2020年高考物理纠错笔记：动量守恒定律

一、动量定理应用的误区警示 1．应用 求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用 I=Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物 体动量的变化 ，等效代换变力的冲量 I。 2．应用 求动量的变化 在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化需要应用矢量运算方法，计算较复杂。若作用力为 恒力，可求恒力冲量，等效代换动量的变化。 二、动量守恒定律成立条件的误区 1．系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 2．系统所受合外力虽不为零，但系统的内力远大于外力，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可近似看作守恒。 3．系统所受合外力虽然不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上动量守恒。 三、碰撞类问题的易错点 1．忽视了动量守恒的条件，在系统所受合外力不为零的情况下仍用动量守恒求解； 2．不理解动量守恒定律的矢量性，按代数和的方法求和动量； 3．在动量守恒定律的表达式中，速度选取了不同的参考系； 4．忽视了碰撞过程中的机械能损失。 从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是 A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力小，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力大 【错因分析】 本题较易出错的理解是掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小， 认为打碎的原因是动量大。 【正确解析】从同样高度静止落下的玻璃杯，掉在水泥地上和掉在草地上速度相同，动量相同，故 A 错误；玻璃杯掉在水泥和掉在草地上初动量相同，末动量都为零，所以动量变化量相同；故 B 错误；掉在 水泥地上的玻璃杯与水泥作用时间短，动量变化量一定，动量改变快，掉在草地上的玻璃杯与草地作用时 间长，动量变化量一定，动量改变慢，故 C 正确；由动量定理 可得 掉 在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小，故 D 错误。 【正确答案】C 1．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发 ΔI p= Δp Δ = Δp F t ( ) 0F mg t mv− = − mvF mgt = − +取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3km/s，产生的推力约为 4.8×108N， 则它在 1s 时间内喷射的气体质量约为 A．1.6×102kg B．1.6×103kg C．1.6×105kg D．1.6×106kg 【答案】C 【解析】以气体为研究对象，设 内喷出的气体的质量为 m，根据动量定理可得 ，其中 ，解得 ，故 C 正确，ABD 错误。 2．（多选）2018 年 1 月 8 日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发残片射失 败。如图所示，某一质量为 m 的卫星残片从离地面 H 高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度 h 而停止， 不计空气阻力，重力加速度为 g。关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有 A．残片克服泥土阻力所做的功为 mg(H+h) B．残片下落的全过程中重力的冲量大于泥土阻力的冲量 C．残片所受泥土的阻力冲量大于 m D．残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量 【答案】AC 【解析】由动能定理得 mg（H+h）+Wf=0，可得 Wf=-mg（H+h），残片克服泥土阻力所做的功为 mg(H+h)， 故选项 A 符合题意；残片下落的全过程中合外力的冲量为零，故重力的冲量等于泥土阻力的冲量，故选 项 B 不符合题意； 残片下落至地面时的速度 ，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理 IG-If=0-mv 所以 If=IG+mv=IG+m ，残片所受阻力的冲量大于 m ，故选项 C 符合题意；由动量 定理知残片动量的改变量等于合外力的冲量，故选项 D 不符合题意。 （多选）如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体 A、B 质量均为 m，在水平恒 力 F 作用下以速度 v 做匀速运动。在 t＝0 时轻绳断开，A 在 F 作用下继续前进，则下列说法正确的是 A． 时，A 的动量为 2mv B． 时，A 的动量为 4mv 1st = 0Ft mv= − 3km/s=3000m/sv = 8 54.8 10 1kg 1.6 10 kg3000 Ftm v × ×= = = × 2gh 2v gh= 2gh 2gh 2mvt F = 4mvt F =C． 时，B 的动量为 0 D．t＝0 至 时间内，A、B 的总动量守恒 【错因分析】轻绳断后，A、B 所受滑动摩擦力不变，所以水平方面系统的合外力仍为 0，动量守恒。 【正确解析】 时，即 B 刚停下时，对 A、B，从 t=0 到 运用动量守恒定律，2mv=p＇ +0，解得 A 的动量为 p＇=2mv ，故 A 正确；当 时，对 A 由动量定理得：Ft- ft = pA＇-mv，代入 f=0.5F， ，解得：pA＇=3mv ，故 B 错误；t=0 到 B 停下，对 B，动量定理 即 时，B 停下，所以 时，B 的动量为 0，故 C 正确；设 A、B 受到的滑动摩擦力都为 f，断开前两物体 做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设 B 经过时间 t 速度为零，对 B 由动量定理得：- ft =0-mv， 解得： ；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以 AB 为系统，绳 子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在 B 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变， 两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在 t＝0 至 的时间内 A、B 的总动量守 恒，故 D 正确。 【正确答案】ACD 1．（多选）如图所示，两根光滑且平行的固定水平杆，位于同一竖直平面内。两静止小球 m1、m2 分别穿在 两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球 m2 一个水平向右的初速度 v0。如果两杆足够 长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是 A．m1、m2 及弹簧组成的系统动量不守恒 B．弹簧最长时，其弹性势能为 C．m1、m2 速度相同时，共同速度为 D．m1、m2 及弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】BCD 4mvt F = mvt F = 2mvt F = 2mvt F = 4mvt F = 4mvt F = 1- 02 Ft mv= − 2mvt F = 4mvt F = 2mvt F = 2mvt F = 2 1 2 0 1 22 m m v m m+（ ） 2 0 1 2 m vm m+【解析】由于系统竖直方向上受力平衡，水平方向不所受外力，所以 m1、m2 及弹簧组成的系统所受的合 外力为零，系统动量守恒，故 A 错误。弹簧最长时，m1、m2 速度相同，以向右为正方向，由动量守恒定 律得：m2v0＝（m1+m2）v 解得： ；两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能 守恒，由机械能守恒定律得 ，解得： ，故 B、C 正确。 甲、乙两球和弹簧组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，故 D 正确。 2．（多选）如图所示，木块 B 与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块 B 内，入射时间极短，下列说法正确的是 A．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒 B．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒 C．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统动量守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块与弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】 AD 【解析】子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 A 项与题意相符；子弹射入木 块的过程中要克服阻力做功产生热能，系统机械能不守恒，故 B 项与题意不相符；木块压缩弹簧过程中 系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 C 项与题意不相符；木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹 力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故 D 项与题意相符。 如图所示，B、C、D、E、F 五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 四球质量相等，而 F 球质 量小于 B 球质量，A 球的质量等于 F 球质量，A 球以速度 v0 向 B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰 撞之后(　　) A．五个小球静止，一个小球运动 B．四个小球静止，两个小球运动 C．三个小球静止，三个小球运动 D．六个小球都运动 【错因分析】不熟悉弹性碰撞的基本结论：两个质量相等的小球若发生弹性碰撞，则碰撞前后两者交 换速度。 【正确解析】设入碰小球的速度为 ，碰撞后的两球速度分别为 和 ，由题可知所发生的碰撞均为 2 0 1 2 mv vm m = + 2 2 p2 0 1 2 1 1 2 2m v m m v E+= +）（ 2 1 2 0 p 1 22 m m vE m m = +（ ） 0v 1v 2v弹性碰撞，动量守恒定律和机械能守恒，则有： ， 解得碰撞后两个小球的速度为： ， 由于 球质量小于 球质量，所以 、 相碰后 速度向左运动， 向右运动； 、 、 、 四 球质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终 有向右的速度， 、 、 静止；由于 球质量小于 球质量，所以 、 两球弹性碰撞后 、 两球都向右运动；所以碰撞之后 、 、 三球静止； 球 向左， 、 两球向右运动，C 符合题意； 【正确答案】C 1．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球时，t=0 时，甲静止，乙以 6 m/s 的初速度向甲运 动.它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的 v—t 图象分别 如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知 A．两小球带电的电性一定相反 B．甲、乙两球的质量之比为 2: 1 C．在 0-t2 时间内，两球间的静电力增大 D．在 0-t3 时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 【答案】B 【解析】由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，A 项不符合题 意；两球作用过程动量守恒，则： 解得： ，B 项符合题意；在 0-t2 时 间内，两球间距离先减小后增大，静电力先增大后减小，C 项不符合题意；D．在 0-t3 时间内，甲的动能 一直増大，乙的动能先减小，t2 时刻后逐渐增大，D 项不符合题意. 2．如图所示，在光滑的水平面上有三个小物块 A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为 mA=3m、mB=m、 mC=m，初始 A、B 用轻弹簧栓连处于静止状态，C 以初速度 v0 向左运动，B、C 相碰后以相同速度向左运动 但不粘连，求 （1）弹簧压缩量最大时储存的弹性势能 EP1． 1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 2 0 1 1 2 ( )m m vv m m −= + 1 0 2 1 2 2m vv m m = + A B A B A B B C D E E B C D F E E F E F B C D A E F m v m v∆ = ∆甲 甲 乙 乙 2 1 m v m v ∆= =∆ 甲 乙 乙 甲（2）弹簧伸长量最大时储存的弹性势能 EP2 【答案】 （1） （2） 【解析】（1）B、C 碰撞动量守恒：mcv0=（mB+mc）vBC． 第一次 ABC 共速时弹簧压缩量最大，A、B、C 组成系统为研究对象（mB+mc）vBC=（mA+mB+mc）v1 （2）B 与 C 碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C 组成系统为研究对象，由系统动量守恒： （mB+mC）v1=（mB+mC）v2+mAv3． 由系统机械能守恒： 可得： ， 即弹簧第一次恢复原长时 B、C 正在向右运动，此后 C 将一直向右匀速运动，B 先向右减速到 0，再向左 加速至与 A 共速时弹簧的伸长量最大，该过程 A、B 组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有： mBv2+mAv3=（mA+mB）v4 由 v2、v3 的值及的值可解得： 如图所示，从 A 点以某一水平速度 v0 抛出质量 m=1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至 B 点时， 恰好以 速度大小沿切线方向进入圆心角 的固定光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑 上与 C 点等高、静止在光滑水平面上的长木板，圆弧轨道 C 端的切线水平。已知长木板的质量 ， A、B 两点距 C 点的高度分别为 H=0.6 m、h=0.15 m，圆弧轨道半径 R=0.75m，物块与长木板间的动摩擦因数 μ=0.7， ，求: 2 0 1 3 20P mvE = 2 0 3 32pE mv= 2 2 1 1 ( ) ( ) 2 2 B c BC A B c P m m v m m m vE + + += − 2 0 1 3 20P mvE = ( ) ( )2 2 2 1 2 A 3 1 1 1v m v2 2 2B C B Cm m v m m+ = + + 0 2 10 vv = − 0 3 2 5 vv = ( )2 2 2 2 3 1 1 1 2 2 2p B A A B AE m v m v m m v= + − + 2 0 3 32pE mv= B 5m / sv = 37BOC °∠ = 4kgM = 210m / s , sin37 0.6, cos37 0.8g ° °= = =（1）小物块在 A 点时的速度大小 v0; （2）小物块滑至 C 点时，对圆弧轨道的压力大小; （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。 【错因分析】计算物块滑至 C 点时对圆弧轨道的压力大小，取物块为研究对象，根据牛顿第二定律可 求出物块受到的支持力，再根据牛顿第三定律可求出物块对轨道的压力。小物块不滑出长木板的条件是小 物块滑到长木板最右端时二者达到共速，由动量守恒求出共速时的速度，再由功能关系求出木板的长度。 【正确解析】（1）根据运动分解有 ，解得: （2）从 A 点到 C 点，有 设小物块在 C 点受到的支持力为 FN，则 解得 由牛顿第三定律可知，小物块在 C 点时对圆弧轨道的压力大小为 47.3N （3）设 m 与 M 达到共同速度 v3，由系统动量守恒可得 由功能关系可得 联立方程得 L=1.6m 答案：（1） （2） （3）L=1.6m 1．一个不稳定的原子核质量为 M，处于静止状态．放出一个质量为 m 的粒子后反冲，已知放出的粒子的动 能为 E0，则原子核反冲的动能为 A．E0 B． E0 C． E0 D． E0 【答案】C 【解析】放出质量为 m 的粒子后，剩余质量为 M-m，该过程动量守恒，有： ①，放出的 0cos37 B v v ° = 0 4m/sv = 2 2 2 0 1 1 2 2mgH mv mv= − 2 2 N vF mg m R − = N 47.3NF = 2 3( )mv m M v= + 2 2 2 3 1 1 ( )2 2mgL mv m M vµ = − + 0 4m/sv = N 47.3NF = m M m M m− Mm M m− ( )0mv M m v= −粒 子 的 动 能 为 ： ② ， 原 子 核 反 冲 的 动 能 ： ③ ， 联 立 ① ② ③ 得 ： ，故 ABD 错误，C 正确。 2．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为 m1 和 m2，图乙为它们碰 撞前后的 x－t 图像.已知 m1=0.1kg 由此可以判断（ ） A．碰前 m2 静止，m1 向右运动 B．碰后 m2 和 m1 都向右运动 C．由动量守恒定律可以算出 m2=0.3kg D．碰撞过程中系统损失了 0.4J 的机械能 【答案】AC 【解析】由 x－t 图像知碰前 m2 的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1 的速度大小为 ， m1 只有向右运动才能与 m2 相撞，故 A 正确；由图读出，碰后 m2 的速度为正方向，说明向右运动，m1 的速 度为负方向，说明向左运动，故 B 错误；由图像求出碰后 m2 和 m1 的速度分别为 v'=2m/s，v1'=－2m/s， 根据动量守恒定律得 m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得 m2=0.3kg，故 C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为 ，代入解得 ΔE=0，故 D 错误。 如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一光滑圆狐轨道，BC 段 是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿轨道滑下， 然后滑入 BC 轨道，最后恰好停在 C 点。已知小车质量 M=3m，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，重力加 速度为 g。则( ) A．全程滑块水平方向相对地面的位移 R+L B．全程小车相对地面的位移大小 2 0 0 1 2E mv= ( ) 21 2kE M m v= − 0k mE EM m = − 1 4m/sxv t ∆= =∆ 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2E m v m v m v′ ′∆ = − − 4S R L= +C．小车运动过程中的最大速度 D．μ.L.R 三者之间的关系为 【错因分析】该题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体的位移，往往根据 平均速度研究，也可直接用“人船模型”列式子；也可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相 对地面速度的水平分量是小车速度大小的 3 倍，不使用动量守恒定律． 【正确解析】小车和滑块系统在水平方向动量守恒，全程小车相对地面的位移大小为 s，则由动量守恒 定律结合“人船模型”： ，解得 s= （R+L)；滑块水平方向相对地面的位移为： （R+L)，选项 A 错误，B 正确；滑块到达 B 点时，小车的速度最大，小车与滑块组成的系统水平方向动量守 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mvm=0，滑块从 A 到 B 过程，由能量守恒定律得：mgR= mv2+ Mvm2 ，解得：vm= ；选项 C 错误；滑块到达 C 点时，系统的速度变为零，由能量关系可知： ，即 R=μL，选项 D 错误；故选 B。 【正确答案】B 1．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为 M，固定在小车上的杆用长为 l 的轻绳与质量为 m 的小球 相连，将小球拉至水平右端后放手，则小车向右移动的最大距离为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守 恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻 m 与 M 的动量等大反向；以小球和小车组 成的系统，小球与小车组成的系统水平方向平均动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得： …①，①式两边同时乘以 t 解得： ，即：mS1=MS2…②；小球和小车共走 过的距离为 2L，有：S1+S2=2l…③，由②③解得： ，故 C 正确，ABD 错误。 2．如图所示，A、B 两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧呈自然状态，A、 B 的质量均为 M=0.1kg，一颗质量 m=25g 的子弹，以 v0=45m/s 的速度水平射入 A 物体，并留在其中.则在 以后的运动过程中，求： 2mV gR= 4R Lµ= ( )Ms m R L s= + − 1 4 3 4 1 2 1 2 6 gR mgR mgLµ= ml M m+ Ml M m+ 2ml M m+ 2Ml M m+ 1 2 0mv M v− = 1 2 0mv t M v t− = 2 2mlS M m = +（1）弹簧能够具有的最大弹性势能； （2）B 物体的最大速度。 【答案】 （1）2.25J （2）10m/s 【解析】（1）子弹击中 A 的过程，子弹与 A 组成的系统动量守恒，有 mv0=（M+m）v1， 得 . 弹簧压缩过程，由子弹和 A、B 及弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒且只有系统内的弹力 做功，故机械能守恒.从子弹 A 一起以 v1 速度运动到弹簧压缩量最大的过程，设最大压缩量时弹簧的最 大弹性势能为 Epm，此时子弹与 A、B 有共同速度 v 共，则有 （M+m）v1=（m+2M）v 共 代入数据解得 v 共=5m/s，Epm=2.25J. （2）分析可知弹簧第一次恢复原长时，vB 最大，取子弹和 A 一起以 v1 速度运动时及弹簧恢复原长时两 个状态，则有（M+m）v1=（m+M）vA+MvBm， 代人数据解得 B 物体的最大速度 vBm=10m/s. 一、动量定理 1．动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即 。 2．动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必 须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。 3．动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。 4．现代物理学把力定义为物体动量的变化率： （牛顿第二定律的动量形式）。 5．动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。 6．应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确研究对象和物理过程；（2）分析研究对象在运动过程 中的受力情况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动 量定理列方程、求解。 二、动量守恒定律 1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 0 1 0.025 45 / 9 /0.025 0.1 mvv m s m sM m ×= = =+ + ( ) ( )2 2 1 1 1+ = 2 +2 2 pmM m v m M v E+ 共 ( ) ( )2 2 2 1 1 1 1+ = 2 +2 2 2A BmM m v m M v Mv+ I p= ∆ t pF ∆ ∆=2．动量守恒定律成立的条件：系统不受外力或者所受合外力为零；系统受外力，但外力远小于内力， 可以忽略不计；系统在某一方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式： （1） ，即 p1+p2= + （2）Δp1+Δp2=0，Δp1=–Δp2 4．动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。 5．应用动量守恒定律解题的步骤： （1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）； （2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上动量是否守恒）； （3）规定正方向，确定初、末状态动量； （4）由动量守恒定律列出方程； （5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 三、碰撞 1．碰撞的特点 （1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。 （2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能。 （3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。 （4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。 2．碰撞的种类及遵从的规律 种类 遵从的规律 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大 3．关于弹性碰撞的分析 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。 在光滑的水平面上，质量为 m1 的钢球沿一条直线以速度 v0 与静止在水平面上的质量为 m2 的钢球发生弹 性碰撞，碰后的速度分别是 v1、v2 ① ② 由①②可得： ③ 22112211 vmvmvmvm ′+′=+ 1p′ 2p′ 221101 vmvmvm += 2 22 2 11 2 01 2 1 2 1 2 1 vmvmvm += 0 21 21 1 vmm mmv + −=④ 利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况： a．当 时， ， ，两钢球沿原方向原方向运动； b．当 时， ， ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动； c．当 时， ， ，两钢球交换速度。 d．当 时， ， ，m1 很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的 m2 几乎不 动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。 e．当 时， ， ，说明 m1 很大时速度几乎不变，而质量很小的 m2 获得的速度是 原来运动物体速度的 2 倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。 4．一般的碰撞类问题的分析 （1）判定系统动量是否守恒。 （2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后， 后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。 （3）判定碰撞前后动能是否不增加。 四、动量守恒的常见模型 1．人船模型 人船模型是两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。将速 度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动 方向和两个物体位移大小之间的关系； 人船问题的适用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组 成的系统）动量守恒，系统的总动量为零，利用平均动量守恒表达式解答。 2．小车模型 动量守恒定律在小车介质上的应用，求解时注意：（1）初末动量的方向及大小；（2）小车的受力情 况分析，是否满足某一方向合外力为零；（3）结合能量规律和动量守恒定律列方程求解。 子弹打击木块问题，由于被打击的木块所处情况不同，可分为两种类型：一是被打的木块固定不动； 二是被打的木块置于光滑的水平面上，木块被打击后在水平面上做匀速直线运动。 （1）木块被固定 子弹和木块构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子 弹对木块的摩擦力不做功，相反，木块对子弹的摩擦力做负功，使子弹动能的一部分或全部转化为系统的 内能。由动能定理可得： ，式中 f 为子弹受到的平均摩擦力，s 为子弹相对于木块运动的距离。 （2）木块置于光滑水平面上 子弹和木块构成系统不受外力作用，系统动量守恒，系统内力是一对相互作用的摩擦力，子弹受到的 0 21 1 2 2 vmm mv += 21 mm > 01 >v 02 >v 21 mm < 01 v 21 mm = 01 =v 02 vv = 21 mm > 1 0v v≈ 02 2vv ≈ sfQ ⋅=摩擦力做负功，木块受到的摩擦力做正功。如图所示，设子弹质量为 m，水平初速度为 v0，置于光滑水平面 上的木块质量为 M。若子弹未穿过木块，则子弹和木块最终共速为 v。 由动量守恒定律： ① 对于子弹，由动能定理： ② 对于木块，由动能定理： ③ 由①②③可得： ④ 系统动能的减少量转化为系统内能 Q （1）若 时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度 v。 （2）若 时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度 v。 （3）当 时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。 若属于（3）的情况，设穿透后子弹和木块的速度分别为 v1 和 v2，上述关系式变为： ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 一、单选题 1．2018 年 3 月 22 日，一架中国国际航空 CA03 客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一 平方米的大洞，雷达罩被击穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机飞行的速度为 150m/s，小鸟在 vMmmv )(0 += 2 0 2 2 1 2 1)( mvmvsLf −=+⋅− 2 2 1 MvLf =⋅ 22 0 )(2 1 2 1. vmMmvsfQ +−== ds = ds < ds > 210 Mvmvmv += 2 0 2 1 2 1 2 1)( mvmvdLf −=+⋅− 2 22 1 MvLf =⋅ 2 2 2 0 2 1 1 1 1 2 2 2Q f d mv Mv mv= ⋅ = − +空中的飞行速度非常小，与飞机的速度相比可忽略不计。已知小鸟的质量约为 0.4kg，小鸟与飞机的碰撞时 间为 6.0×10﹣4s．则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为（　　） A．108N B．105N C．103N D．102N 【答案】B 【解析】可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为：v＝700m/s，撞击过程 可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ft＝mv﹣0，代入数据可得：F＝1.0×105N，故 B 正 确，ACD 错误。 2．一质量为 2kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示，则 （　 　） A． 时物块的速率为 B． 时物块的动量大小为 C． 时物块的动量大小为 D． 时物块的速度为零 【答案】A 【解析】前两秒，根据牛顿第二定律， ，则 的速度规律为： ，则 时，速率 为 ，故 A 正确； 时，速率为 ，则动量为 ，故 B 错误； ，力开 始反向，物体减速，根据牛顿第二定律， ，所以 时的速度为 ，动量为 ， 时速度为 ，故 C、D 错误。 3．质量为 M 的砂车沿光滑水平面以速度 v0 做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为 m 的铁球，如 图所示，则铁球落入砂车后（ ） 1t s= 1 /m s 2t s= 2 /kg m s⋅ 3t s= 5 /kg m s⋅ 4t s= 21 /F ma m s= = 0 2s− v at= 1t s= 1 /m s 2t s= 2 /m s 4 /P mv kg m s= = ⋅ 2 4s− ' 20.5 /m sa = − 3s 1.5 /m s 3 /kg m s⋅ 4s 1 /m sA．砂车立即停止运动 B．砂车仍做匀速运动，速度等于 v0 C．砂车仍做匀速运动，速度小于 v0 D．砂车仍做匀速运动，速度大于 v0 【答案】C 【解析】铁球和砂车组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，设砂车的初速度方向为正，则 有 Mv0=（m+M）v＇，得 ，即砂车仍做匀速运动，速度小于 v0，选项 C 正确。 4．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，现在，其中一人向另一人抛出一个篮球，另 一人接球后再抛回。如此反复几次后，甲和乙最后速率 v 甲、v 乙关系的是（ ） A．若甲最先抛球，则一定是 v 甲＞v 乙 B．若乙最先抛球，则一定是 v 甲＞v 乙 C．无论甲、乙谁先抛球，只要乙最后接球，就应是 v 甲＞v 乙 D．无论怎样抛球和接球，都是 v 甲＞v 乙 【答案】C 【解析】甲、乙两人与球组成的系统动量守恒，故最终甲、乙的动量大小必相等，谁最后接球，谁的质量 中就包含了球的质量，即质量大，由动量守恒定律得 m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速率小。若甲最先抛 球，则一定是 v 甲＞v 乙，与结论不相符，选项 A 错误；若乙最先抛球，则一定是 v 甲＞v 乙，与结论不相符， 选项 B 错误；无论甲、乙谁先抛球，只要乙最后接球，就应是 v 甲＞v 乙，与结论相符，选项 C 正确；无论 怎样抛球和接球，都是 v 甲＞v 乙，与结论不相符，选项 D 错误。 5．如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体 P 接触， 但未与物体 P 连接，弹簧水平且无形变。现对物体 P 施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为 I0，测得物体 P 向右运动的最大距离为 x0，之后物体 P 被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧 2x0 处。已知弹簧始终在弹簧 弹性限度内，物体 P 与水平面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，下列说法中正确的是 A．物体 P 与弹簧作用的过程中，系统的最大弹性势为 4μmgx0 B．最初对物体 P 施加的瞬时冲量 C．弹簧被压缩成最短之后的过程，P 先做加速度减小的加速运动，再做加速度减小的减速运动，最后做匀 减速运动 D．物体 P 整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反 【答案】 B 0mvv M m ′ = + 0 02 2I m gxµ=【解析】由动量定理 I0=mv0 和功能关系有： mv02＝μmg(4x0)，系统具有的最大弹性势能为：Ep＝ mv02− μmgx0＝ −μmgx0，I0＝2m ，故 A 错误，B 正确；弹簧被压缩到最短之后的过程，在脱离弹簧 之前，受水平向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，开始时弹力大于摩擦力，P 向左做加速运动，弹力越来越小， 合力越来越小，所以 P 先做加速度减小的加速运动，直到弹力和摩擦力大小相等，之后弹力小于摩擦力， 弹力越来越小，但合力越来越大，P 做加速度增加的减速运动，离开弹簧后，P 受水平向右的摩擦力，做匀 减速运动，故 C 错误；由动量定理有：I0+I 弹+I 摩=0，故物体 P 整个运动过程，摩擦力的冲量与弹簧弹力的 冲量并不是大小相等、方向相反，D 错误。 6．质量为 m 的木块和质量为 M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮不动，此时木块至水 面距离为 h，铁块至水底的距离为 H（两物体均可视为质点）.突然细线断裂，忽略两物体运动中受到的水 的阻力，只考虑重力及浮力，若铁块和木块同时分别到达水面水底，以铁块和木块为系统，以下说法正确 的是（ ） A．该过程中系统动量不守恒 B．该过程中铁块和木块均做匀速直线运动 C．同时到达水面、水底时，两物体速度大小相等 D．系统满足 MH=mh 【答案】D 【解析】以铁块和木块为系统，细线断裂前后系统受力情况不变，所受合力均为零，因此在分别到达水面、 水底前，系统动量守恒，选项 A 错误；该过程中铁块和木块均做匀加速直线运动，选项 B 错误；在任一时 刻均有 Mv1=mv2，由于二者质量不相等，因此同一时刻两物体速度大小不同，选项 C 错误；由 可 得 ，即 MH=mh，故选项 D 正确。 7．如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在 A 位置。现 有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及在此过程中 墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为： 1 2 1 2 2 0 2 I m 02 gxµ 1 2M v mv= 1 2tv tM mv=A． ，I=0 B． ， C． ， D． ， 【答案】C 【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得： ，解得： ； 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即当木 块回到 A 位置时的速度大小 ，子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力， 根据动量定理得： ，所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 ，根据分析可知 ， ，ABD 错误，C 正确。 8．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于 O 点，开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均 未穿出.第一粒弹丸的速度为 v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为 30°，当其第一次返回图示位置时， 第二粒弹丸以水平速度 v2 又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为 30°，若弹丸质量是沙袋质量的 ， 不计空气阻力，则以下结论中正确的是（ ） A．v1：v2=1：1 B．v1：v2=31：32 C．v1：v2=32：31 D．v1：v2=31：63 【答案】D 【解析】设弹丸的质量为 m，沙袋的质量 M=30m.取水平向右方向为正，系统水平方向动量守恒，第一次射 入过程，根据动量守恒定律得 mv1=31mv。根据共速后系统机械能守恒知，沙袋又返回时速度大小仍为 v，但 方向向左.第二粒弹丸以水平速度 v2 击中沙袋的过程，根据动量守恒定律得 mv2－31mv=32mv'。第一颗弹丸 打 入 沙 袋 后 ， 二 者 共 同 摆 动 的 过 程 中 ， 设 细 绳 长 为 L ， 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ，得 ，可见 v 与系统的质量无关，两次最 大摆角均为 30°，故 v'=v，联立解得 ，选项 D 正确。 0mvv M m = + 0mvv M m = + 2 02m vI M m = + 0mvv M m = + 02I mv= 0mvv M = 02I mv= ( )0mv M m v= + 0mvv M m = + 0mvv M m = + ( ) 0 02I M m v mv mv= − + − = − 02mv 02I mv= − 0mvv M m = + 1 30 ( ) ( ) ( ) 21+ 1 cos30 2M m gL M m v− ° = + ( )2 1 cos30v gL= − ° 1 2 31 63 v v =二、多选题 9． 如图所示A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A 球动量为 p1＝5 kg·m/s，B 球动量为 p2＝7 kg·m/s， 当 A 球追上 B 球时发生碰撞，碰后 A 的动量改变了 1 kg·m/s，而运动方向没有改变，则 A 和 B 质量的比值 可能为 A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】取水平向右为正方向，碰撞后 A 的动量为 p1′=p1+△p1=5kg•m/s-1kg•m/s=4kg•m/s，根据动量守恒 定律得 p1+p2=p1′+p2′。根据碰撞过程总动能不增加有 ，代入数据解得 ， 碰后 A、B 同向运动，应有 ，则 ，所以 ，故 B、C 正确。 10．一质量 60kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经 0.2s，以大小 4m/s 的速度离开地面，此过程中， 运动员重心高度改变 0.8m，取重力加速度 g=10m/s2。在这 0.2s 内： A．地面对运动员的冲量大小为 240N·s B．地面对运动员的冲量大小为 360N·s C．地面对运动员做的功为 480J D．运动员的机械能增加 960J 【答案】BD 【解析】人的速度原来为零，起跳后变化 v，以向上为正方向，由动量定理可得： ，故 地面对人的冲量为： ，A 错误，B 正确；人在跳起时，地面 对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C 错误； 机 械 能 的 增 加 量 等 于 离 开 地 面 时 的 动 能 和 增 加 的 重 力 势 能 ， 故 机 械 能 增 加 量 为 ，D 正确． 11．如图，A、B 质量分别为 m1＝1kg，m2＝2kg，置于平板小车 C 上，小车质量为 m3＝1kg，A、B 与小车的 动摩擦因数均为 0.5，事先三者均静止在光滑的水平面上。某时刻 A、B 间炸药爆炸（时间极短）使 A、B 获 得图示左右方向的瞬时速度和 12J 的总机械能。假设 A、B 最终都没有离开小车上表面，水平面足够长，g＝ 10m/s2．现从炸药爆炸结束开始计时，则（　　） 1 3 A B m m = 1 2 A B m m = 3 5 A B m m = 5 7 A B m m = 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2A B A B p p p p m m m m ′ ′+ +≤ 3 5 A B m m ≤ 1 2 A B p p m m ′ ′ ≤ 1 2 A B m m ≥ 1 3 2 5 A B m m ≤ ≤ 0I mg t mv− ∆ = − 60 4 600 0.2 360N sI mv mg t= + ∆ = × + × = ⋅ ( ) ( )2 21 160 10 0.8 J 60 4 J 960J2 2E mgh mv= + = × × + × × =A．t＝0 时，A、B 的速度大小分别是 4m/s、2m/s B．t＝0.4s 时，B 与平板小车 C 先相对静止 C．t＝0.8s 时，A 与平板小车 C 相对静止 D．t＝0.8s 时，A、B 与平板小车因摩擦而产生的热量 Q＝10J 【答案】AC 【解析】炸药爆炸瞬间 A、B 系统动量守恒，以向左为正方向，有：0=m1v1-m2v2， A、B 的机械能总量为 12J，故 E= mv1v12+ m2v22=12J，联立解得：v1=4m/s，v2=2m/s，故 A 错误；爆炸后 AB 在 C 上滑动，B 先 与 C 相对静止，设此时 A 的速度为 v3，B、C 的速度为 v4，该过程中 ABC 组成的系统动量守恒，设该过程的 时间为 t3，对 A 应用动量定理-μm1gt3=m1v3-m1v1，对 B 应用动量定理-μm2gt3=m2v4-m2v2，对 C 应用动量定 理(μm2g-μm1g)t3=m3v4，代人数据得 v3=3m/s，v4=-1m/s，t3=0.2s；之后，A 在 C 上滑动直到相对静止，根 据系统的动量守恒 0=(m1+m2+m3)v，解得：v=0；设 A 滑动的总时间为 t，则-μm1gt=0-m1v1，解得：t=0.8s， 故 B 错误，C 正确；t=0.8s 时，A、B 与平板小车因摩擦而产生的热量 Q=E=12J，故 D 错误。 12．如图所示，质量 m1=3kg 且足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量 m2=2kg、可视为质点的物块， 以水平向右的速度 v0=2m/s 从左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数 μ=0.5，最后恰好不掉下小车且 与小车保持相对静止在这一过程中，g 取 10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．系统最后共同运动的速度为 1.2m/s B．小车获得的最大动能为 0.96J C．系统损失的机械能为 2.4J D．物块克服摩擦力做的功为 4J 【答案】BC 【解析】物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，选择向右为正方向，则由动量守恒定律得 m2v0=（m1+m2） v ， 解 得 ， 故 A 错 误 ； 小 车 获 得 的 动 能 为 1 2 1 2 2 0 1 2 2 2 m/s 0.8m/s3 2 m vv m m ×= = =+ +， 故 B 正 确 ； 根 据 能 量 守 恒 定 律 得 系 统 损 失 的 机 械 能 为 ，故 C 正确；对物块，由动能定理得 ，解 得物块克服摩擦力做的功为 W 克 f=3.36J，故 D 错误。 三、非选择题 13． 如图所示，半径为 R 的竖直光滑半圆轨道 bc 与水平光滑轨道 ab 在 b 点连接，开始时可视为质点的物 体 A 和 B 静止在 ab 上，A、B 之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧与 A，B 不连接)．某时刻解除锁定， 在弹力作用下 A 向左运动，B 向右运动，B 沿轨道经过 c 点后水平抛出，落点 p 与 b 点间距离为 2R.已知 A 质量为 2m，B 质量为 m，重力加速度为 g，不计空气阻力，求： （1）B 经 c 点抛出时速度的大小？ （2）B 经 b 时速度的大小？ （3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能？ 【答案】 （1） （2） （3） 3.75mgR 【解析】 （1）B 平抛运动过程竖直方向有 2R＝ gt2，水平方向：2R＝vct，解得：vc＝. （2）B 从 b 到 c，由机械能守恒定律得 解得：vb＝ （3）设完全弹开后，A 的速度为 va，弹簧回复原长过程中 A 与 B 组成系统动量守恒，2mva－mvb＝0，解得： va＝ vb＝ ，由能量守恒定律，得弹簧弹性势能： 解得：Ep＝3.75mgR。 14．如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧。现有一质量 ，长 的小车 （其中 为小车的中点， 部分粗糙， 部分光滑），一质量为 的小物块 （可视为质点），放在车的最左端，车和小物块一起以 的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到 挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性 限度内，小物块与车 部分之间的动摩擦因数为 0.3，重力加速度 。求： 1 2 2 1 1 1 3 0.8 J 0.96J2 2kE m v= = × × = 2 2 2 0 1 2 1 1 2.4J2 2E m v m m v∆ = − + =（ ） 2 2 2 2 0 1 1= 2 2fW m v m v− −克 gR 5gR 1 2 gR 2 2 b c 1 122 2mv mgR mv= + 5gR 1 2 5 2 gR 2 2 p 1 122 2a bE mv mv= × + AO A OB OB 210m/sg = OB OB（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能； （2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量； （3）小物块最终停在小车上的位置距 端多远。 【答案】 （1） （2）弹簧对小物块的冲量大小为 ，方向水平向左。 （3） 【解析】（1）对小物块，有 ma=-μmg 根据运动学公式 v2−v02＝2a 由能量关系 mv2＝Ep 解得 EP=2J． （2）设小物块离开弹簧时的速度为 v1，有 mv12＝Ep． 对小物块，根据动量定理 I=-mv1-mv 由⑤⑥式并代入数据得 I=-4kgm/s． 弹簧对小物块的冲量大小为 4kgm/s，方向水平向左． （3）小物块滑过 O 点和小车相互作用，由动量守恒 mv1=（m+M）v2． 由能量关系 μmgx＝ mv12− (m+M)v22 小物块最终停在小车上距 A 的距离 xA＝ −x 解得 xA=1.5m． 15．如图质量为 m2=4kg 和 m3=3kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为 m1=1kg 的物体以速度 v0=8m/s 向右运动，m1 与 m3 碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起。试求： （1）m1 和 m3 碰撞过程中损失的机械能是多少? （2）弹簧能产生的最大弹性势能是多少? （3）弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对 m3 冲量的大小是多少? （4）m2 运动的最大速度 vm 是多少? 【答案】 （1）24J（2）4J（3）4kg•m/s（4）2m/s A 2JpE = 4kgm/s 1.5mAx = 2 L 1 2 1 2 1 2 1 2 2 L【解析】（1）设 m1 与 m3 碰撞后的速度为 v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得： ， 由能量守恒定律得： ， 代入数据解得： ； （2）三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得： ， 代入数据解得：v 共=1m/s， 由能量守恒定律得： ， 代入数据解得： ； （3）弹簧对 m2，由动量定理得： ， 弹簧对 m3 冲量的大小是：I3=I2=4kg•m/s； （4）对 m1、m3 整体和 m2 及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时 m2 的速度最大， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： ， 由能量守恒定律得： ， 代入数据解得：v2=2m/s； 16．如图所示，质量 M＝2 kg 的平板小车后端放有质量 m＝3 kg 的铁块，它和车之间的动摩擦因数 μ＝ 0.5，开始时车和铁块一起以 v0＝3 m/s 的速度向右在光滑水平地面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞．设 碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得铁块总不能和 墙相碰．(g 取 10 m/s2)求： （1）铁块在车上滑行的总路程； （2）车和墙第一次相碰以后所走的总路程． 【答案】 （1）1.5 m（2）1.25 m 【解析】（1）由于 m＞M，小车不论与墙相撞多少次，系统的总动量总是向右，但每撞一次总动量减少一次， 直到减为零，最后小车停在墙下，系统的总动能全部用于铁块在车上滑行时克服摩擦力做功． μmgs＝ (m＋M)v02 ( )1 0 1 3 1m v m m v= + ( )2 2 1 0 1 3 1 1 1 2 2m v m m v E= + + ∆ 24JE∆ = ( )1 0 1 2 3m v m m m v= + + 共 ( ) ( )2 1 3 1 1 2 2 3 1 2 1 2 Pm m v m m vm E+ = + + + ∆共 4JPE∆ = 2 2 0 4kg m / sI m v= − = ⋅共 ( ) ( )1 3 1 1 3 3 2 2m m v m m v m v+ = + + ( ) ( )1 3 1 22 2 2 2 1 3 3 1 1 1 2 2 2m m vmv vm m+ = + + 1 2（2）小车第一次与墙相撞后向左所走路程为 s1，由动能定理得－μmgs1＝0－ Mv02 接着小车和铁块以共同速度 v1 与墙第二次相碰，由动量守恒：mv0－Mv0＝(m+M)v1 第二次相撞后平板车向左走的路程为 ，s2＝ s1 以后每次相碰反弹向左行的路程均以 比例减少，小车所走的路程为一个无穷等比数列之和． 公比 q＝ ，s＝2s1(1+q+q2+q3+……)＝ ＝1.25 m 17．如图所示，光滑水平面左端接一竖直光滑半圆轨道，轨道半径 R=1.6m，右端接一斜面，斜面的倾角 θ=37°，一质量为 m 的物块甲从斜面上离水平面高度 h=3R 为的 A 点由静止滑下，刚好能到达半圆轨道的 最高点 E 点，已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。 （1）求物块甲与斜面间的动摩擦因数； （2）如果在水平面上 C 点放一材质与物块甲相同、质量为 的物块乙，物块甲从斜面上滑下后与物块乙 发生弹性碰撞，碰后物块乙恰好能到达半圆轨道的最高点 E，则物块甲下滑时的高度为多少？ 【答案】 （1） ；（2） 2.7m 【解析】 （1）根据牛顿第二定律得，mg=m ，解得 vE= ， 对全过程运用动能定理得，mgh-2mgR-μmgcosθ• = h=3R 解得：μ= （2）设物块乙在 C 点碰后的速度为 v1，碰前甲的速度为 v 甲，碰后甲的速度为 v2 2 2 0( ) (3 2) 3 m 1.5m2 2 0.5 3 10 m M vs mgµ + + ×= = =× × × 1 2 2 2 0 1 2 3 m 0.6m2 2 0.5 3 10 Mvs mgµ ×= = =× × × 0 0 1 ( ) 5 m M v vv m M −= =+ 22 1 1 0 1( ) 25 s v s v = = 1 25 1 25 1 25 12 1 s q− 1 2 m 1 8 2 Ev R gR h sinθ 21 2 Emv 1 8物块乙恰好到达 E 点，根据机械能守恒定律得： mg•2R+ = 解得：v1= 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： mv 甲=mv2+ mv1 = + 解得：v 甲= 设物块甲开始下滑的高度为 H， 根据动能定理得：mgH-μmgcosθ• = 解得：H=2.7m 18．如图所示为一种“子母球”表演，质量分别为 m、3m 的两个小球 A、B 静止在地面上方，B 球距离地面 的高度 h=0.8m，A 球在 B 球的正上方，让两小球同时由静止释放。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度 大小 g=10m/s2，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 （1）求球 B 第一次落地时球 A 的速度大小； （2）若球 B 在第一次上升过程中就能与球 A 相碰，A 球开始下落时距地面高度 H 的取值范围； （3）在（2）情形下，要使球 A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求 H 应满足的条件。 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】 （1）A、B 同时由静止释放，B 落地时，两球的速度大小 相等，有: ① 代入数值，得 （2）球 B 下落过程与反弹上升的过程具有对称性。设 B 往返时间为 t，有: ② 1 2 21 1 2 2 Emv⋅ 2 1 1 1 2 2 mv⋅ 5gR 1 2 21 2 mv甲 2 2 1 2 mv 2 1 1 1 2 2 mv⋅ 3 54 gR H sinθ 21 2 mv甲 0 4m/s=v 0.8m 4.0mH< < 0.8m 4.0mH< < 0v 2 0 0 2gh− =v 0 4m/s=v 02t g = v设时间 t 内球 A 自由下落的高度为 hA，有 ③ 要保证 B 在第一次上升过程中与 A 相碰，球 A 自由下落的高度应大于初始时两球的高度差，即 ④ 依题意： ⑤ ①~⑤联立，解得： 解法二： B 反弹后，A、B 相对运动的速率为 ，设 A、B 经时间 相碰，有 ② 要保证 B 在第一次上升过程中与 A 相碰， 应小于 B 上升到最高点的时间，即 ③ 依题意： ④ ①~④联立，解得： （3）设两球相碰前后，球 A 的速度分别为 、 ，球 B 的速度分别为 、 。发生弹性碰撞，两球相 碰前后的动量守恒，总动能保持不变。取向下的方向为正，有 ⑥ ⑦ 设球 B 反弹后经时间 t1 与球 A 相碰，此时间内球 A 下落的高度（ ）与球 B 上升的高度（ ） 之和等于初始时两球的高度差（H-h） 即： ⑧ 由运动学规律，有 ⑨ ⑩ 要使 A 第一次碰后能到达比释放点更高的位置，碰后 A 的速率应大于碰前的速率 ⑪⑤~⑪联立，得 ⑤~⑪联立求解过程 由⑥⑦得： ⑫ 由⑧⑨得： ⑬ 由⑧⑩得： ⑭ 2 A 1 2h gt= Ah H h> − H h> 0.8m 4.0mH< < 02v t′ 02H h t′− = v t′ 0t g ′ < v H h> 0.8m 4.0mH< < Av A ′v Bv B ′v A B A B(3 ) (3 )m m m m′ ′+ = +v v v v 2 2 2 2 A B A B 1 1 1 1(3 ) (3 )2 2 2 2m m m m′ ′+ = +v v v v 2 0 1 1 1 2t gt+v 2 0 1 1 1 2t gt−v 2 2 0 1 1 0 1 1 1 1( ) ( )2 2H h t gt t gt− = + + −v v 0 12H h t− = v A 0 1gt= +v v B 0 1gt= − +v v A A| | | |′v > v 0.8m 2.4mH< < B A A 3 2 −′ = v vv A 3 1.25H= +v B 5 1.25H= − +v⑬⑭代入⑫得： ⑮ ⑪⑬⑮联立，得： 解得： 结合④，知 解法二： 要使 A 第一次碰后能到达比释放点更高的位置，需要在 A 下落过程中与 B 相碰，且碰后 A 的速率大于碰前 的速率。 分析临界情况：当 A 碰后与碰前速率刚好相等时，根据能量守恒，A 球碰后瞬间动能不变，B 球碰后瞬间动 能也不变，所以 A 原速反弹，B 也原速反弹。 设碰前 A 的速度大小为 ，B 的速度大小为 ，两球动量变化大小相等，所以有 2m ＝2(3m) ，即 ＝3 ⑥ B 反弹后，A、B 相对运动的速率为 ，设 A、B 经时间 相碰，有 ⑦ 由运动学规律，有 ⑧ ⑨ ⑥~⑨联立，得 要使 A 第一次碰后能到达比释放点更高的位置，需要满足： 19．如图所示 、 是两块完全相同的长为 1 m 的木板，静止在光滑水平地面上，木板 的右端与 的左 端相距 ，物块 (可视为质点)静止在 的右端。用 的水平向右恒力作用于木板 上使其从 静止开始运动。一段时间后， 与 碰撞，碰撞时间极短，碰撞瞬间，作用在木板 上的水平力撤除，木 板 和 碰撞粘在一起。已知物块 质量为 2kg，木板 、 的质量均为 1 kg，物块 与 、 之间的动 摩擦因数均为 ，重力加速度 g 取 。求: （1）物体 、 、 最终的速度大小; （2）若要使碰撞后， 停在 木板上，则 的取值范围。 【答案】 （1）物体 、 、 最终共速，速度为 （2） 【解析】 （1）木板 B 从静止开始运动到与 C 碰前瞬间的过程，由动能定理得： A 9 1.25H′ = − +v A A| | 9 1.25 3 1.25H H′ = − > = +v v 2.4mH < 0.8m 2.4mH< < Av Bv Av Bv Av Bv 02v 1t 0 12H h t− = v A 0 1gt= +v v B 0 1gt= −v v =2.4mH 0.8m 2.4mH< < B C B C 0 1mx = A C 8NF = B B C B B C A B C A B C 0.25µ = 210m / s A B C A B F A B C 2 1m/sv = 20N 40NF≤ ≤…………① 解得： …………② B 与 C 碰撞过程，时间极短，内力极大，对 B、C 组成的系统动量守恒有： …………③ 解得： …………④ 之后 A 受摩擦而加速，B、C 受摩擦而减速， A、B、C 共速时，对 A、B、C 组成的系统动量守恒有： …………⑤ 解得： …………⑥ 设 A 相对于木板滑动的距离为 x，则有： …………⑦ 计算可得，x=0.3m