合在一起，以后

34、細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能.,【解析】設(shè)碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有 mv0=3mv 設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有 3mv=2mv1+mv0 設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中 機(jī)械能守恒，有 由式得彈簧所釋放的勢能為 Ep= mv02 答案： mv02,16.(2011廣東高考)如圖所示，以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動的傳送帶上

35、E點(diǎn)，運(yùn)動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板.滑板運(yùn)動到C時被牢固粘連.物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M=2m，兩半圓半徑均為R，板長l=6.5R，板右端到C的距離L在RL5R范圍內(nèi)取值，E距A為s=5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，重力加速度取g.,(1)求物塊滑到B點(diǎn)的速度大??； (2)試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn).,【解析】(1)物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動到A過程，滑動 摩擦力做正功，物塊從A到B，重力做正功，根據(jù)動能定理得: mgs+mg2R=

36、 解得:vB= (2)物塊從B滑上滑板后開始做勻減速運(yùn)動,此時滑板開始做勻 加速直線運(yùn)動，當(dāng)物塊與滑板達(dá)共同速度時，二者開始做勻速 直線運(yùn)動設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)動量守恒 mvB=(m+2m)v 解得:v=,對物塊，由動能定理得:-mgs1= 解得:s1=8R 對滑板，由動能定理得: mgs2= 2mv2-0 解得:s2=2R 由此可知物塊在滑板上滑過s1-s2=6R時，小于6.5R，并沒有滑下去，二者就具有共同速度了.,當(dāng)2RL5R時，物塊的運(yùn)動是勻減速運(yùn)動8R，勻速運(yùn)動L-2R，勻減速運(yùn)動0.5R，滑上C點(diǎn)，根據(jù)動能定理: -mg(8R+0.5R)= 解得: Wf=mg(8R+0.5R

37、)= mgR， 物塊不能滑到CD軌道的中點(diǎn).,當(dāng)RL2R時，物塊的運(yùn)動是勻減速運(yùn)動6.5R+L，滑上C點(diǎn)根 據(jù)動能定理:-mg(6.5R+L)= 解得:Wf=mg(6.5R+L)= mg(13R+2L) 當(dāng) mgR時，可以滑到CD軌道的中點(diǎn)，此時 要求L0.5R，這與題目矛盾，所以物塊不可能滑到CD軌道的中 點(diǎn) 答案:(1) (2)見解析,17.(2011重慶高考)如圖 所示，靜置于水平地面的 三輛手推車沿一直線排列， 質(zhì)量均為m，人在極短的時 間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_ 量使其運(yùn)動，當(dāng)車運(yùn)動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動了距離L時與第三輛車相碰，三車以共同速度又運(yùn)動了距離L時停

38、止.車運(yùn)動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g,若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：,(1)整個過程中摩擦阻力所做的總功； (2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大??； (3)第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動能損失之比. 【解析】(1)整個過程中摩擦阻力所做的總功 W=-kmgL-2kmgL-3kmgL =-6kmgL,(2)設(shè)第一輛車的初速度為u0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為u1，第二次碰前速度為v2，碰后共同速度為u2. -kmgL= -k(2m)gL= -k(3m)gL= 由動量守恒得 mv1=2mu1 2mv2=3mu2 人給第一輛車水平?jīng)_量的大

39、小 I=mu0-0= ,(3)由解得v12=26kgL 由解得u12= v12= 26kgL 第一次碰撞系統(tǒng)動能損失 由解得u22=2kgL 由解得v2= u2 第二次碰撞系統(tǒng)動能損失 第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動能損失之比 答案:(1)-6kmgL (2) (3),【方法技巧】動量和能量綜合問題的分析技巧 (1)把握動量守恒的條件，準(zhǔn)確運(yùn)用動量守恒定律，本題中車與車的短暫碰撞過程遵守動量守恒定律. (2)分析能量轉(zhuǎn)化和守恒，正確運(yùn)用能量守恒列式，本題中動能損失可從碰撞前后的動能之差求出 (3)區(qū)分摩擦力做功和摩擦生熱，摩擦力的功可以用摩擦力與位移的乘積求出(相對地面的位移)，而摩擦生熱則等于摩擦

40、力與相對路程的乘積.,動量 1.定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積. 2.表達(dá)式：p=mv，單位：kgm/s. 3.動量的性質(zhì) (1)矢量性：方向與瞬時速度方向相同. (2)瞬時性：動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的量，是針對某一 時刻而言的. (3)相對性：大小與參考系的選取有關(guān)，通常情況是指相 對地面的動量.,三 性,4.動量的變化量 (1)定義：物體在某段時間內(nèi)末動量與初動量的矢量差(也是矢量). (2)表達(dá)式： p=p-p. (3)同一直線上動量的運(yùn)算:如果物體的動量始終保持在同一條直線上，在選定一個正方向之后，動量的運(yùn)算就可以簡化為代數(shù)運(yùn)算.,5.動量、動能、動量的變化量的比較,【名師點(diǎn)睛】 理解動

41、量時應(yīng)注意 1.當(dāng)物體的速度大小不變,方向變化時,動量一定改變,動能卻不變,如勻速圓周運(yùn)動. 2.在談及動量時,必須明確是物體在哪個時刻或哪個狀態(tài)所具有的動量. 3.物體動量的變化率 等于它所受的合外力,這是牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式. 4.動量變化量的方向與初末動量的方向無直接關(guān)系.,動量守恒定律 1.內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變. 2.動量守恒的條件 (1)系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零. (2)系統(tǒng)所受的外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)內(nèi)力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力小得多，可以忽略不計. (3)

42、系統(tǒng)某一方向不受外力或所受外力的矢量和為零，或外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)在該方向動量守恒.,3.表達(dá)式,4.動量守恒定律的“五性” (1)矢量性：定律的表達(dá)式是一個矢量式. 若作用前后各動量在同一直線上時，可用“+”和“-”表示方向. (2)相對性：動量守恒定律中，系統(tǒng)中各物體在相互作用前后的動量，必須相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為對地的速度. (3)條件性：動量守恒定律是有條件的，應(yīng)用時一定要首先判斷系統(tǒng)是否滿足動量守恒條件.,(4)同時性：動量守恒定律中p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1、p2必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量. (5)普適性：動量守

43、恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng).不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng).,【名師點(diǎn)睛】 1.正確理解“總動量保持不變”，不僅指系統(tǒng)的初、末兩個時刻的總動量相等，而且指系統(tǒng)在整個過程中任意兩個時刻的總動量相同. 2.在判定系統(tǒng)動量守恒時，要區(qū)分系統(tǒng)所受的內(nèi)力和外力.,【狀元心得】 應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟 1.確定相互作用的系統(tǒng)為研究對象. 2.分析研究對象所受的外力. 3.判斷系統(tǒng)是否符合動量守恒條件. 4.規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量的正、負(fù)號. 5.根據(jù)動量守恒定律列式求解.,碰撞問題 1.概念:碰撞是指兩個或兩個以上的物體在相遇的極短

44、時間內(nèi)產(chǎn)生非常強(qiáng)的相互作用. 2.特點(diǎn) (1)相互作用時間短. (2)作用力變化快和作用力很大. (3)其他外力可以忽略不計.,三個 特點(diǎn),3.碰撞的種類及特點(diǎn),4.彈性碰撞的規(guī)律 兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒. 以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，則有 m1v1=m1v1m2v2， m1v12= m1v12 m2v22 解得：,【名師點(diǎn)睛】 一運(yùn)動物體與同一條直線上靜止的物體發(fā)生彈性碰撞的規(guī)律 1.當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度. 2.當(dāng)質(zhì)量大的球碰質(zhì)量小的球時，碰撞后兩球都向前運(yùn)動. 3.當(dāng)質(zhì)量小的球碰質(zhì)量大的球時，碰撞后質(zhì)量小的球被

45、反彈回來.,碰撞、爆炸及反沖現(xiàn)象的特點(diǎn)分析 1.碰撞現(xiàn)象的三個特點(diǎn) (1)動量守恒. (2)機(jī)械能不增加. (3)速度要合理 若碰前兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有:a.v后v前;b.碰后原來在前的物體速度一定增大;c.若碰后兩物體同向運(yùn)動，則應(yīng)有v前v后. 碰前兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變.,2.爆炸現(xiàn)象的三個特點(diǎn) (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒. (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加. (3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短