1、專題十八 碰撞與動量守恒1.動量、動量守恒定律及其應用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用高考中只限于一維情況1.高考對本章的考查重點是動量和動量守恒定律的應用，尤其是動量和能量的綜合問題更是考查的熱點，如：碰撞、打擊、反沖、滑塊摩擦等問題.2.根據新課標高考的要求，本章內容易與力學、原子物理學結合進行綜合命題.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，一質量為m、速度大小為v的A球與質量為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球的速度大小可能是(

2、 )【審題視角】解答本題應注意以下兩點：【關鍵點】(1)動量是矢量，應先選好正方向.(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，規定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負值，則2mvBmv，可得vB，因此B球的速度可能為，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，用正負號表示其方向.(2)注意根據相互作用前、后時刻的動量矢量和相等列方程. 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，

3、一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量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的速率逆時針轉動.裝置的右邊是一光滑曲面，質量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h=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，l=1.0 m.設物塊A、B間發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.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)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上？(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，而當它

4、們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小.【審題視角】解答本題時要注意以下三點：【關鍵點】(1)物塊B在運動的過程中機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發生彈性碰撞時的情景相似，故可求出每次碰后速度的表達式.【精講精析】(1)對B，自開始至曲面底端時，由機械能守恒定律得：mBgh= mBvB2vB= = m/s= m/s設B在傳送帶上速度減為2 m/s時經過的位移為x，則： 故B在傳送帶上一直做減速運動，設B到達傳送帶左端時速度大小為vB由vB2-vB2=2gl得

5、：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B向右減速為0時經過的位移為x：則： 所以B不能運動到右邊的曲面上.(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，到達傳送帶左端時的速度大小等于vB1，以后B每次與A碰撞

6、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.(2)分析碰撞過程：是一個過程還是多個過程.(3)依據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、乙兩船的總質量(包

7、括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為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行：【關鍵點】(1)分析如何避免兩船相撞：甲、乙拋接貨物后兩船同向運動或反向運動.(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動.【精講精析】設乙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-mvmin10m2v0-mvmin=11mv2

8、 為避免兩船相撞應滿足:v1=v2 聯立式得:vmin=4v0答案:4v0【命題人揭秘】抓住臨界點，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:從題設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動等臨界狀態.(3)挖掘臨界條件:在與動量相關的臨界問題中,臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系,即速度相等或位移相等. 動量守恒中的人船模型【典例4】(2011安徽高考)如圖所示，質量M=2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m=1 kg的小球通過長L=0.5 m 的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞O

9、軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態，現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軌道位置點與小球起始位置點間的距離.【審題視角】解答本題應注意以下四點：【關鍵點】(1)鎖定滑塊時,對小球應用機械能守恒和向心力公式求作用力.(2)解除鎖定,系統水平方向不受外力,滿足動量守恒條件，因此水平方向動量守恒.(3)分析系統中各物體的狀態變化，畫出狀態變化圖，尋找各物體位移之間的幾何關系.(4)根據水平方向動量守恒列

10、方程求解.【精講精析】(1)設小球能通過最高點，且此時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒.則 v1= m/s 設小球到達最高點時，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，小球對輕桿的作用力大小為2 N，方向豎直向上.(2)解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為v.在上升過程中，因系統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，系統的機械能守恒，則 由式得v2=2 m/s (3)設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離

11、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】運用平均動量守恒巧解人船模型問題(1)明確某方向平均動量守恒：由某方向動量守恒的瞬時表達式(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系轉化為位移關系.(2)對于原來靜止的人、船系統,人在船上走動時,人、船的位移大小關系式為m人x人=m船x船. 驗證碰撞中的動量

12、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hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程(2)圖甲中O點是小球拋出點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.接下來要完成的必要步驟是_.(填選

13、項前的符號)A.用天平測量兩個小球的質量m1、m2B.測量小球m1開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE.測量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為_(用(2)中測量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為_(用(2)中測量的量表示).(4)經測定，m1=45.0 g，m2=7.5 g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖乙所示.碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1，則p1p1=_11.若碰撞結束時m2的動量為p2，則p1p2=11_.實驗結果說明碰撞前、后總動量的比值 為_.(5)有同學認為，上述

14、實驗中僅更換兩個小球的材質，其他條件不變，可以使被碰撞小球做平拋運動的射程增大.請你用(4)中已知的數據，分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為_cm.【審題視角】解答本題時應把握以下三點:【關鍵點】(1)利用兩個小球碰撞前后離開軌道做平拋運動的水平射程來表示碰撞后的速度關系(2)確定入射球m1和被碰球m2的平均落點位置M、N，從而得到兩球的水平射程.(3)由兩小球的質量和水平射程列出動量守恒方程和機械能守恒方程.【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動的射程就能由此求出碰撞后速度的大小之比.所以選C

15、.(2)本實驗必須用天平測量兩個小球的質量m1、m2，分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置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，機械能守恒所以m1OM2+m2ON2=m1OP2(4)由于(5)當兩個小球發生完全彈性碰撞時，被碰小球m2平拋運動射程ON有最大值彈性碰撞動量守恒和機械能守恒，則：m1v1+m2v2=m1v, m1v12+ m2v22= m1v2解得:v2=所以最大射程為:被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為76.8 cm.答案:(1)C (2)

16、ADE或DEA或DAE(3)m1OM+m2ON=m1OP m1OM2+m2ON2=m1OP2(4)14 2.9 1均可 【命題人揭秘】用碰撞實驗器驗證動量守恒定律時應注意(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動.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：先安裝好儀器并調試，后進行實驗并測量.實驗結論：根據測得的數據研究動量關系和能量關系并得出結論. 動量守恒與電磁感應問題的綜合【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軌，MN和MN是兩根用細線連接

17、的金屬桿，其質量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸； 兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直.導軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t=0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好.求：(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)兩桿分別達到的最大速度.【審題視角】抓住幾個關鍵點，按合理的思路即可以準確解答：【關鍵點】(1)“豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止”，可得系統所受合外力為零，系統動量守恒.細線燒斷以后，系統合外力仍然為零，故整個過程動量守恒.(2)再隔

18、離兩金屬桿分析其運動，可得兩金屬桿都做加速度逐漸減小的加速運動，直至加速度等于零時以最大速度做勻速運動.(3)分析思路如圖所示:【精講精析】設某時刻MN和MN速度分別為v1、v2.(1)因為系統所受合外力為零，所以MN和MN系統動量守恒:mv1-2mv2=0,解得v1v2=21(2)當MN和MN的加速度為零時，速度最大,MN受力平衡有:BIl=2mgI= E=Blv1+Blv2由得:v1= v2=答案:(1)21 (2)【閱卷人點撥】失分提示(1)分別對兩金屬桿按勻變速運動,由牛頓第二定律和運動學公式分析解答導致知識性錯誤.(2)回路中的電動勢是兩金屬桿切割磁感線產生的電動勢之和.備考指南應注

19、意以下問題:(1)先對物體進行受力分析和運動情況分析，看系統所受合外力是否為零，看物體是否做勻變速運動，看系統內能量是怎樣轉化的.(2)若系統所受合外力為零，可簡捷地運用動量守恒定律解答,或者從能的觀點分析,或者從力的觀點分析. 動量守恒定律的應用高考指數: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點做勻速直線運動時，位移與時間的關系.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，相應的物理量之間的關系.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定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關系

20、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中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關系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動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關系D.若x軸表示時間，y軸表示感應電動勢，則該圖象可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當磁感應強度隨時間均勻增大時，閉合回路的感應電動勢與時間的關系【解析】選C.根據動量定理p-p0=Ft，p=Ft+p0說明動量和時間是線性關系，縱截距為初動量，C正確.結合p= 得 =Ft+p0，說明動能和時間的圖象是拋物線，A錯誤.光電效應方程為Ekm=h-W0，說明最大初動能和時間是線性關系，但縱截距為負

21、值，B錯誤.當磁感應強度隨時間均勻增大時，閉合回路內的磁通量均勻增大，根據法拉第電磁感應定律知閉合回路的感應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繩相連.開始時a球靜止，b球以一定速度運動直至繩被拉緊，然后兩球一起運動，在此過程中兩球的總動量_(選填“守恒”或“不守恒”)；機械能_(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球以一定速度運動直至繩被拉緊，兩小球間繩子的拉力就是相互作用的內力，滿足動量守恒的條件，所以兩小球a、b組

22、成的系統動量守恒，兩球一起運動，具有共同速度，符合完全非彈性碰撞的特征，動能損失很大，機械能不守恒答案:守恒 不守恒3.(2011海南高考)一質量為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.現有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體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點的距離s.【解析】(1)木塊向左滑到最高點時，系統有共同速度v，由動量守恒得：mv0=(m

23、+2m)v mv02- (m+2m)v2=fL+mgh聯立兩式解得： (2)根據動量守恒可得木塊返回與物體P第二次達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)聯立解得:s= 答案:(1) (2)【方法技巧】運用碰撞模型解動量和能量綜合問題的注意點(1)抓住碰撞過程中速度相等這一臨界狀態.本題中即木塊上升到最高點時與物體P速度相等，木塊返回后在到達a點前與物體P相對靜止時速度也相等.(2)如果木塊能夠滑離物體P，即相當于碰撞結束兩物體分開.(3)分析碰撞過程中的動量和能量關系，列動量守恒和能量守恒方程.4.(2011四川高考)隨著機動車數量的增加，

24、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，珍惜生命.一貨車嚴重超載后的總質量為49 t，以54 km/h的速率勻速行駛.發現紅燈時司機剎車，貨車即做勻減速直線運動，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多遠？(2)若超載貨車剎車時正前方25 m處停著總質量為 1 t 的轎車，兩車將發生碰撞，設相互作用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)設貨車剎車時速度大小為v0、加速度大小為a，末速度為vt，剎車距離為s代入數據，得:超載時s1=45 m若不超載s2=2

25、2.5 m(2)設貨車剎車后經s=25 m與轎車碰撞時的初速度大小為v1v1= 設碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質量為M、轎車質量為m，由動量守恒定律得:Mv1=(M+m)v2設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聯立式，代入數據得 =9.8104 N答案:(1)45 m 22.5 m (2)9.8104 N5.(2010安徽高考)如圖，ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2 m 的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小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

26、動，與靜止在B點帶正電的小球乙發生彈性碰撞.已知甲、乙兩球的質量均為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、乙兩球可視為質點，整個運動過程無電荷轉移)(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍.(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的情況下，設乙到達最高點的速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t

27、，乙的落點到B點的距離為x，則mg+qE= 2R= x=vDt聯立得：x=0.4 m(2)設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據動量守恒和機械能守恒定律有：mv0=mv甲+mv乙 聯立得：v乙= v0 由動能定理得：-mg2R-qE2R= 聯立得：v0= (3)設甲的質量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據動量守恒和機械能守恒定律有：Mv0=MvM+mvm聯立得vm= 由和Mm，可得：v0vm2v0 設乙球過D點的速度為vD，由動能定理得：-mg2R-qE2R聯立得：2 m/svD8 m/s設乙在水平軌道上的落點到B點的距離為x，則有：x=vDt 聯立得：0.4 mx0聯立式解得

28、: v2v12v2或 v1v2 v1答案: v2v12v2或 v1v2 v112.(2010新課標全國卷)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.重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數為.使木板與重物以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間.設木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.【解題指南】從第一次到第二次碰撞，木板先向左勻減速直線運動再以不變的加速度向右勻加速直線運動，最后勻速運動；重物先向右勻減速直線運動，再勻速運動.【解析】解法一木板第一次與墻碰撞后，木板的速度反

29、向，大小不變，此后木板向左做勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物達到共同速度v，再往后是勻速直線運動，直到第二次碰撞墻.設木板的質量為m，重物的質量為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，對木板應用動量定理得：2mgt1=mv-m(-v0) 由牛頓第二定律得：2mg=ma 式中a為木板的加速度.在達到共同速度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歷的時間為：t=t1+t

30、2 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，做勻變速直線運動，選向右為正方向，由運動學公式得：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，做勻速直線運動，有：s=vt2木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間：t=t1+t2=答案:13.(2010海南高考)在核反應堆中，常用減速劑使快中子減速.假設減速劑的原子核質量是中子的k倍.中子與原子核的每次碰撞都可看成是彈性正碰.設每次碰撞前原子核可認為是靜止的，求N次碰撞后中子速率與

31、原速率之比.【解析】設中子和減速劑的原子核A的質量分別為mn和mA，碰撞后速度分別為vn和vA，根據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1次碰撞后中子速率與原速率之比為：經N次碰撞后，中子速率與原速率之比為：答案: 動量守恒定律與能量結合的綜合應用高考指數:14.(2012新課標全國卷)如圖,小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O,讓球a靜止下垂,將球b向右拉起,使細線水平.從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動,此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60.忽略空氣阻力,求(1)

32、兩球a、b的質量之比;(2)兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比.【解析】(1)設小球a、b質量分別為m1、m2，細線長為L，b球擺至最低點與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,由機械能守恒得m2gL= 最低點小球a、b碰撞由動量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v小球a、b一起擺至最高點，由機械能守恒得 (m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cos) 聯立式得并代入題給數據得(2)兩球在碰撞過程中損失的機械能是Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos) 聯立式，Q與碰前球b的最大動能Ek=m2gL之比為聯立式，并代入數據得 答案：(1)

33、(2)15.(2011新課標全國卷)如圖，A、B、C三個木塊的質量均為m.置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，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A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，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】設碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有mv0=3mv設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有3mv=2mv1+mv0設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程

34、中機械能守恒，有由式得彈簧所釋放的勢能為Ep= mv02答案： mv0216.(2011廣東高考)如圖所示，以A、B和C、D為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內，一滑板靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，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動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經A沿半圓軌道滑下，再經B滑上滑板.滑板運動到C時被牢固粘連.物塊可視為質點，質量為m，滑板質量M=2m，兩半圓半徑均為R，板長l，板右端到C的距離L在RL5R范圍內取值，E距A為s=5R，物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數均為，重力加速度取g.(1)求物塊滑到B點的速

35、度大小；(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的關系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點.【解析】(1)物塊從靜止開始做勻加速直線運動到A過程，滑動摩擦力做正功，物塊從A到B，重力做正功，根據動能定理得:mgs+mg2R= 解得:vB=(2)物塊從B滑上滑板后開始做勻減速運動,此時滑板開始做勻加速直線運動，當物塊與滑板達共同速度時，二者開始做勻速直線運動設它們的共同速度為v，根據動量守恒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-

36、s2=6R時，小于，并沒有滑下去，二者就具有共同速度了.當2RL5R時，物塊的運動是勻減速運動8R，勻速運動L-2R，勻減速運動，滑上C點，根據動能定理:-mg(8R+0.5R)=解得:Wf=mg(8R+0.5R)= mgR，物塊不能滑到CD軌道的中點.當RL2R時，物塊的運動是勻減速運動6.5R+L，滑上C點根據動能定理:-mg(6.5R+L)=解得:Wf=mg(6.5R+L)= mg(13R+2L)當 mgR時，可以滑到CD軌道的中點，此時要求，這與題目矛盾，所以物塊不可能滑到CD軌道的中點答案:(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

37、，質量均為m，人在極短的時間內給第一輛車一水平沖量使其運動，當車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續運動了距離L時與第三輛車相碰，三車以共同速度又運動了距離L時停止.車運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)人給第一輛車水平沖量的大小；(3)第一次與第二次碰撞系統動能損失之比.【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

38、為v2，碰后共同速度為u2.-kmgL=-k(2m)gL=-k(3m)gL= 由動量守恒得mv1=2mu12mv2=3mu2人給第一輛車水平沖量的大小I=mu0-0=(3)由解得v12=26kgL由解得u12= v12= 26kgL第一次碰撞系統動能損失由解得u22=2kgL由解得v2= u2 第二次碰撞系統動能損失 第一次與第二次碰撞系統動能損失之比 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，準確運用動量守恒定律，本題中車與車的短暫碰撞過程遵守動量守恒定律.(2)分析能量轉化和守恒，正確運用能量守恒列式，本題中動能損失可從碰撞前

39、后的動能之差求出(3)區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力與相對路程的乘積. 動量1.定義：物體的質量與速度的乘積.2.表達式：p=mv，單位：kgm/s.3.動量的性質 (1)矢量性：方向與瞬時速度方向相同. (2)瞬時性：動量是描述物體運動狀態的量，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，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：物體在某段時間內末動量與初動量的矢量差(也是矢量).(2)表達式： p=p-p.(3)同一直線上動量的運算:如果物體的動量始終保持在同一條直線上，在選

40、定一個正方向之后，動量的運算就可以簡化為代數運算.5.動量、動能、動量的變化量的比較 名稱項目動 量動 能動量的變化量定 義物體的質量和速度的乘積物體由于運動而具有的能量物體的末動量與初動量的矢量差定義式p=mvEk= mv2p=p-p矢標性矢量標量矢量特 點狀態量狀態量過程量關聯方程 p= Ek=p=mv-mv【名師點睛】理解動量時應注意1.當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形式.4.動量變化量的方向與初末動量的方向

41、無直接關系. 動量守恒定律1.內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統的總動量保持不變.2.動量守恒的條件(1)系統不受外力或系統所受外力之和為零.(2)系統所受的外力之和雖不為零，但比系統內力小得多，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力小得多，可以忽略不計.(3)系統某一方向不受外力或所受外力的矢量和為零，或外力遠小于內力，則系統在該方向動量守恒.3.表達式表 達 式含 義p=p或p1+p2=p1+p2 系統相互作用前總動量p等于相互作用后總動量pp1=-p2 相互作用的兩個物體組成的系統,一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量大小相等、

42、方向相反 p=0 系統總動量增量為零 4.動量守恒定律的“五性”(1)矢量性：定律的表達式是一個矢量式.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，應用時一定要首先判斷系統是否滿足動量守恒條件.(4)同時性：動量守恒定律中p1、p2必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1、p2必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量.(5)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統.不僅適用于

43、宏觀物體組成的系統，也適用于微觀粒子組成的系統.【名師點睛】 1.正確理解“總動量保持不變”，不僅指系統的初、末兩個時刻的總動量相等，而且指系統在整個過程中任意兩個時刻的總動量相同.2.在判定系統動量守恒時，要區分系統所受的內力和外力.【狀元心得】應用動量守恒定律的解題步驟1.確定相互作用的系統為研究對象.2.分析研究對象所受的外力.3.判斷系統是否符合動量守恒條件.4.規定正方向，確定初、末狀態動量的正、負號.5.根據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時間內產生非常強的相互作用.2.特點 (1)相互作用時間短. (2)作用力變化快和作用力很大.

44、 (3)其他外力可以忽略不計.三個特點3.碰撞的種類及特點分類標準種 類特 點碰撞前后動量是否共線對心碰撞(正碰)碰撞前后速度共線非對心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共線機械能是否守恒彈性碰撞 動量守恒，機械能守恒非完全彈性碰撞 動量守恒，機械能有損失完全非彈性碰撞 動量守恒，機械能損失最大4.彈性碰撞的規律兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒.以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性正碰為例，則有m1v1=m1v1m2v2， m1v12= m1v12 m2v22解得：【名師點睛】一運動物體與同一條直線上靜止的物體發生彈性碰撞的規律1.當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換速度.2.當質量大的球碰質量小的球時，碰撞后兩球都向前運動.3.當質量小的球碰質量大的球時，碰撞后質量小的球被反彈回來. 碰撞、爆炸及反沖現象的特點分析1.碰撞現象的三個特點(1)動量守恒.(2)機械能不增加.(3)速度要合理若碰前兩物體同向運動，則應有: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動，則應有v前v后.碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變. 2.爆炸現象的三個特點(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒.(2)動能增加：在爆炸過程中，由于