专题07 碰撞与动量守恒
目录
猜想一 ：结合生活现象考查动量定理的简单应用 ................................................................................................. 1 猜想二 ：结合生活现象考查动量守恒定律的简单应用 ......................................................................................... 2 猜想三：动量与能量综合考查碰撞与爆炸 .............................................................................................................. 3 最新模拟冲刺练习 ...................................................................................................................................................... 6
猜想一 ：结合生活现象考查动量定理的简单应用
【猜想依据】高空坠物的危害，物体的制动情况以及体育运动中球类的冲击力等，以此情境命制的试题都会涉及动量定理的应用体现了分析问题解决问题这一思想。 【要点概述】1．对动量定理的理解
(1)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．
(2)动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力． 2．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小．
【例1】(2020·湖北部分重点中学模拟)质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v.在时间t内( )
mvA．地面对他的平均作用力为mg B．地面对他的平均作用力为
tC．地面对他的平均作用力为m【答案】：D.
【进行】人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：(F－mg)t＝mv，故地面对人的平均作用力为F＝mvvg D．地面对他的平均作用力为mg ttvg，D正确． t
【例2】.(2020·广东广州一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅰ，忽略空气阻力，则运动员( )
A．过程Ⅰ的动量改变量等于零 B．过程Ⅰ的动量改变量等于零
C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量 D．过程Ⅰ 的动量改变量等于重力的冲量 【答案】C.
【解析】：过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅰ的动量改变量不等于零，故B错误；过程Ⅰ的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误．
【例3】(2020·湖南长沙二模)乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒乓球坛的一项发球技术．某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后向上运动的最大高度为2.45 m，若抛球过程，手掌和球接触时间为5 ms，不计空气阻力，则该过程中手掌对球的作用力大小约为( )
A．0.4 N B．4 N C．40 N D．400 N 【答案】B.
【解析】：向上为正，手离开球后的速度为v：v＝2gh＝2×10×2.45 m/s＝7 m/s，重力忽略由动量定理有：mv2.7×103×7F＝＝ N≈4 N，故B正确，A、C、D错误． －
t5×103
－
猜想二 ：结合生活现象考查动量守恒定律的简单应用
【猜想依据】教材例题、高考题、模拟题中都加重了试题与实际的联系、命题导向由单纯解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会模型构建、科学推理。 【例1】(2020·湖南怀化高三模拟)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 s B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s D．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 【答案】AD
1
【解析】：.由h＝gt2得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和
21x2
竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝vx＋v2C错误；y＝5 m/s，t1由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D正确；由动量定理得：－μ(M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B错误．
【例2】(2020·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度为( ) A．3v0－v C．3v0－2v 【答案】C.
【解析】：取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确． 【例3】.如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，速度为v1，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
B．2v0－3v D．2v0＋v
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小． 【答案】(1)5.2 m/s (2)432 N
【解析】(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙运动的方向为正方向， 则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得 M2v0＝(M2－m)v1＋mv
代入数据联立解得v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s.
(2)以甲为研究对象，以甲接住A后运动的方向为正方向，由动量定理得 Ft＝M1v1－(－M1v0)， 代入数据解得F＝432 N.
猜想三：动量与能量综合考查碰撞与爆炸
【猜想依据】每年高考中都有一道力学综合计算题，通过对近几年全国卷试题的分析研究可以看出，力学
计算题从考查直线运动逐渐转为结合牛顿运动定律考查板块模型问题、功能关系问题．这说明凡是《考试大纲》要求的，只要适合作为计算题综合考查的，都有可能设置为计算题．因此高考复习中不要犯经验主义错误，动量模块选为必考后考查计算题的概率十分大，冲刺复习时不能掉以轻心。 【要点概述】1．碰撞遵守的规律 (1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.
p2p2p′2p′21212
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或＋≥＋.
2m12m22m12m2
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零． 2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞
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，有 m1v1＝m1v′1＋m2v′2 12112m1v1＝m1v′21＋m2v′2 222解得v′1＝结论：
Ⅰ当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度．
Ⅰ当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动． Ⅰ当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． Ⅰ撞前相对速度与撞后相对速度大小相等． (2)完全非弹性碰撞 Ⅰ撞后共速．
Ⅰ有动能损失，且损失最多．
【例1】(2020·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是( ) A．m1＝m2 C．4m1＝m2 【答案】C.
【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，
（m1－m2）v12m1v1
，v′2＝.
m1＋m2m1＋m2
B．2m1＝m2 D．6m1＝m2
不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，
2
p2p2p1′2p2′2211
因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因为题目给出物理情景是“甲从
2m12m22m12m251
p1p25
后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须
m1m27p1′p2′1
大于或等于甲球的速度这一物理情景，即≤，所以m1≥m2，C正确．
m1m25
【例2】(2020·河南郑州模拟)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上有固定的光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，小车(包括光滑斜面和连有弹簧的挡板)总质量为M＝2 kg.物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失．已知物块的质量m＝1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8 m，BC的长度为L＝3 m，BD段光滑．g取10 m/s2.求在运动过程中：
(1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达C点的速度． 【答案】：见解析
1
【解析】：(1)物块由A点到B点的过程中，由动能定理得mgh＝mv2－0，代入数据解得vB＝6 m/s.物块由B
2B点运动到将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取vB的方向为正方向，mvB＝(M＋m)v，弹簧压缩到11
最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒可得Epmax＝mv2－(M＋m)v2，由以上两式可得Epmax＝12 J.
2B2(2)物块由B点运动到第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，则有mvB＝mvC＋Mv′，11212物块由B点运动到第二次到达C点的整个过程中，根据机械能守恒，有mv2B＝mvC＋Mv′，联立以上两式222并结合题意可解得vC＝－2 m/s，即物块第二次到达C点的速度大小为2 m/s，方向水平向左．
【例3】(2020·广东汕头模拟)如图所示，光滑的水平面AB与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点．用轻质细线连接甲、乙两小球(图中细线未画出)，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接．甲球的质量为m1＝0.1 kg，乙球的质量为m2＝0.3 kg，甲、乙两球静止在光滑的水平面上．现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点．重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两球可看做质点．
(1)求细线烧断前弹簧的弹性势能；
(2)若甲球不固定，烧断细线，求乙球离开弹簧后进入半圆轨道能达到的最大高度；
(3)若给甲、乙两球一向右的初速度v0的同时烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道仍恰好能通过D点，求v0的大小．
【答案】：(1)2.4 J (2)0.2 m (3)2 m/s
2vD【解析】：(1)设乙球恰好能通过D点的速度为vD，m2g＝m2，vD＝gR
R
设弹簧的弹性势能为Ep，水平面为零势能面． 由机械能守恒得 1
Ep＝m2g×2R＋m2v2D 2解得Ep＝2.4 J.
(2)甲、乙两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以乙球运动的方向为正方向 m2v2－m1v1＝0 112Ep＝m1v21＋m2v2 22
1对乙球由机械能守恒得m2gh＝m2v2
22解得h＝0.2 m
h 解得v2′＝4 m/s，v1′＝－2v0(v1′＝2v0舍去)， v0＝2 m/s. 最新模拟冲刺练习 1．(2020·湖北武汉高三调考)运动员在水上做飞行运动表演．他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( ) A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s 【答案】C. D．10.8 m/s d2 【解析】：设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·π， 4设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律得F′＝F，联立解得v≈7.6 m/s，C正确． 2．(2020·湖南常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g，关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( ) A．小球的机械能减小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m2gH D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 【答案】AC. 【解析】：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝2gH，对小球进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m2gH，得：IF＝IG＋m2gH，知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误． 3.(2020·山西晋城高三模拟)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行．已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为( ) FA．M＋ vF C．M－ v【答案】D. 【解析】：设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m.以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据F 动量定理有：Ft＝mv－0，其中t＝1 s，可得：m＝，D正确． v 4.(2020·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( ) A．E1 F B.－M vFD. v C．E2>E0 【答案】AB. D．p1>p0 【解析】：因为碰撞前后动能不增加，故有E1 5．(2020·湖南师大附中模拟)质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为 ( ) A．0.6v 【答案】BD. 【解析】：若vB＝0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.6v，得vA＝－0.8v，碰撞前系统11112 2 的总动能为Ek＝mv2.碰撞后系统的总动能为：Ek′＝mv2A＋×3mvB>mv ，违反了能量守恒定律，不可能，2222故A错误；若vB＝0.4v，由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.4v，得vA＝－0.2v，碰撞后系统的总动能为：Ek′1112 2 ＝mv2A＋×3mvB 由动量守恒得：mv＝mvA＋3m·0.3v，解得：vA＝0.1v，碰撞后系统的总动能为Ek′＝mv2A＋×3mvB B．0.4v C．0.2v D．0.3v mhA. M＋m mh C. （M＋m）tan α【答案】C 【解析】：.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上hmh对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2Ⅰ，且x1＋x2＝Ⅰ，由ⅠⅠ式可得x2＝，故选C. tan α（M＋m）tan α7.(2020·北京第四中学考试)在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质1 量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的 .则碰后B球的速度大小是( ) 4v0v0A. B. 26v0v0C.或 26 D．无法确定 MhB. M＋m Mh D. （M＋m）tan α 【答案】A. 1 【解析】：两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变， 21v0 则mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符 261v0 合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－mv0＋3mv1，可得v1＝，A正确，B、C、D错误． 228．(2020·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( ) A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功不相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 【答案】AB. 【解析】：根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误；产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误． 9.(2020·四川遂宁三诊)“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2 m/s2垂直下降．当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在月球表面上．飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6 m/s2，四条缓冲脚的质量不计．求： (1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功； (2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小． 13 600 【答案】 (1)－1.6×105 J (2)3 N·s 3 【解析】(1)设h＝100 m，飞船加速下降时火箭推力为F：mg－F＝ma；推力对火箭做功为：W＝－Fh；解得：W＝－1.6×105 J. (2)t＝2 s，a＝2 m/s2，缓冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为：v2＝2ah； 从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为：4Isin 60°－mgt＝mv， 13 600 解得：I＝3 N·s. 3 10.(2020·江西吉安高三五校联考)平板车上的跨栏运动如图所示，光滑水平地面上人与滑板A一起以v0＝0.5 m/s的速度前进，正前方不远处有一距离轨道高h＝0.787 5 m的(不考虑滑板的高度)横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，已知m人＝40 kg，mA＝5 kg，mB＝10 kg，g取10 m/s2.求： (1)人相对滑板A竖直向上起跳的最小速度(结果保留根号)及人跳离滑板A时相对地面的最小速度； (2)A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞后A、B的速度各多大； (3)最终人与B的共同速度的大小． 117 【答案】：(1)15.75 m/s 4 m/s (2)－ m/s m/s (3) m/s 6315 【解析】：(1)设人相对滑板A起跳的竖直速度至少为vy，则有v2y＝2gh，解得：vy＝15.75 m/s； 2＋v2＝4 m/s. 因为人与滑板A的水平速度相同，所以人跳离滑板A时相对地面的最小速度为v＝v0y (2)人跳起后，A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度为v1，B的速度为v2，则有 mAv0＝mAv1＋mBv2 1112＝mv2＋mv2， mAv0 22A12B2 11 解得：v1＝－ m/s，v2＝ m/s. 63 (3)人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v3，则有m人v0＋mBv2＝(m人＋mB)v3，代入数7 据得：v3＝ m/s. 15 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容