2024年高考物理大一輪復(fù)習(xí)：主題5 碰撞與動(dòng)量守恒

主題五碰撞與動(dòng)量守恒

知識(shí)體系建科

彈性碰撞」?—?jiǎng)幼钭兓蠥〃=m(L

祚彈性微撞上碰撞一!

--動(dòng)量p=mi-1

的-④動(dòng)量和能量1基本概念-迎以君

完全作弗性碰撞一

一動(dòng)能已==，〃。2—

反沖一1

一沖過(guò)上出

理想守恒:如-

近似守恒:外力遠(yuǎn)小求麗——條件一?

---表達(dá)式Ft=Sp注意卜,為合外力

單方向守1H：某方向合外力刈)-

r—牛頓第二定律的第二種形式「=要

表達(dá)式叫r、+，n2H產(chǎn)m/J+m2v2一

o規(guī)律方法提煉

1.碰撞中的“三看”和“三想”

⑴看到“彈性碰撞”，想到“動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒”。

⑵看到“非彈性碰撞”，想到“動(dòng)量守恒但機(jī)械能有損失”。

⑶看到“完全非彈性碰撞或者碰后連體”，想到“動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最大二

2.解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)

力的觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題

3.解決力學(xué)綜合題目的技巧

⑴當(dāng)物體受到恒力作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變而且又涉及時(shí)間時(shí)，一般選擇用動(dòng)

力學(xué)方法解題。

⑵當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或

能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選擇能量守恒定律。

(3)當(dāng)涉及多個(gè)物體及時(shí)間時(shí)，一般考慮動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律。

(4)當(dāng)涉及細(xì)節(jié)并要求分析力時(shí)，一般選擇牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)某一時(shí)刻的問(wèn)題選

擇牛頓第二定律求解。

⑸復(fù)雜問(wèn)題的分析一般需運(yùn)用能量的觀點(diǎn)、運(yùn)動(dòng)與力的觀點(diǎn)綜合解題。

典型好題演練

1.（2017?全國(guó)卷I,14）將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)?/p>

以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，

火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略X）

A.30kgm/sB.5.7X102kg-m/s

C.6.0X102kgm/sD.6.3X102kg-m/s

解析設(shè)火箭的質(zhì)量為Ml,燃?xì)獾馁|(zhì)量為m2。由題意可知，燃?xì)獾膭?dòng)量0=

=50X10-3X600kg-m/s=30kg-m/s?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得，0="“功一小把2,

則火箭的動(dòng)量大小為〃|=〃21切=加2。2=30kg?m/s,所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

答案A

2.（2018?全國(guó)卷H,15）高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50g的雞蛋從一

居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時(shí)間約為2ms,則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊

力約為（）

A.10NB.102NC.10SND.104N

解析根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理有2g〃=廬g為25層樓的高度，約70m）,

Ft=mvf代入數(shù)據(jù)解得產(chǎn)FX103N,所以C正確。

答案C

3.如圖1所示,可視為質(zhì)點(diǎn)的物體在粗糙斜面上的。點(diǎn)從靜止釋放后勻加速下滑,

在物體經(jīng)過(guò)的路徑上有A、B兩點(diǎn)，且43=/,則物體從A運(yùn)動(dòng)到3的過(guò)程中，

下列說(shuō)法正確的是（）

圖1

A.O、A兩點(diǎn)距離越大,摩擦力對(duì)物體的沖顯越大

B.。、A兩點(diǎn)距離越大,摩擦力對(duì)物體的沖量越小

C.O、A兩點(diǎn)距離越大,物體的動(dòng)能改變量越大

D.O、A兩點(diǎn)距離越大,物體的動(dòng)能改變量越小

解析0、A間距離越大，由公式方=2內(nèi)可知，物體運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度越大，

則物體經(jīng)過(guò)A8段所用的時(shí)間越短，設(shè)斜面的傾角為a,由公式&=E"=geos?-t

可知，摩擦力對(duì)物體的沖量越小，A錯(cuò)誤，B正確；由于物體在A3段運(yùn)動(dòng)的過(guò)

程中，物體所受的合力保持不變，A8段的位移恒定，則合力對(duì)物體做的功不變，

根據(jù)動(dòng)能定理知，物體動(dòng)能的改變量不變，C、D錯(cuò)誤。

答案B

4.如圖2所示，質(zhì)量為的均勻木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一

位拿著完全相同步槍和子彈的射手。首先左側(cè)射手開(kāi)槍，子彈水平射入木塊1勺最

大深度為小，然后右側(cè)射手開(kāi)槍，子彈水平射入木塊的最大深度為由。設(shè)子彈

均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同。當(dāng)兩顆子彈均相對(duì)

于木塊靜止時(shí)，下列判斷正確的是（）

圖2

A.木塊靜止，d\=diB.木塊向右運(yùn)動(dòng)，di<d2

C.木塊靜止，d\Vd?D.木塊向左運(yùn)動(dòng),d\=di

解析把兩顆子彈和木塊看成一個(gè)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律，可知最終木塊靜止。

左側(cè)射手開(kāi)槍，把子彈和木塊看成一個(gè)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可知，木塊向右運(yùn)

動(dòng)。右側(cè)射手開(kāi)槍，子彈相對(duì)于木塊的速度大于木塊靜止時(shí)子彈相對(duì)于木塊的速

度，所以子彈進(jìn)入木塊的相對(duì)速度較大，分析可知由〈力，選項(xiàng)C正確，A、B、

D錯(cuò)誤。

答案C

5.如圖3所示，靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2〃?的滑塊B與輕質(zhì)彈簧拴接，輕

彈簧另一端固定，質(zhì)量為機(jī)的滑塊A以速度向右運(yùn)動(dòng)，滑塊A、8相碰瞬間

粘在一起。此后彈簧彈性勢(shì)能的最大值為（）

〃,〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/

圖3

A1、

B.^/HUO

解析滑塊A、8發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律，wwo=（〃z+2m）o,解得。=不。碰

<11,/口Mvi(Mvo)2,……,

和如o一3"+〃2川2,2(M+加'故r選項(xiàng)B正確；由M。。

=M^+〃w^可求出。次故選項(xiàng)C正確；最終M與〃?一起運(yùn)動(dòng)，共同速

度為荒？故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案BC

8.如圖5所示，燒直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為"乂=3〃八"的A、

B兩物體用質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連，其中4緊靠墻壁?，F(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)

向左的力，該力對(duì)物體B做的功為W,使4、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時(shí),

突然撤去向左的推力，求:

圖5

(1)從撤去推力到物體4剛離開(kāi)墻壁，墻壁對(duì)A的沖量大??；

(2)A離開(kāi)墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B的速度大小。

解析(1)壓縮彈簧時(shí)，推力做的功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，撤去推力后，B

在彈簧彈力的作用下做加速運(yùn)動(dòng)。在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A即將離開(kāi)墻壁，設(shè)3的速度為加o,有的=右加扁

此過(guò)程中墻給A的沖量即為系統(tǒng)動(dòng)量