（高二）专题09 动量守恒定律的应用 重难点-2024-2025学年高中物理期末重难点复习攻略

专题09 动量守恒定律的应用——重难点 1. 弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ    （1） m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 （2） 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=。 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2  ，v2ˊ= v1 。 2. “动静相碰型”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m1v1=m1v1′＋m2v2′ m1v=m1v1′2＋m2v2′2 解得：v1′=，v2′= 结论：（1）当m1=m2时，v1′=0，v2′=v1（质量相等，速度交换） （2）当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′（大碰小，一起跑） （3）当m1＜m2时，v1′＜0，v2′>0（小碰大，要反弹） （4）当m1≫m2时，v1′=v0，v2′=2v1（极大碰极小，大不变，小加倍） （5）当m1≪m2时，v1′=-v1，v2′=0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变） 3. 非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 4.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2）v共    （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½（m1+m2）v共2.   （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 例1. 1．在光滑的水平面上，一个质量为2kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后A的动量为6kg∙m/s B．碰撞后A的动量为4kg∙m/s C．物体B的质量为2kg D．碰撞过程中合外力对B的冲量为6N∙s 例2. 2．如图所示，质量mA=0.2kg、mB=0.3kg的小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度v0=5m/s，之后与B球发生对心碰撞。碰后B球的速度可能为（　　） A．2m/s B．3m/s C．4.5m/s D．5m/s 例3. 3．质量为、速度为的球与质量静止的球在光滑水平面发生正碰，求∶ （1）若两球发生的是弹性碰撞，碰后两球速度分别为多少； （2）若两球发生的是完全非弹性碰撞，碰后两球速度又是多少。 变式 4．A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰，碰撞时间极短，两物块运动的图像如图所示，则下列判断正确的是（    ） A．碰撞后A、B两个物块运动方向相同 B．A、B的质量之比 C．碰撞前、后A物块的速度大小之比为5:3 D．此碰撞为弹性碰撞 变式 5．如图所示，大小相同、质量分别为0.2kg和0.1kg的小球，在光滑水平面上分别以0.3m/s和0.9m/s的速度沿同一直线相向运动，相撞之后粘住成为一个整体，则整体的速度大小为（    ） A．0.1m/s B．0.3m/s C．0.6m/s D．1.2m/s 变式 6．质量为1kg的小球A在光滑的水平面上以速度大小v0=9m/s与静止在光滑水平面上的质量为2kg的小球B发生正碰，求： (1)若两球发生弹性碰撞，求碰后两球的速度； (2)若两球撞后粘在一起，求损失的机械能。 碰撞三原则 （1）动量守恒：即p1＋p2=p1′＋p2′。 （2）动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 （3）速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有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，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 例1. 7．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为，B球的动量为。当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 例2. 8．如图所示，两个质量分别为、的小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线向右运动，，经过一段时间后两球发生正碰，碰前速度分别为，，碰撞后的速度分别为、，则下列选项中可能正确的是（　　） A．， B．， C．， D．， 变1 9．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线同一方向运动，A球的动量，B球的动量，当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　） A． B． C． D． 变2 10．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是，B球的动量是，已知，，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．， B．， C．， D．， 子弹打木块 示意图 子弹未穿出 子弹穿出 v-t图 例 11．如图所示，质量为m的子弹，以初速度射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中。木块质量为M，长度为L，子弹射入木块的深度为d，在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（　　） A．d可能大于s，也可能小于s B．s可能大于L，也可能小于L C．s一定小于d，s一定小于L D．若子弹质量减小，d和s不一定同时变小 例 12．如图所示，用长度为L的轻质细绳悬挂一个质量为M的木块，一个质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v。子弹穿过木块的时间和空气阻力不计，木块和子弹可以看作质点，以木块初始位置为零势能点，下列说法正确的是（　　） A．子弹穿透木块过程中，子弹、木块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．子弹刚穿透木块时，木块速度为 C．子弹刚穿透木块时，绳子的拉力为 D．子弹刚穿透木块后，木块能到达的最大高度为 变 13．光滑的水平面上有一质量为的静止木块，质量为的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达共同速度为止（　　） A．摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍 B．摩擦发热量在数值上等于木块获得的动能 C．摩擦力对两物体做功的代数和等于0 D．因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒 变 14．如图所示，用不可伸长的，长度为L的轻质细绳将质量为3m的木块悬挂于O，木块静止。质量为m的弹丸水平向右射入木块后未射出木块，第一颗弹丸的速度为，射入木块后二者共同上摆动的最大高度为h，当其第一次返回初始位置时，第二颗弹丸以水平速度又击中木块，且也未射出木块，使木块向右摆动且最大高度仍为h，木块和弹丸可视为质点，二者作用时间极短，空气阻力不计，则（　　） A．第一颗弹丸打入木箱后瞬间，二者的速度为 B．第二颗弹丸打入木箱后瞬间，细绳拉力的大小为 C．子弹与木箱共同上摆的最大高度h为 D．两次弹丸入射的水平速度关系为 当两个物体之间有多次多过程相互作用时，因相互作用的次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞或者相互作用的问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次相互作用过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据。 图像法 通过分析前几次相互作用情况，画出物体对应的v-图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与轴所围面积求出物体的位移 例 15．如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙达到共同速度所需的时间为 B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度 C．甲、乙相对滑动的总路程为 D．如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为 例 16．如图所示，一质量为5kg的实心球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推实心球，实心球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后实心球的速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的对地速度大小都为3m/s，已知人和车的总质量为75kg，人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是（    ） A．每一次推球都比前一次推球推力的冲量更大 B．第3次推球后，人和车的速度为1m/s C．运动的全过程，人最多可以推7次球 D．最终人、小车和实心球的速度大小都是3m/s 变 17．如图所示，光滑水平地面上有一凹槽，凹槽内放置一小物块。小物块与左右两边槽壁的距离均为，凹槽与小物块的质量均为，两者之间的动摩擦因数为。开始时凹槽与小物块均静止，某时刻凹槽以的初速度开始向右运动，小物块与凹槽壁间的碰撞均为弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知小物块可视为质点，重力加速度g取。从开始运动到小物块相对凹槽静止的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．小物块与凹槽因摩擦产生的热量为18J B．最终小物块相对凹槽静止于凹槽左端 C．小物块相对凹槽运动的时间为2s D．凹槽相对地面的位移为9m 变 18．如图所示，A、B两艘小船静止在水面上，人甲站在岸边，人乙站在B船上，人乙与B船的总质量是A船的6倍。现将A船以相对于地面的速度v向左推出，当A船到达岸边时，人甲立即以2v将A船推回，人乙接到A船后，再次将它以速度v向左推出。以此重复，直到人乙不能再接到A船，忽略水的阻力且水面静止，则人乙最多可以推船的次数为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】AB．图像的斜率等于速度，可知碰撞后A的动量为 选项AB错误； C．碰撞后B的动量为 碰撞前A的动量为 碰前B的动量为零，则由动量守恒可知 解得 mB=6kg 选项C错误； D．碰撞过程中合外力对B的冲量为 选项D正确。 故选D。 2．AB 【详解】当A、B两球发生弹性碰撞时，B球的速度最快，此时 联立解得 当A、B两球发生完全非弹性碰撞时，B球的速度最慢，此时 解得 则碰后B球的速度可能为。 故选AB。 3．（1），；（2）2m/s 【详解】取球初速度方向为正。 （1）若发生弹性碰撞，碰撞后球的速度为、球的速度为，根据动量守恒定律可得 ， 根据能量守恒定律可得 ， 联立解得 （2）若发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 4．D 【详解】A．由图像可知，碰撞后A、B两个物块运动方向相反，A错误； B．根据图像可得，碰撞前A的速度为（以此时的速度方向为正方向） 碰撞前，B球的速度为0，碰撞后，A、B的速度分别为 根据动量守恒定律可得 解得 B错误； C．根据上述分析可知，碰撞前、后A物块的速度大小之比为5:1，C错误； D．碰撞前系统的能量 碰撞后，系统的总能量 结合上面的结论可得 碰撞前后系统的能量守恒，故二者的碰撞为弹性碰撞，D正确。 故选D。 5．A 【详解】取向左为正方向，根据动量守恒可知 代入数据可得 故选A。 6．(1)， (2) 【详解】（1）若两球发生弹性碰撞，可知两球组成的系统动量守恒和机械能守恒，设两球碰撞后小球A的速度为，小球B速度为，取小球A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 代入数据联立解得 （2）若两球撞后粘在一起，由动量守恒定律可得 代入数据解得 由能量守恒定律可得损失的机械能 代入数据解得 7．A 【详解】设两球质量均为m．碰撞前总动量 碰撞前总动能为 A．若，，则碰撞后总动量 碰撞后总动能为 满足动量守恒和总动能不增加原则，故A正确； B．若碰撞后，，可知碰撞后A的速度大于B的速度，不符合速度合理性，故B错误； C．若碰撞后，，则碰撞后总动量 不满足动量守恒，故C错误； D．若碰撞后，，则碰撞后总动量为 不满足动量守恒，故D错误。 故选A。 8．B 【详解】碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能不增加原则，碰撞前系统的初动量为 可知碰撞前系统的初动能为 A．碰撞后系统的动量为 碰撞后系统的动能为 不满足碰撞过程总动能不增加原则，故A错误； B．碰撞后系统的动量为 碰撞后系统的动能为 故B正确； C．碰撞后系统的动量为 不满足动量守恒，故C错误； D．A球速度反向不满足动量守恒，A球速度不改变方向则碰撞后A球速度应小于B球速度且不满足动量守恒，故D错误。 故选B。 9．A 【详解】设两球质量均为m．碰撞前，总动量 碰撞前总动能为 A．若，则碰撞后，总动量 动量守恒，能量关系 能量不增加，选项A可能； B．若碰撞后，碰后总动量 碰后总动量减小，选项B不可能； C．若，总动量 动量不守恒，能量关系 则能量增加，选项C不可能； D．碰撞后，，碰后总动量 碰后总动量减小，选项D不可能。 故选A。 10．AB 【详解】A．根据题中数据可知 ， 碰前总动量与总动能分别为 碰后总动量与总动能分别为 可知，碰撞过程动量守恒，总动能减小，碰后A的速度小于B的速度，符合要求，故A正确； B．碰后总动量与总动能分别为 结合上述可知，碰撞过程动量守恒，总动能减小，碰后A的速度小于B的速度，符合要求，故B正确； C．碰后总动量与总动能分别为 结合上述可知，碰撞过程动量守恒，总动能不变，但是给出的数据中，碰后A的速度大于B的速度，且速度方向不变，不符合实际，故C错误； D．碰后总动量与总动能分别为 结合上述可知，碰撞过程动量守恒，总动能增大，不符合要求，故D错误。 故选AB。 11．C 【详解】木块和子弹组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有 解得 木块增加的动能等于阻力与木块的位移乘积 系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积 由此计算可得，s一定小于d，而d小于L，所以s一定小于L，若子弹质量减小，d一定变小，s一定变小。 故选C。 12．C 【详解】A．子弹穿透木块过程中，由于子弹穿过木块的时间不计，子弹、木块组成的系统满足动量守恒；子弹与木块间有摩擦，一部分机械能转化成内能，故系统不满足机械能守恒，故A错误； B．子弹刚穿透木块过程中，根据系统动量守恒可得 解得子弹刚穿透木块时，木块速度为 故B错误； C．子弹穿透木块时，以木块为对象，根据牛顿第二定律可得 解得绳子的拉力为 故C正确； D．弹刚穿透木块后，若木块上升的最大高度低于天花板，对木块，根据机械能守恒可得 解得 故D错误。 故选C。 13．A 【详解】A．设子弹的初速为v0，则由动量守恒 则摩擦力对子弹做功 木块获得动能的 因可知 即 选项A正确； B．摩擦放热 Q=fd(d为木块厚度) 木块获得的动能 (x为木块的位移) 两者不相等，选项B错误； C．摩擦力子弹做功 W1=-f(x+d) 摩擦力对物块做功 W2=fx 则摩擦力对两物体做功的代数和等于-fd，选项C错误； D．因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统受合外力为零，则动量守恒，选项D错误。 故选A。 14．D 【详解】AC．第一颗弹丸打入木箱后瞬间，根据动量守恒可得 解得二者的速度为 根据动能定理可得 解得子弹与木箱共同上摆的最大高度为 故AC错误； BD．根据题意可知，第二颗弹丸打入木箱后瞬间，根据动量守恒可得 解得 根据牛顿第二定律可得 解得细绳拉力的大小为 故B错误，D正确。 故选D。 15．C 【详解】AB．设甲、乙质量均为，碰前瞬间甲的速度为，乙的速度为，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为，则 得 则达到共速所需的时间为 碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A错误，B错误； C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为，根据动能定理可得 解得 故C正确； D．甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为，若第次碰撞发生在平板车的左挡板，则有 解得 若第次碰撞发生在平板车的右挡板，则有 解得 即最终甲距离乙左端的距离不可能为，故D错误。 故选C。 16．BD 【详解】A．设球质量为，人和小车质量为，第一次推球后，取向左为正方向，根据动量定理，有 以后每次推球，根据动量定理，有 则第二次推球的冲量大于第一次推球的冲量，之后每一次推球的冲量均相同，A错误； B．每次推球的过程，小车和人及铁球组成的系统动量守恒，则第一次推球后人和车获得的动量为 之后每一次推球的过程，人和车获得动量均为 所以第三次推球后人和车的动量为 根据 可得 B正确； C． 设经过次推球铁球后，人和车的速度为，有 要使铁球追不上人和小车，则 解得 所以运动的全过程，人最多可以推8次球，C正确； D．当时，根据 可解得 所以最终人、小车和实心球的速度大小都是3m/s，D正确。 故选BD。 17．B 【详解】A．设两者相对静止时速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 根据能量守恒可得，小物块与凹槽因摩擦产生的热量为 故A错误； BCD．两物体因为质量相同，因此发生碰撞为弹性碰撞，速度互换，且两个物体的加速度相等，因此两物体运动的图像如图 其中阴影部分表示凹槽的运动位移，在上面的等腰梯形表示两个物体的相对位移，因此第一个相对位移大小为1m，其余都为2m，可知凹槽的位移9.5m，则物块的位移为4m，运动时间为3s，小物块停在凹槽的左端。故B正确，CD错误。 故选B。 18．B 【详解】取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律可得 解得     当A船向右返回后，B船上的人第二次将A船推出，则有 可得 设第n（n≥2）次推出A船时，B船的速度大小为vn，由动量守恒定律可得 解得 则有 （n≥2） 由，可得，则n=5，即第5次推出A船时，B船上的人乙就不能再接到A船，则人乙最多可以推船的次数为5，ACD错误，B正确。 故选B。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$