专题08 动量-【上好课】2025年高考物理一轮复习知识清单

专题08 动量 常考考点 真题举例 完全弹性碰撞和动量定理 2024·广东·高考真题 人船模型 2024·河北·高考真题 完全非弹性碰撞 2024·甘肃·高考真题 动量守恒定律 2024·安徽·高考真题 掌握动量和冲量的概念，会计算恒力、变力的冲量； 掌握动量定理，能用动量定理对问题进行分析和计算； 掌握动量守恒定律，熟练运用动量守恒定律进行分析和计算，特别是一些具体模型的求解思路需要重点掌握； 掌握反冲和爆炸遵从的规律，能够进行具体的计算； 重点掌握碰撞的种类和各种模型，能熟练解决各种模型问题。 核心考点01 动量和冲量 一、动量 3 二、动量的变化量 3 三、冲量 4 核心考点02 动量定理 5 一、动量定理 5 二、动量定理的应用 5 三、动量定理的解题思路 6 核心考点03 动量守恒定律 7 一、动量守恒定律 7 二、动量守恒定律的推导 8 二、动量守恒定律的解题步骤 8 核心考点04 反冲现象和爆炸 9 一、反冲 9 二、人船模型 11 二、爆炸 12 核心考点05 碰撞 13 一、碰撞 13 二、对心碰撞和非对心碰撞 14 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 14 四、弹簧-滑块模型 16 五、滑块-斜（曲）面模型 17 六、子弹-木块模型 19 七、滑块-木板模型 21 核心考点01 动量和冲量 一、动量 1、定义 物体质量和速度的乘积，用字母p表示。 2、公式 p＝mv。 3、方向 动量的方向与速度的方向一致。 4、单位 国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。 5、性质 动量既有大小，又有方向，是矢量。运算遵循矢量运算法则。 【注意】动量具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同。通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量。 6、动量与速度的区别和联系 区别：①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果；②速度描述物体运动的快慢和方向。 联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且 p＝mv。 7、动量与动能的区别和联系 区别：①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态，动量的变化因素是合外力的冲量；②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态，动能的变化因素是合外力所做的功。 联系：①动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝；②都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系；③若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化。 二、动量的变化量 1、定义 物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差。 2、定义式 Δp＝p′－p。 【注意】因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就发生变化。 3、性质 动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv相同。 4、动量变化量的计算 当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负。若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向相同；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向相反。 当初、末状态动量不在一条直线上时，可按平行四边形定则求Δp 的大小和方向 三、冲量 1、定义 力和力的作用时间的乘积。 2、表达式 I＝Ft。 【注意】该式适用于求恒力的冲量。 3、物理意义 反映力的作用对时间的累积效应。 4、方向 方向与力的方向相同。 5、单位 在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s。 6、性质 冲量是矢量，计算满足平行四边形法则。 7、对冲量的理解 冲量是力在一段时间内的积累，由力和时间共同决定，它是一个过程量，求解时一定要明确是哪一个力在那一段时间内的积累。 由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。 8、冲量的计算方法 ①公式法：I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。 ②面积法：在F-t图像中曲线与横轴t所围的面积表示冲量，既适用与恒力也适用于变力。 ③平均值法：若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量。 ④动量定理法：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即I＝p′－p。 9、冲量和功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 (F为恒力) (F为恒力) 性质 矢量 标量 意义 表示力对时间的累积；是动量变化的量度 表示力对空间的累积；是能量变化的量度 联系 都是过程量，都与力的作用过程相联系 核心考点2 动量定理 一、动量定理 1、内容 物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。 2、表达式 I=F合·t＝Δp＝p′－p。 3、对动量定理的理解 动量变化的原因：外力的冲量。 动量定理的表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用。 动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同的都适用。 动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统，对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力，系统内力的作用不改变整个系统的总动量。 动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。 由动量定理得：F合＝，即物体动量的变化率等于它受到的合力。 与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能改变物体的动量。 当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。 二、动量定理的应用 解释现象：物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间越长时，力就越小；作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化越小。 求变力的冲量：用I＝Δp求变力的冲量。 求动量的变化量：用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。 求流体问题或粒子流问题：解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解（分析方法为：选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象；确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；分析连续体的受力情况和动量的变化情况；应用动量定理列出数学表达式；求解并分析和讨论结果。） 三、动量定理的解题思路 人们常利用高压水枪洗车（如图），假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q（单位时间流出的水的体积），水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为，则水流对汽车的平均冲击力为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】选择短时间内与汽车发生相互作用的水为研究对象，该部分水的质量为 由于喷出水流的流量为Q指单位时间流出的水的体积，则有根据动量定理有 根据牛顿第三定律有，解得，水流对汽车的平均冲击力为。 核心考点3 动量守恒定律 一、动量守恒定律 1、系统 相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。 【注意】在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 2、内力和外力 内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：外部其他物体对系统的作用力。 【注意】对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。 3、动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 4、表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 5、守恒条件 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 6、动量守恒定律的性质 普适性：适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。 同一性：系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。 瞬时性：动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 矢量性：动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。 二、动量守恒定律的推导 1、推导过程 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 三、动量守恒定律的解题步骤 明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程； 进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量； 判断系统的动量是否守恒，或在某一方向上（某一阶段）的动量是否守恒； 根据动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。 如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（　　） A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s B．整个过程产生的热量为3.6J C．碰后C的速度为0.5m/s D．A和C碰撞前A、B已经共速运动 【答案】B 【详解】C．对A、B、C整体，根据动量守恒定律有，解得，故C错误； B．根据能量守恒定律有，故B正确；A．木板A和小球C发生弹性碰撞，则，，代入数据解得，故A错误； D．A和C碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有，代入数据解得 由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。 核心考点4 反冲现象和爆炸 一、反冲 1、定义 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。 2、特点 物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 3、作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果。 4、规律 动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律。 机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11－m22＝0，可得：m1x1＝m2x2。该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒；②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动；③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移。 5、应用 农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 6、防止 用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 7、反冲与动量守恒定律 反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B运动方向的相反方向运动。 可用动量守恒定律解决反冲问题的情况：①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题；②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题；③系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题。 【注意】速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。 速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。 8、火箭 原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 影响因素：①喷气速度；②质量比（火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大）。 【注意】变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。 火箭问题：①火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象；②注意反冲前、后各物体质量的变化；③明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。列方程时要注意初、末状态动量的方向。 二、人船模型 1、模型 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题归为“人船模型”模型。 2、图例 3、解题方法 利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。 4、求解过程 两物体满足动量守恒定律：；两物体的位移大小满足：，又 ，得，。 5、特点 人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即。 6、模型延伸 这类模型延伸图如下，有：m1x1＝m2x2。 如图所示，质量为3m、半径为R的大空心球B（内壁光滑）静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为（　　） A．R B． C． D． 【答案】D 【解析】A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，动量守恒，则从A被释放到A滚到最低点的过程中，A、B在任意时刻的速度大小满足 ，所以A、B的位移大小满足 根据位移关系有 ，解得 故选D。 三、爆炸 1、特点 物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。 2、规律 动量守恒：系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒。 动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为动能。 位置不变：由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理，认为爆炸后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。 把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F随时间t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时刻，小球的动能最大 B．时间内，小球始终处于失重状态 C．时间内，小球所受合力的冲量为0 D．时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，在时刻，小球落到弹簧上，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的重力与弹力的合力方向向下，逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向下，且逐渐减小，小球的速度仍在增大，当弹力增大到大小等于重力时，小球的速度最大，则动能最大，A错误； B．由图乙可知，时刻弹力最大，此时压缩弹簧到最低点，可知在时间内，弹力先小于重力后大于重力，则加速度方向先向下，后向上，小球先失重后超重，B错误； C．时间内，小球与弹簧组成的整体机械能守恒，可知在时刻小球落到弹簧上，时刻小球离开弹簧，则有两时刻小球的速度大小相等，方向相反，设此时的速度大小为v，小球的质量为m，取向上方向为正方向，则有小球的动量变化量为，由动量定理可知，小球在时间内，所受合力的冲量，C错误； D．时间内，弹力逐渐减小，是小球被弹起直至离开弹簧的过程，此过程小球和弹簧组成的整体机械能守恒，则有小球增加的动能与重力势能之和等于弹簧弹性势能的减少量，即小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，D正确。故选D。 核心考点5 碰撞 一、碰撞 1、定义 碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。 【注意】碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 2、特点 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。 3、遵循原则 ①系统的总动量守恒。 ②系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。 ③速度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 二、对心碰撞和非对心碰撞 1、对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。 2、非对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1、弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ②机械能守恒：m1v＋＝m1v1′2＋m2v2′2。 整理得：m1v1—m1v1′＝m2v2 —m2v2′，m1v—m1v1′2＝—m2v2′2。得：v1＋v1′＝v2＋v2′。 解得：v1′＝，v2′=。 当v1≠0，v2=0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m1v1＋ m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1。 过程分析：①若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 ②若m1＞m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向（当m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去）。 ③若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回（m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）。 2、非弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。 规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。②机械能守恒：m1v＋＞m1v1′2＋m2v2′2。 若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m1v1＋ m2v2＝(m1＋m2)v，m1v＋=(m1＋)v2+∆E损失，解得：∆E损失=v。 3、碰撞的类型及遵从的规律 类型 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，碰后速度相同 四、弹簧-滑块模型 1、模型图例 2、模型速度-时间图像 3、模型特点 动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小。 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。 如上图，当A与弹簧分离瞬间AB的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到。 【注意】该模型的临界问题为：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，、时刻弹簧的弹性势能分别为、，则下列说法正确的是（　　） A．A、B的质量之比为 B．时刻B的速度为 C．时刻弹簧的弹性势能为 D．时刻A、B的速率之比为 【答案】BC 【详解】A．根据图乙可知时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有 解得，A错误； B．根据图乙可知时刻A的速度为零，则根据动量守恒定律有，又 可得时刻B的速度为，B正确； C．从时间内，根据能量守恒可得，从时间内，根据能量守恒可得，联立解得，C正确； D．时刻，根据动量守恒定律有，根据能量守恒定律 结合以上分析联立解得，或，，结合图乙可知第二种结果不符合题意，则时刻A、B的速率之比为D错误。 五、滑块—斜(曲)面模型 1、模型图例 2、模型特点 上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共，系统机械能守恒：mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，系统机械能守恒：mv02＝mv12＋Mv22，相当于完成了弹性碰撞。 【注意】该模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等 3、模型的延伸 小球—小车/滑环模型（如下图所示）也是水平方向动量守恒和机械能守恒。 如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直。质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； 在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程； 若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小结果用、及表示。 【答案】解：小球第一次运动到轨道最低点时，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，机械能守恒，选水平向左的方向为正方向，设小球的速度为，凹槽的速度为，则 两边同时乘以可得： ，根据几何关系可知： ，根据机械能守恒定律可得： 联立解得：； 。 设小球的坐标为，设此时凹槽向右运动的距离为，则，小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可分析出此时的椭圆方程为：，整理可得： 将代入上述的轨迹方程可得：，根据数学知识可知，上述的轨迹方程是以为圆心，为半径的圆，当小球下落的高度为时，对应的位置如图所示： 此时可知速度的方向与水平方向的夹角为，小球下落的高度为 过程中，系统水平方向动量守恒，选择水平向左的方向为正方向，设小球的速度为，凹槽的速度为，则，根据机械能守恒定律可得； ，联立解得： 六、子弹-木块模型 1、模型图例 2、模型特点 子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：，从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有， 对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 则有：，这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。 若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。 若d＜L（木块的长度）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。 若d＞L（木块的长度）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。设穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，则有：mv0=mv1+Mv2，-（S2+L）=-，S2=，解得：Q=L=--+。 【注意】由上式不难求得平均阻力的大小：，木块前进的距离：。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：，一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。 该模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）    A．木块获得的最大速度为 B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差 【答案】B 【详解】A．对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律，解得 此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确； B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统，解得，选项B错误；C．对木板，由动量定理：，解得，选项C正确； D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D正确。 七、滑块-木板模型 1、模型图例 2、模型的速度-时间图像 3、模型特点 把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程 【注意】若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。 该模型的临界问题为：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 4、物理量求解 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律或，研究对象为一个系统。 如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量，长度，A、B的质量均为，A的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数；B的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度取，求： （1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能； （2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离； （3）A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意，设平板车最终的速度为，以A、B以及平板车为系统，根据动量守恒定律有，解得，则系统损失的机械能为 解得 （2）根据题意，设开始运动时A、B和平板车的加速度大小分别为、和a，根据牛顿第二定律有 ，，，设经时间A、B发生碰撞，则有，，，代入数据得或（舍去），，， A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离，解得。 （3）设A、B发生碰撞前瞬间，A、B和平板车的速度分别为、和v，则有 ，，A、B质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有 ，碰后B与平板车速度相等，分析可知此后B与平板车始终保持相对静止。设此后A与平板车的相对位移为，则有，，最终A、B之间的距离 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 动量 常考考点 真题举例 完全弹性碰撞和动量定理 2024·广东·高考真题 人船模型 2024·河北·高考真题 完全非弹性碰撞 2024·甘肃·高考真题 动量守恒定律 2024·安徽·高考真题 掌握动量和冲量的概念，会计算恒力、变力的冲量； 掌握动量定理，能用动量定理对问题进行分析和计算； 掌握动量守恒定律，熟练运用动量守恒定律进行分析和计算，特别是一些具体模型的求解思路需要重点掌握； 掌握反冲和爆炸遵从的规律，能够进行具体的计算； 重点掌握碰撞的种类和各种模型，能熟练解决各种模型问题。 核心考点01 动量和冲量 一、动量 3 二、动量的变化量 3 三、冲量 4 核心考点02 动量定理 5 一、动量定理 5 二、动量定理的应用 5 三、动量定理的解题思路 6 核心考点03 动量守恒定律 6 一、动量守恒定律 6 二、动量守恒定律的推导 7 二、动量守恒定律的解题步骤 8 核心考点04 反冲现象和爆炸 8 一、反冲 8 二、人船模型 10 二、爆炸 11 核心考点05 碰撞 12 一、碰撞 12 二、对心碰撞和非对心碰撞 13 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 13 四、弹簧-滑块模型 14 五、滑块-斜（曲）面模型 15 六、子弹-木块模型 16 七、滑块-木板模型 18 核心考点01 动量和冲量 一、动量 1、定义 物体 和 的乘积，用字母p表示。 2、公式 p＝mv。 3、方向 动量的方向与 的方向一致。 4、单位 国际单位是千克·米每秒，符号是kg·m/s。 5、性质 动量既有 ，又有 ，是 。运算遵循矢量运算法则。 【注意】动量具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同。通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指相对地面的动量。 6、动量与速度的区别和联系 区别：①动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果；②速度描述物体运动的快慢和方向。 联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，且 p＝mv。 7、动量与动能的区别和联系 区别：①动量是矢量，从运动物体的作用效果方面描述物体的状态，动量的变化因素是合外力的冲量；②动能是标量，从能量的角度描述物体的状态，动能的变化因素是合外力所做的功。 联系：①动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，且p＝或Ek＝；②都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系；③若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化。 二、动量的变化量 1、定义 物体在某段时间内末动量与初动量的 差。 2、定义式 Δp＝p′－p。 【注意】因为 p＝mv 是矢量，只要 m 的大小、v 的大小和 v 的方向三者中任何一个发生了变化，动量 p 就 。 3、性质 动量的变化量Δp 也是矢量，其方向与速度的改变量Δv 。 4、动量变化量的计算 当物体做直线运动时，只需选定正方向，与正方向相同的动量取 ，反之取 。若Δp 是正值，就说明Δp 的方向与所选正方向 ；若Δp 是负值，则说明Δp 的方向与所选正方向 。 当初、末状态动量不在一条直线上时，可按 定则求Δp 的大小和方向 三、冲量 1、定义 力和力的作用 的乘积。 2、表达式 I＝Ft。 【注意】该式适用于求恒力的冲量。 3、物理意义 反映力的作用对时间的累积效应。 4、方向 方向与 的方向相同。 5、单位 在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 。 6、性质 冲量是矢量，计算满足 法则。 7、对冲量的理解 冲量是力在一段时间内的积累，由力和时间共同决定，它是一个过程量，求解时一定要明确是哪一个力在那一段时间内的积累。 由于力与时间均与参考系无关，则冲量与参考系无关，具有绝对性。 8、冲量的计算方法 ①公式法：I＝FΔt，此方法仅适用于求恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。 ②面积法：在F-t图像中曲线与横轴t所围的面积表示冲量，既适用与恒力也适用于变力。 ③平均值法：若方向不变的变力大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量。 ④动量定理法：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量，即I＝p′－p。 9、冲量和功的比较 冲量 功 定义 作用在物体上的力和力作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 单位 N·s J 公式 (F为恒力) (F为恒力) 性质 矢量 标量 意义 表示力对时间的累积；是动量变化的量度 表示力对空间的累积；是能量变化的量度 联系 都是过程量，都与力的作用过程相联系 核心考点2 动量定理 一、动量定理 1、内容 物体所受合力的冲量等于物体 的变化量。 2、表达式 I=F合·t＝Δp＝p′－p。 3、对动量定理的理解 动量变化的原因：外力的冲量。 动量定理的表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用。 动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同的都适用。 动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统，对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力，系统内力的作用不改变整个系统的总动量。 动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。 由动量定理得：F合＝，即物体动量的变化率等于它受到的合力。 与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能改变物体的动量。 当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。 二、动量定理的应用 解释现象：物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间越长时，力就越小；作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化越小。 求变力的冲量：用I＝Δp求变力的冲量。 求动量的变化量：用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。 求流体问题或粒子流问题：解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解（分析方法为：选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对象；确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；分析连续体的受力情况和动量的变化情况；应用动量定理列出数学表达式；求解并分析和讨论结果。） 三、动量定理的解题思路 人们常利用高压水枪洗车（如图），假设水枪喷水口的横截面积为S，喷出水流的流量为Q（单位时间流出的水的体积），水流垂直射向汽车后速度变为0。已知水的密度为，则水流对汽车的平均冲击力为（　　） A． B． C． D． 核心考点3 动量守恒定律 一、动量守恒定律 1、系统 相互作用的两个或 物体组成一个力学系统。 【注意】在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。 2、内力和外力 内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：外部其他物体对系统的作用力。 【注意】对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。 3、动量守恒定律的内容 一个系统不受 或者所受外力之和为 ，这个系统的总动量保持不变。 4、表达式 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。 p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。 Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。 Δp1＝－Δp2 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 5、守恒条件 理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。 近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。 实际条件 系统所受合外力为0。 单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。 某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 6、动量守恒定律的性质 普适性：适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。 同一性：系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。 瞬时性：动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 矢量性：动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。 二、动量守恒定律的推导 1、推导过程 水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示： 设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。 相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2) 因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 三、动量守恒定律的解题步骤 明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程； 进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量； 判断系统的动量是否守恒，或在某一方向上（某一阶段）的动量是否守恒； 根据动量守恒定律列出方程； 代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。 如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C，三者均处于静止状态。现给B一个瞬间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（　　） A．木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s B．整个过程产生的热量为3.6J C．碰后C的速度为0.5m/s D．A和C碰撞前A、B已经共速运动 核心考点4 反冲现象和爆炸 一、反冲 1、定义 一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向 ，另一部分必然向 的方向运动的现象。 2、特点 物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 3、作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果。 4、规律 动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律。 机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。 若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11－m22＝0，可得：m1x1＝m2x2。该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒；②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动；③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移。 5、应用 农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转。 6、防止 用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 7、反冲与动量守恒定律 反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B运动方向的相反方向运动。 可用动量守恒定律解决反冲问题的情况：①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题；②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题；③系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题。 【注意】速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。 速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。 8、火箭 原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速度。 影响因素：①喷气速度；②质量比（火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大）。 【注意】变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。 火箭问题：①火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象；②注意反冲前、后各物体质量的变化；③明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。列方程时要注意初、末状态动量的方向。 二、人船模型 1、模型 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题归为“人船模型”模型。 2、图例 3、解题方法 利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。 4、求解过程 两物体满足动量守恒定律：；两物体的位移大小满足：，又 ，得，。 5、特点 人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即。 6、模型延伸 这类模型延伸图如下，有：m1x1＝m2x2。 如图所示，质量为3m、半径为R的大空心球B（内壁光滑）静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为（　　） A．R B． C． D． 三、爆炸 1、特点 物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来处理。 2、规律 动量守恒：系统的内力远远大于外力，外力可忽略不计，系统的总动量守恒。 动能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量（如化学能）转化为动能。 位置不变：由于爆炸问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理，认为爆炸后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。 把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F随时间t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．时刻，小球的动能最大B．时间内，小球始终处于失重状态 C．时间内，小球所受合力的冲量为0 D．时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量 核心考点5 碰撞 一、碰撞 1、定义 碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生 。 【注意】碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。 2、特点 时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。 相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。 动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。 位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。 能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。 3、遵循原则 ①系统的总动量守恒。 ②系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。 ③速度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，应满足v前′≥v后′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。 二、对心碰撞和非对心碰撞 1、对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为 ，也叫对心碰撞。 2、非对心碰撞 如图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条 上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。 三、弹性碰撞和非弹性碰撞 1、弹性碰撞 如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做 。 弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 ②机械能守恒：m1v＋＝m1v1′2＋m2v2′2。 整理得：m1v1—m1v1′＝m2v2 —m2v2′，m1v—m1v1′2＝—m2v2′2。得：v1＋v1′＝v2＋v2′。 解得：v1′＝，v2′=。 当v1≠0，v2=0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m1v1＋ m2v2 ＝m1v1′＋m2v2′，由机械能守恒得m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，解得v1′＝v1，v2′＝v1。 过程分析：①若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 ②若m1＞m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向同向（当m1≫m2，则有v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去）。 ③若m1<m2，v1′为负值，表示v1′与v1方向相反，m1被弹回（m1≪m2，则有v1′＝－v1，v2′＝0，表示m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止）。 2、非弹性碰撞 如果碰撞过程中 不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。 规律：①动量守恒定律：m1v1＋ m2v2＝m1v1′＋m2v2′。②机械能守恒：m1v＋＞m1v1′2＋m2v2′2。 若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m1v1＋ m2v2＝(m1＋m2)v，m1v＋=(m1＋)v2+∆E损失，解得：∆E损失=v。 3、碰撞的类型及遵从的规律 类型 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，碰后速度相同 四、弹簧-滑块模型 1、模型图例 2、模型速度-时间图像 3、模型特点 动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小。 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。 如上图，当A与弹簧分离瞬间AB的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到。 【注意】该模型的临界问题为：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大。 如图甲所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，中间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A一水平向右的瞬时速度，之后两物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，、时刻弹簧的弹性势能分别为、，则下列说法正确的是（　　） A．A、B的质量之比为 B．时刻B的速度为 C．时刻弹簧的弹性势能为 D．时刻A、B的速率之比为 五、滑块—斜(曲)面模型 1、模型图例 2、模型特点 上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒：mv0＝(M＋m)v共，系统机械能守恒：mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，系统机械能守恒：mv02＝mv12＋Mv22，相当于完成了弹性碰撞。 【注意】该模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等 3、模型的延伸 小球—小车/滑环模型（如下图所示）也是水平方向动量守恒和机械能守恒。 如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直。质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； 在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程； 若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小结果用、及表示。 六、子弹-木块模型 1、模型图例 2、模型特点 子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：，从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为，设子弹、木块的位移大小分别为、，如图所示，显然有， 对子弹用动能定理： 对木块用动能定理： 则有：，这个式子的物理意义是：恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。 若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。 若d＜L（木块的长度）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。 若d＞L（木块的长度）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。设穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，则有：mv0=mv1+Mv2，-（S2+L）=-，S2=，解得：Q=L=--+。 【注意】由上式不难求得平均阻力的大小：，木块前进的距离：。从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：，一般情况下，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。 该模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。 如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为的木块A放在长木板的左端，一颗质量为的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的是（　　）    A．木块获得的最大速度为 B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差 七、滑块-木板模型 1、模型图例 2、模型的速度-时间图像 3、模型特点 把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程 【注意】若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。滑块—木板模型与子弹打木块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。 该模型的临界问题为：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。 4、物理量求解 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律或，研究对象为一个系统。 如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量，长度，A、B的质量均为，A的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数；B的初速度大小为，与平板车之间的动摩擦因数，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度取，求： （1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能； （2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离； （3）A、B与车保持相对静止时，A、B之间的距离。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$