2019年高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案：專題13.1動量動量守恒定律及其應(yīng)用(解析版)

1、專題13.1動量 動量守恒定倖及其應(yīng)用(教學(xué)案)1理解動量的的概念，知道沖量的意義；2理解動量，會計算一維動量變化；3理解動量變化和力之間的關(guān)系，會用來計算相關(guān)問題;4.知道彈性碰撞和非彈性碰撞5理解動量守恒定律的確切含義，知道其適用范圍6.掌握動量守恒定律解題的一般步驟7會應(yīng)用動量守恒定律解決一維運動相關(guān)問題一、動量、動量定理1 .動量(1) 定義：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p 來表示。(2) 表達(dá)式：p= mv。單位：kg m/s。(4)標(biāo)矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。2 .沖量(1) 定義：力和力的作用時間的乘積叫做力的沖量。(2) 表達(dá)式：1= Ft。單

2、位：Ns。(3) 標(biāo)矢性：沖量是矢量，它的方向由力的方向決定。3.動量定理項目動量定理內(nèi)容物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量表達(dá)式p p= F合t 或 mv mv= F合t意義合外力的沖量是引起物體動量變化的原因考情解讀標(biāo)矢性矢量式(注意正方向的選擇)、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0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2 .表達(dá)式：mivi+ m?v2= m!Vi+ m2V2或 p = p。3.適用條件(1) 理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。(2) 近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時，系統(tǒng)的動

3、量可近似看成守恒。(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。三、彈性碰撞和非彈性碰撞1.碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。2 .特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3 .分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失取大高頻考點一動量定理例 1.如圖 1 所示，豎直面內(nèi)有一個固定圓環(huán)，MN 是它在豎直方向上的直徑.兩根光滑滑軌MP、QN 的端點都在圓周上，MPQN.將兩個完全相同的小滑塊 a、b 分別從 M、Q 點無初速度 釋放，在它們各自沿

4、MP、QN 運動到圓周上的過程中，下列說法中準(zhǔn)確的是()圖 1A. 合力對兩滑塊的沖量大小相同B. 重力對 a 滑塊的沖量較大C. 彈力對 a 滑塊的沖量較小D. 兩滑塊的動量變化大小相同答案 C解析 這是：等時圓 S 即兩滑塊同時至1達(dá)滑軌底端.合力FR嬌in碗為滑軌傾角FQF因此合力對n滑塊的沖量較大，直渭塊的動量變化也大；重力的沖量大小、方向IP相同孑彈力=嗎心比心遲：“因 此鼻力對衛(wèi)滑塊的沖量較小.選 U【變式探究】質(zhì)量是 60 kg 的建筑工人，不慎從高空跌下，因為彈性安全帶的保護，他被懸掛起來.已知安全帶的緩沖時間是1.2 s,安全帶長 5 m，取 g= 10 m/s2,則安全帶所

5、受的平均沖力的大小為()A. 500 NB. 600 NC. 1 100 ND. 100 N答案 C解析 安全帶長 5 m,人在這段距離上做自由落體運動，獲得速度v=2gh= 10 m/s.受安全帶的保護經(jīng) 1.2 s 速度減小為 0,對此過程應(yīng)用動量定理，以向上為正方向，有(F mg)t = 0( mv),貝UF=t+mg = 1 100 N, C 準(zhǔn)確.【舉一反三】皮球從某高度落到水平地板上，每彈跳一次上升的高度總等于前一次的0.64 倍,且每次球與地板接觸的時間相等若空氣阻力不計，與地板碰撞時，皮球重力可忽略.(1) 求相鄰兩次球與地板碰撞的平均沖力大小之比是多少？(2) 若用手拍這個球

6、，使其保持在 0.8 m 的高度上下跳動，則每次應(yīng)給球施加的沖量為多少？(已知球的質(zhì)量 m= 0.5 kg, g 取 10 m/s2)答案(1)5： 4 (2)1.5 Ns,方向豎直向下解析(1)由題意可知，碰撞后的速度是碰撞前的0.8 倍.設(shè)皮球所處的初始高度為H,與地板第一次碰撞前瞬時速度大小為V0= J2gH,第一次碰撞后瞬時速度大小(亦為第二次碰撞前瞬時速度大小)W 和第二次碰撞后瞬時速度大小V2滿足 V2= 0.8V1= 0.82V0.設(shè)兩次碰撞中地板對球的平均沖力分別為 F F2,選豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理，有F1t = mv1 ( mv) = 1.8mv0F2t = mv2

7、 ( mv1) = 1.8mv1= 1.44mv。則 F1: F2= 5 : 4處的速度為 v= 3 m/s，則應(yīng)在 0.8 m 處給球的沖量為 1= mv= 1.5 N s,方向豎直向下.(2)欲使球跳起 0.8 m,應(yīng)使球由靜止下落的高度為0.8h= 0.64m = 1.25 m，球由 1.25 m 落到 0.8 m【方法規(guī)律】動量定理的兩個重要應(yīng)用1 .應(yīng)用 1=釘）求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用1= Ft 求變力的沖量，能夠求出該力作用下物體動量的變化0，等效代換變力的沖量 I.2.應(yīng)用05=F0求動量的變化例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化， 求動

8、量變化（0= P2- Pi）需要應(yīng)用矢量運算方法, 計算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，能夠求恒力的沖量，等效代換動量的變化.高頻考點二動量守恒定律 例 2如圖 2 所示，A、B 兩物體質(zhì)量之比 mA： mB= 3 : 2,原來靜止在平板小車 C 上. A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當(dāng)彈簧突然釋放后，則下列說法中不準(zhǔn)確的是C彳.宀777777777777777777777777777圖 2A.若 A、B 與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、 B 組成的系統(tǒng)動量守恒B.若 A、B 與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C 組成的系統(tǒng)動量守恒C.若 A、B 所受的摩擦力大小相等， A、B

9、 組成的系統(tǒng)動量守恒D.若 A、B 所受的摩擦力大小相等， A、B、C 組成的系統(tǒng)動量守恒答案 A解析 如果鳥月與平梶車上表面間的動摩撅因數(shù)相同，彈蕃釋放后小占井別相對小車向左、向右滑動， 它們所受的滑動摩撫力九向右，弘向左，由于叫：盹=3： 2,所以甩:F戸:2,則壬片組成的系 統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯.對去 兔C組成的系細(xì)扎耳與匚間的摩揀力為內(nèi) 力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持尢b它們的合力為零故該系統(tǒng)的動量守恒，玉口均正確*若 去月所受摩扌幼犬小相等，則杰占組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，故其動量守恒，匸正確.【變式探究】一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率V0進(jìn)入太空預(yù)定

10、位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離如圖 3 所示.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為mi，后部分的箭體質(zhì)量為 m2,分離后箭體以速率 V2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率Vi為_ .Vi巧瑩：匸 R 玄匚丁半圖 3A. V0- V2B. vo+ V2m2m2C. V0二V2D. vo+二-（V0 V2）mimi答案 D解析對火箭和衛(wèi)星由動量守恒定律得(mi+ m2)vo= m2V2+ mivi【舉一反三】如圖 4 所示，兩塊厚度相同的木塊A、B,緊靠著放在光滑的桌面上，其質(zhì)量分別為 2.0 kg、0.9 kg,它們的下表面光滑，上表面粗糙，另有質(zhì)量為0.10 kg

11、 的鉛塊 C（大小能夠忽略）以 10 m/s 的速度恰好水平地滑到A 的上表面，因為摩擦，鉛塊C 最后停在木塊 B 上，此時 B、C 的共同速度V=0.5 m/s.求木塊 A 的最終速度和鉛塊 C 剛滑到 B 上時的速度.圖 4答案 0.25 m/s 2.75 m/s解析 鉛塊亡在丄上渭行時，木塊一起向右運動，鉛塊C剛離開時的速度設(shè)為】門上和號的共同速度為 在鉛塊G 滑過 V 的過程中八h E、C所組成的系統(tǒng)動量守凰 有附嚴(yán)血+嗨九十毗用在鉛塊亡滑上冴后，由于月繼續(xù)抑速，所以土月分商川以“勻速運動，在鉛塊C在5上滑行的過程中,5、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有訊譏+劌譏-+利沙代入數(shù) 解得v.j=0

12、.2 5 m sj yc 2,75 ni s.【方法技巧】動量守恒定律解題的基本步驟1明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；2.實行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上動量是否守恒 ）;3. 規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量；4由動量守恒定律列出方程；5.代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明.高頻考點三碰撞現(xiàn)象例 3. （2019 福建 30（2）如圖 6,兩滑塊 A、B 在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A 的質(zhì)量為 m，速度大小為 2V0，方向向右，滑塊 B 的質(zhì)量為 2m,速度大小為v,方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是十細(xì)班F-ZE 1-17|

13、 Iti圖 6A. A 和 B 都向左運動C. A 靜止，B 向右運動解得 Vi=(mi+ m2)v0 m2V2mim2=V+mi(V_V2)故選 D._.（填選項前的字母）B. A 和 B 都向右運動D. A 向左運動，B 向右運動答案 D解析 選向右為正方向，則 A 的動量PA=m 2v0= 2mv0.B 的動量PB=2mv.碰前A、B 的動量 之和為零，根據(jù)動量守恒，碰后 A、B 的動量之和也應(yīng)為零，可知四個選項中只有選項D 符合題意.【變式探究】兩球 A、B 在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,VA=6 m/s,VB=2 m/s.當(dāng) A 追上 B 并發(fā)生碰撞后，兩球 A、B 速度的

14、可能值是（）A.VA= 5 m/s ,VB= 2.5 m/sB.VA= 2 m/s ,VB=4 m/sC.VA= 4 m/s ,VB= 7 m/sD.VA= 7 m/s ,VB= 1.5 m/s答案 B解析 雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D 兩項中，碰后 A 的速度VA大于 B 的速1 1度VB，必然要發(fā)生第二次碰撞， 不符合實際；C 項中，兩球碰后的總動能 丘=2mAVA2+2mBVB21 1=57 J,大于碰前的總動能Ek= 2mAV（+ 2 口時=22 J,違背了能量守恒定律；而 B 項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B 項準(zhǔn)確.【舉一反三】（2019 天津理綜 9（

15、1）如圖 7 所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板， A 球在水平面上靜止放置，B 球向左運動與 A 球發(fā)生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比為3 : 1 , A 球垂直撞向擋板，碰后原速率返回.兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B 兩球的質(zhì)量之比為_ , A、B 兩球碰撞前、后總動能之比為 _ .圖 7答案 4 ： 1 9 : 5解析 設(shè)去B球的質(zhì)量分另烷也和如，衛(wèi)球碰撞后的速度大小為丫小3球碰撞前、后的速度大小分別為 他和確,由題意知切:也=3： 1,也=臨島丘碰撞過程由動量守恒定律得呦也二血一驅(qū)憶 所以高頻考點四 動量和能量觀點的綜合應(yīng)用例 4. （2019 安徽理綜 22）一質(zhì)量為 0.5

16、 kg 的小物塊放在水平地面上的 A 點，距離 A 點 5 m 的 位置 B 處是一面墻，如圖 9 所示.一物塊以 V0= 9 m/s 的初速度從 A 點沿 AB 方向運動，在與 墻壁碰撞前瞬間的速度為 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向運動直至靜止.g 取 10 m/s2.mA= 1 kg, mB= 2 kg.9圖 9（1）求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)卩；(2) 若碰撞時間為 0.05 s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F;(3) 求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析(1)對小物塊從衛(wèi)運動到3處的過程中應(yīng)用動能定理-

17、腫尹=*沾-知匸代入數(shù)值解得. =0.32卩)取向右為正方向，碰滑塊速度V6 m s由動量定理得:購=尬一陽解得F=-130N其中表示墻面對物塊的平均作用力方向向左.13丿對韌塊，叵向運動過稈中應(yīng)用動能走理得fT0解得【變式探究】(2019 全國n35(2)兩滑塊 a、b 沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段兩者的位置x 隨時間 t 變化的圖象如圖 10 所示求：圖 10(i) 滑塊 a、b 的質(zhì)量之比；(ii) 整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比.答案(i)1 : 8 (ii)1 : 2解析(i)設(shè)

18、 a、b 的質(zhì)量分別為 m“ m?, a、b 碰撞前的速度為v?.由題給圖象得v1= 2 m/s V2= 1 m/s a、b 發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得2v= 3 m/s由動量守恒定律得mivi+ m2V2= (mi+ m2)v聯(lián)立式得(ii)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為12121 20可知，小球?qū)@些粒子的作用力F 的方向沿 SO 向右；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿 SO 向左.b.建立如圖所示的 Oxy 直角坐標(biāo)系.根據(jù)(2)a 同理可知，兩光束對小球的作用力沿x 軸負(fù)方向.y 方向：設(shè)At 時間內(nèi)，光束穿過小球的粒子數(shù)為

19、n1,光束穿過小球的粒子數(shù)為 n2, nin2.這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1y= (n1 n2)psin0從小球出射時的總動量為 P2y= 0根據(jù)動量定理： FyAt= P2yP1y=(n1n2)psin0可知，小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿 y 軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿 y 軸正方向.所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方.3. 【2019 江蘇卷】C.【選修 3-5】已知光速為 c,普朗克常數(shù)為 h,則頻率為v的光子的動量為 _.用該頻率的光垂直照射平面鏡，光被鏡面全部垂直反射回去，則光子在反射前后動量改變量的大小為_.(2)【答案】hv2hvc c【解析

20、】因為光速尸初貝心韋 所以光子的動量尸芫殳由于動量是矢量，因此若以射向平面績時光 子的動量方向為正方向，即藝手反射后刃二-乎，動量的變化量尸今_弓=_洱貝恍 子在反射前后動蚩改變量的大小為2巴4. 【2019 全國卷川】【物理選修 3-5】(2)如圖 1-所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a 和 b，其連線與墻垂直；a 和 b 相距 I, b3與墻之間也相距 I; a 的質(zhì)量為 m , b 的質(zhì)量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a 以初速度 vo向右滑動，此后 a 與 b 發(fā)生彈性碰撞，但 b 沒有與墻發(fā)生碰撞重力加速度大 小為 g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件.小孩與滑板

21、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/s .【答案】113gl w2gl【解析】 設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為卩若要物塊 a、b 能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有1mv2 卩mg設(shè)在 a、b 發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a 的速度大小為 vi.由能量守恒有；mv2=；mvf+ 卩 mg聯(lián)立式解得方鳥由題意，上沒有與墻發(fā)生砸撞，由功能關(guān)系可知蜉礙聯(lián)立式可得聯(lián)立式，疚與含發(fā)生碰撞、但沒有與墻發(fā)生碰撞的條件5.【2019 全國卷n】【物理選修 3-5】(2)如圖 1-所示，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

22、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).已知圖 1-2 232vovo1(i) 求斜面體的質(zhì)量；(ii) 通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【答案】(i)20 kg (ii)不能【解析】(i)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m2V2o= (m2+ m3)v 12122m2V20= 2(m2+ m3)v + m2gh 式中 V2

23、0=- 3 m/s 為冰塊推出時的速度聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20 kg 苗設(shè)小孩推出冰塊后的速度為門，由動量守恒定律有代入數(shù)據(jù)得Vi = 1 m $ 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度井別閃匕和叱由動量守恒和機械能守恒定律有匕、劃=啲+卩即7聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v;= Ims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目處在后萬，故冰塊不能追上小核1.【2019 上海 22A】2.兩小孩在冰面上乘坐 “碰碰車”相向運動。A 車總質(zhì)量為 50kg,以 2m/s的速度向右運動；B車總質(zhì)量為 70kg，以 3m/s 的速度向左運動；碰撞后， A 以 1.5m/s 的速度向左運動，則 B 的速度

24、大小為 _m/s，方向向 _ (選填“左”或“右”)【答案】0.5; 左【解析】由動量守恒定律得：規(guī)定向右為正方向，mAVA _mBVB = _mAVA mBVB，解得：VB二_0.5m/s，所以B的速度大小是 o.5m/s，方向向左。2.【2019 海南(2)】4.運動的原子核AX放出a粒子后變成靜止的原子核 丫。已知 X、Y 和：.粒子的質(zhì)量分別是M、m和m2，真空中的光速為 c, 粒子的速度遠(yuǎn)小于光速。 求反應(yīng) 后與反應(yīng)前的總動能之差以及 :粒子的動能?！敬鸢浮緼Ek=(M mim2)c2，-(Mgm2)c2M -m2【解析】反應(yīng)后因為存有質(zhì)量虧損，所以反應(yīng)前后總動能之差等于質(zhì)量虧損而釋

25、放出的能量,1212 2-m2v. - Mvx二 M - mi- m2c 故根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可得 2- 2反應(yīng)過程中三個粒子組成的系統(tǒng)動量守恒，故有Mvx二譏v：.，12M2_m?vM _葉-m? c聯(lián)立可得2一M沁3.【2019 天津 9(1)】5 .如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板, 靜止放置，B 球向左運動與 A 球發(fā)生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比為擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生碰撞，AB 兩球的質(zhì)量之比為 _, AB 碰撞前、后兩球總動能之比為 _【答案】4: 1 ;9: 5【解析】因兩球剛好不發(fā)生碰撞，說明AB碰撞后速率大小相同，規(guī)定向左対正方向，由動量守恒定

26、律可知 吋廠忖比而沖解得叫：飭=4:1；雌前后總動能之比為1 .T叫叫 : = -_=- = 9:54.【2019 北京47】6.實驗觀察到，靜止在勻強磁場中 A 點的原子核發(fā)生一：衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)勻速圓周運動，運動方向和軌跡示意如圖，則(A 球在水平面上3: 1,A 球垂直撞向A.軌跡 1 是電子的，磁場方向垂直紙面向外B.軌跡 2 是電子的，磁場方向垂直紙面向外C.軌跡 1 是新核的，磁場方向垂直紙面向里D.軌跡 2 是新核的，磁場方向垂直紙面向里【答案】D【解析】靜止的核發(fā)生 ：衰變(ZX、人e)由內(nèi)力作用，滿足動量守恒，則新核 丫和e_ z 1則兩個新核的運動半徑與

27、電量成反比，即丫1，則新核為小圓，電子為大圓；而新核帶正電，電子帶負(fù)電，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，選項D 準(zhǔn)確。5.【2019 山東 39 (2)】7.如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊 A、B、C,間隔相等地靜置于同一水平13軌道上。現(xiàn)給滑塊 A 向右的初速度 V。，一段時間后 A 與 B 發(fā)生碰撞，碰后 AB 分別以1%、3v084的速度向右運動，B 再與 C 發(fā)生碰撞，碰后 B、C 粘在一起向右運動。滑塊 A、B 與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值。兩次碰撞時間極短。求B、C 碰后瞬間共同速度的大小。臥2國 【可【答案】21V。電子的動量等大反向，垂直射入勻強磁場后均做勻速圓周運動，由2C

28、 vrqvB 二 mrr 可知mvqB16Vkmv. = m +【解析】根將動量守恒定律，AB碰撞過程滿足7vVj =-解得S,15- mv128E；二一- 則對物體B從與A碰撞克畢到與C相碰損失的動能也為Wo由動能定理可知：2-解得：BC碰撞時満定動量守恒，則刖勺=,1V21V=一* =- Vn,解得廠2円166.【2019 全國新課標(biāo)I35(2)】8.如圖，在充足長的光滑水平面上，物體A、B、C 位于同一從A幵始運動到與B相砸的過程，根據(jù)動能定理:解得直線上，A 位于 B、C 之間。A 的質(zhì)量為m, B、C 的質(zhì)量都為 M，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn) 使 A 以某一速度向右運動， 求m和 M

29、之間滿足什么條件才能使 A 只與 B、C 各發(fā)生一次碰撞。 設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。【答案】m _( 5 -2)M【解析】動的初速度為、A向右運動與C發(fā)生碰撞，根據(jù)彈性碰撞可得陽+ Jflrm -Af H=-可得W+J/要使得電與B發(fā)生碰撞，需要滿足勺空 ,即A反向冋左運動與B發(fā)生碰撞過程，彈性碰撞整理可得M7 - J/2?由于W廠 解方程可得恥(巫-紳I7.【2019 全國新課標(biāo)H35 (2)】9 .滑塊 a、b 沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x 隨時間 t 變化的圖像如圖所示。求：Imw + 3/Imn + MV1

30、=(TJ7(i)滑塊 a、b 的質(zhì)量之比；(ii)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比?！敬鸢浮?1)m1=1；( 2)W=1m28 iE 2【解析】(1)設(shè)氐b質(zhì)量分別為3、b碰撞前的速度為v v：。由題給團像得v：=lm s旅b發(fā)生完全非彈性越撞，碰撞后兩渭塊的共同速度為罠宙題給圖像可得v = m!s3由動量守恒走律得:解得灼(2)由能量守恒得。兩滑塊因碰撞而損失的機械能為由圖像可知，兩滑塊最后停止運動，由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為m2)v2W=1解得E21.(2019 山東卷， 39(2)如圖 6 所示，光滑水平直軌道上兩滑塊 A、B 用橡皮筋連接

31、，A 的質(zhì)量 為 m。開始時橡皮筋松弛，B 靜止，給 A 向左的初速度 V。一段時間后，B 與 A 同向運動發(fā)生 碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A 的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間 B 的速度的一半。求:E =如“2+2m2V；冷血2 2 2m2)v2tE |圖 6B 的質(zhì)量；(2)碰撞過程中 A、B 系統(tǒng)機械能的損失。解析(1)以初速度 vo的方向為正方向，設(shè) B 的質(zhì)量為 mB, A、B 碰撞后的共同速度為v,由題意可知：碰撞前瞬間A 的速度為 V，碰撞前瞬間 B 的速度為 2v，由動量守恒定律得m2 + 2mBV=(m + mB)v由式得 mB=mQ)從幵始到碰后的全過程，由動

32、量守恒定律得?NV = ( +臨)設(shè)碰撞過程丿，B系統(tǒng)機械能的損失為斗則J T Rj 1齊1qA=T?(T)：+利毎護T! ?+:】叩”MS)JT f7聯(lián)立式得A=*叭答案(1)；m (2)；mv02. (2019 新課標(biāo)全國卷 I,35(2)如圖 4,質(zhì)量分別為 mA、mB的兩個彈性小球 A、B 靜止在地面上方，B 球距離地面的高度 h= 0.8 m , A 球在 B 球的正上方。先將 B 球釋放，經(jīng)過一段時間 后再將 A球釋放。當(dāng) A 球下落 t = 0.3 s 時，剛好與 B 球在地面上方的 P 點處相碰。碰撞時間極 短，碰后瞬間 A球的速度恰為零。已知mB= 3mA,重力加速度大小 g

33、= 10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。求：Ai於r OJ in777777?7?7777777圖 4(1)B 球第一次到達(dá)地面時的速度；P 點距離地面的高度。解析(1)設(shè) B 球第一次到達(dá)地面時的速度大小為VB,由運動學(xué)公式有VB=*/2gh 將 h = 0.8 m 代入上式，得VB=4 m/s(2)設(shè)兩球相碰前后，A 球的速度大小分別為vi和VVC=0), B 球的速度分別為 V2和 v2；由運動學(xué)規(guī)律可得 vi= gt因為碰撞時間極短，重力的作用能夠忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有mAVi+ mBV2= mBV21212122mAVi+ 2

34、mBV2= ?mBV22設(shè) B 球與地面相碰后的速度大小為VB，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得VB= VB設(shè) P 點距地面的高度為h ，由運動學(xué)規(guī)律可得聯(lián)立式，并代入已知條件可得h = 0.75 m 答案(1)4 m/s (2)0.75 m3.2019 江蘇卷，12C(3)牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B 兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15： 16。分離速度是指碰撞后B 對 A的速度，接近速度是指碰撞前A 對 B 的速度。若上述過程是質(zhì)量為2m 的玻璃球 A 以速度 V0碰撞質(zhì)量為 m 的靜止玻璃球 B,且為對心碰撞，求碰撞后A、B 的速度大小。解析 設(shè)去球

35、砸撞后的速度分別為v：和v：由動量守恒定律知：為叩+押:，且由題意知寧=磊 解得“=知，叱=券：4.(2019 全國大綱卷，24)冰球運動員甲的質(zhì)量為80.0 kg。當(dāng)他以 5.0 m/s 的速度向前運動時,與另一質(zhì)量為 100 kg、速度為 3.0 m/s 的迎面而來的運動員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時間極短，求:(1)碰后乙的速度的大小;17答案 48V03124V0碰撞中總機械能的損失。解析設(shè)運動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M，碰前速度大小分別為 v、V,碰后乙的速度大小為 V。由動量守恒定律有 mv MV = MV 代入數(shù)據(jù)得 V= 1.0 m/s設(shè)碰撞過程中總機械能的損失為圧，應(yīng)有

36、1212122mv +2MV =2MVZ+ AEV= 1.0 m/s，代入上式解得圧=1 400 J。答案(1)1.0 m/s (2)1 400 J可得汕;：|=評1飛+）訊代入數(shù)據(jù)解得v0.5 m方問與丫 相同*水平冋I刖，故-屯錯*對若乙水即乙塊彈片爆炸前后速度不變，由動量守恒定律知，甲塊彈片速度也不會變化，不合題意故G Dt璉昔。答案 B5.（2019 重慶卷， 4） 一彈丸在飛行到距離地面5 m 高時僅有水平速度 v= 2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3 : 1,不計質(zhì)量損失，取重力加速度g = 10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能準(zhǔn)確的是（戶m、1： :1 1、0一E7Tmm2.5 m23 mAB1