知识讲解 动量守恒定律的应用（碰撞） 提高

1 动量守恒定律的应用（碰撞） 【学习目标】 1．知道什么是弹性碰撞和非弹性碰撞； 2．知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象； 3．会运用动量守恒定律分析，解决碰撞物体相互作用的问题． 【要点梳理】 要点一、碰撞 1．碰撞及类碰撞过程的特点 （1）时间特点：在碰撞、爆炸等现象中，相互作用时间很短． （2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作 用力很大． （3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力 也可以忽略，系统的总动量守恒． （4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的 瞬间，可忽略物体的位移．可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置． （5）能量特点：碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞 前系统的总动能，即： ． （6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方． 2．碰撞的分类 （1）按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞． ①弹性碰撞：碰撞过程中机械能不损失，即碰撞前后系统总动能守恒： ． ②非弹性碰撞；碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒： ． ③完全非弹性碰撞：碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大． （2）按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线，可将碰撞分为正碰和斜碰． ①正碰：碰撞前后，物体的运动方向在同一条直线上，也叫对心碰撞． ②斜碰：碰撞前后，物体的运动方向不在同一条直线上，也叫非对心碰撞． 高中阶段一般只研究正碰的情况． ③散射 指微观粒子之间的碰撞． 要点诠释：由于粒子与物质微粒的碰撞并非直接接触，而是相互靠近，且发生对心碰撞的概率很 小，所以多数粒子在碰撞后飞向四面八方． 要点二、碰撞问题的处理方法 1．解析碰撞问题的三个依据 （1）动量守恒，即 ． 1 2 1 2k k k kE E E E+ ≤ +＇ ＇ 1 2 1 2k k k kE E E E+ = +＇ ＇ 1 2 1 2k k k kE E E E+ +＇ ＇＜ 1 2 1 2p p p p+ = +＇ ＇2 （2）动能不增加，即 ． 或 ． （3）速度要符合情境：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即 ， 否则无法实现碰撞． 碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的 速度．即 ， 否则碰撞没有结束． 如果碰前两物体是相向运动，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．爆炸问题 爆炸与碰撞的共同点是物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力（内力）很大，过程持续时间很 短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，故系统的动量几乎不变，所以爆炸过程 中可以近似认为动量守恒． 要点诠释：爆炸与碰撞的不同点是爆炸过程中有其他形式的能向动能转化，故爆炸过程中系统的 动能会增加． 要点三、弹性正碰 1．弹性正碰的讨论 如图所示，在光滑水平面上质量为 的小球以速度 与质量为 的静止小球发生弹性正碰．讨 论碰后两球的速度 和 ． 根据动量守恒和动能守恒有： ， ， 解上面两式可得： 碰后 的速度 ， 1 2 1 2k k k kE E E E+ ≥ +＇ ＇ 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ' ' 2 2 2 2 p p p p m m m m + ≥ + v v后 前＞ v v≥ 后前＇ ＇ 1m 1v 2m 1v＇ 2v ＇ 1 1 1 1 2 2m v m v m v= +＇ ＇ 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1' '2 2 2m v m v m v= + 1m 1 2 1 1 1 2 ' m mv vm m −= +3 碰后 的速度 ． 讨论： （ 1 ） 若 ， 和 都 是 正 值 ， 表 示 和 都 与 方 向 相 同 ．（若 ， ， ，则： ， ，表示 的速度不变， 以 的速度被撞出 去）． （ 2 ） 若 ， 为 负 值 ， 表 示 与 方 向 相 反 ， 被 弹 回 ．（若 ， 这 时 ， ， ， ，表示 被反向以原速率弹回，而 仍静 止）． （3）若 ，则有 ， ，即碰后两球速度互换． 2．拓展 　　设在光滑的水平面上质量为 的小球以速度 去碰撞质量为 、速度为 的小球发生弹性正碰， 试求碰后两球的速度 和 。 　　根据动量守恒定律和动能守恒有： 　　　　 　　可得： 　　　　 ． ． 　　同学们可以自己讨论由于两个物体质量的关系而引起的碰撞后两物体的不同运动情况。 2m 1 2 1 1 2 2' mv vm m = + 1 2m m＞ 1v＇ 2v ＇ 1v＇ 2v ＇ 1v 1 2m m 1 2 1m m m≈－ 1 2 1m m m+ ≈ 1 1v v=＇ 2 12v v=＇ 1m 2m 12v 1 2m m＜ 1v＇ 1v＇ 1v 1m 1 2m m 1 2 2m m m≈－ － 1 1 2 2 0m m m ≈+ 1 1v v=＇ － 2 0v =＇ 1m 2m 1 2m m= 1 0v =＇ 2 1v v=＇ 1m 1v 2m 2v 1v＇ 2v ＇ 1 2 21 1 22 1m vm v vm mv ′++ = ′ 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2m v m v m v m+ = ′ ′ 1 2 1 2 2 1 1 2 ( ) 2m m v m vv m m − +′= + 2 1 2 1 1 2 1 2 ( ) 2m m v m vv m m − +′= +4 要点四、碰撞的临界问题 碰撞的物理特征是相互作用时间短暂，作用力大．相互作用的两个物体在很多情况下可当作碰撞 处理，比如各种打击现象，车辆的挂接、绳的绷紧过程等．那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、 相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．具体分析如下： （1） 如图所示： 光滑水平面上的 物体以速度 去撞击静止的 物体， 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． （2） 如图所示： 物体 以速度 滑到静止在光滑水平面上的小车 上，当 在 上滑行的距离最远时， 相对静止， 两物体的速度必定相等． （3） 如图所示： 质量为 的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 的小球 以速度 向滑块滚来设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时（即小球竖直方向上的速度 为零），两物体的速度肯定相等（方向为水平向右）． 历史上查德威克通过测量中子质量从而发现中子．中子的发现运用了动量守恒定律和能量守恒定 律，证明了这两个定律的普遍适用性． 【例】1930 年科学家用放射性物质中产生的 粒子轰击铍时，产生了一种看不见的、贯穿能力极 强的不带电未知粒子．该未知粒子跟静止的氢核正碰，测出碰撞后氢核速度是 ，该未知 粒子跟静止的氮核正碰，测出碰撞后氮核速度是 ．已知氢核质量是 ，氮核质量是 ， 假定上述碰撞是弹性碰撞，求未知粒子的质量． 【解析】设未知粒子质量为 ，初速为 ，与氢核碰撞后速度为 ，根据动量守恒和动能守恒有 ， ① ， ② 联立①②解得 A 0v B A B、 A 0v B A B A B、 A B、 M m 0v α 73.3 10 m/s× 64.7 10 m/s× Hm H14m m v v＇ H Hmv mv m v= +＇ 2 2 21 1 1'2 2 2 H Hmv mv m v= +5 ． ③ 同理，对于该粒子与氮核碰撞有 ④ 联立③④解得 ． 这种未知粒子质量跟氢核质量差不多．（即中子） 【典型例题】 类型一、分方向动量守恒 例 1．从倾角为 、长 的光滑斜面上滑下质量为 的货包，掉在质量为 的小车 里（如图）．若小车与水平面之间的动摩擦因数 ，小车能前进多远?（ ） 【思路点拨】只要在某一方向上合外力为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么在这一方 向上系统的动量就守恒或近似守恒． 【解析】货包离开斜面时速度为 ． 货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在其落入小车前，其水平速度 不变，其大小 为 ． 货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力 相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，则 ． 小车获得的速度为 2 H H mv vm m = + 2 14N H mv vm m = + (14 ) 1.16N H H H H N v vm m mv v −= =− 30° 0.3 m 2 kg 13 kg 0.02µ = 210m/sg取 1 12 2 sin30 3 m / sv as gs= = ° = xv cos30 1.5 m/sxv v= ° = ( )xmv M m v= + ＇6 ． 由动能定理有 ． 求得小车前进的距离为 ． 【总结升华】系统“动量守恒”的条件是系统“不受外力作用”或“系统所受外力之和为零”．若 系统所受的外力远小于内力，且作用时间很短，即外力的冲量可以忽略，则可近似认为系统的总动量 守恒；如果相互作用的物体所受外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统的总动量就不守恒，也 不能近似认为守恒；但是，只要在某一方向上合外力为零，或者某一方向上的外力远小于内力，那么 在这一方向上系统的动量就守恒或近似守恒． 类型二、完全非弹性碰撞 例 2.光滑水平面上有一静止的质量为 的木板，现有一颗质量为 、速率为 的子弹沿水平方 向击中木板，进入木板的深度为 （未穿出），且冲击过程中阻力恒定。问： 　　（1）子弹与木板的阻力多大？在这个过程中，木板的位移是多少？ 　　（2）冲击时间是多少？ 　　（3）这个过程中产生的热量 是多少？ 【答案】（１） ； ． （２） ． （３） 2 1.5' m/s 0.2m/s13 2 xmvv M m ×= = =+ + 2 2 1( ) ( ) '2M m gs M m vµ + = + 2 2 2 ( ) ' ' 0.1m2 ( ) 2 M m v vs M m g gµ µ += = =+ M m 0v d Q 2 0 2 ( ) Mmvf d M m = + mS d dM m = + ＜ 0 2dt v = 2 0 1= 2K MQ E fs fd mv M m =∆ = = +相7 【解析】因子弹未射出木板，故二者获得共同速度 。在获得共同速度的过程中，设木板的位移 为 ，则子弹的位移为 。 　　（1）在获得共同速度的过程中，动量守恒： 　 ① 　　碰撞后共同速度为 　　设平均阻力为 ，根据动能定理，有： 　　对子弹： 　 ② 　　对木板： 　 ③ 　　由①、②和③式可得： 　　 　　 　 　　 　　（2）设冲击时间为 t。以子弹为研究对象，根据子弹相对木块作末速度为零的匀减速直线运动， 相对位移 ， 所以冲击时间为 ． 　　（3）在认为损失的动能全部转化为内能的条件下，产生的热量： v S S d+ 0 ( )mv M m v= + 0mvv M m = + f 2 2 0 1 1( ) 2 2f S d mv mv− − = − 21 2fS Mv= 2 0 2 ( ) Mmvf d M m = + mS d dM m = + ＜ 0 1 2d v t= 0 2dt v =8 　　 ． 　　【总结升华】完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减小。 举一反三： 【变式】如图所示，滑块 、 质量均为 ，滑块 质量为 .开始时 、 分别以速度 、 的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧挡板运动，现将 无初速地放在 上，并与 粘合不分开，此 时 与 相距较近， 与挡板相距足够远.若 与挡板碰撞后将以原速率反弹， 与 碰撞后将粘 合在一起.为使 能与挡板碰撞两次， 、 应满足什么条件？ 【答案】 或 . 【解析】设向右为正方向， 与 粘合在一起的共同速度为 ，由动量守恒定律得 ○1 为保证 碰挡板前 未能追上 ，应满足 ○2 设 与 碰撞后的共同速度为 ，由动量守恒定律得 ○3 为使 能与挡板再次碰撞应满足 ○4 2 0 1= 2K MQ E fs fd mv M m =∆ = = +相 A C m B 3 2 m A B 1v 2v C A A A B B B A B B 1v 2v 2 1 21.5 2v v v≤＜ 1 2 1 1 2 2 3v v v≤ ＜ A C 'v ' 1 2mv mv= B A B ' 2v v≤ A B "v ' " 2 3 72 2 2mv mv mv− = B " 0v ＞9 联立○1 ○2 ○3 ○4 式得 或 . 类型三、碰撞中的可能性问题 例 3．质量为 的小球 ，沿光滑水平面以速度 与质量为 的静止小球 发生正碰．碰撞后， 球的动能变为原来的 ，那么小球 的速度可能是（ ）． 　　　　 A． B． C． D． 【思路点拨】动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意 球速度的方向性。 【答案】A、B 【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞， 球碰后动能变为原来的 1／9，则其速度 大小仅为原来的 ．两球在光滑水平面上正碰，碰后 球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或 被反弹． 当以 球原来的速度方向为正方向时，则 ， 根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有 　　 ， 　　 ． 解得 ， ． 【总结升华】在本题中告诉 球碰后的动能而非速度，所以在应用动量守恒时造成了第一个困难； 动量守恒定律是一个矢量式，所以要注意 球速度的方向性，而题中告诉的是 球的动能，由此求出 的是速度的大小，往往只考虑到 球碰后速度的一个方向从而造成答案不全面． 举一反三： 2 1 21.5 2v v v≤＜ 1 2 1 1 2 2 3v v v≤ ＜ m A 0v 2m B A 1/9 B 0 1 3 v 0 2 3 v 0 4 9 v 0 5 9 v A A 1/3 A A 0 1' 3Av v= ± 0 0 10 2 '3 Bmv m v mv+ = × + 0 0 10 2 ''3 Bmv m v mv + = × − +   0 1' 3Bv v= 0 2'' 3Bv v= A A A A10 【高清课堂：碰撞 例 1】 【变式 1】在光滑的水平面上一个质量 的大球以 的速度撞击一个静止在水平面上 的质量为 的小球。用 和 表示碰撞后大球和小球的速度，下列几组数据中哪些是可能发生 的，哪些是不可能发生，原因是什么？ (1) (2) (3) (4) (5) (6) 【答案】(1) (2) (3) 不可能；(4) (5) (6) 可能. 【解析】总动量： ，总能量： . 用 和 表示碰撞后大球和小球的速度： 若弹性碰撞： 若完全非弹性碰撞： 的速度范围： 的速度范围： 逐条分析： (1) 动量不守恒 （不可能） (2) 不符合常理 （不可能） (3) 能量不守恒 （不可能） (4) 弹性碰撞 （可能） (5) 完全非弹性碰撞 （可能） 8kgM = 5m/s 2kgm= V v 3m/s, 7m/sV v= = ． 4.5m/s, 2m/s.V v= = 2m/s, 12m/s.V v= = 3m/s, 8m/s.V v= = 4m/s, 4m/s.V v= = 3.5m/s, 6m/s.V v= = 40kg m/sP Mv= = ⋅总 21 100J2E Mv= =总 V v 0 3m/sM mV vM m −= =+ 0 2 2 8m/sMv vM m = =+ 0 4m/sMvv M m = =+ m 4m/s 8m/sv≤ ≤ M 3m/s 4m/sV≤ ≤ 3m/s, 7m/sV v= = ． 4.5m/s, 2m/s.V v= = 2m/s, 12m/s.V v= = 3m/s, 8m/s.V v= = 4m/s, 4m/s.V v= =11 (6) 一般非弹性碰撞 （可能） 【高清课堂：碰撞 例 4】 【变式 2】 球的质量为 ，以某一速度沿光滑水平面向静止的 球运动， 球的质量为 。 与 发生正碰，碰撞过程中机械能不损失，当 球质量取不同值时，则碰撞后（ ） A．当 时， 球速度最大 B．当 时， 球动能最大 C． 越小 球速度越大 D． 越大 球动量越大 【答案】BCD 【解析】对于 AC 选项，弹性碰撞，直接应用结论。碰后 球的速度： 对于 B 选项，碰后 球的动能： 对于 D 选项，碰后 球的动量： 综合来看，BCD 正确。 例 4．质量相等的 、 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动， 球的动量是 ， 球的动量是 ，当 球追上 球时发生碰撞，则碰撞后 、 两球的动量可能 值为：（　 ） 　　A. 　　　　 B. 　　C. 　　　 D. 3.5m/s, 6m/s.V v= = A AM B B BM A B B B AM M= B B AM M= B BM B BM B B 0 2 A B A B Mv vM M = + B 2 2 2 0 0 2 21 1 1( ) ( )2 2 2 A A B B B B AA B B B M ME M v M v vMM M M M = = =+ + B 0 0 22 1 AA B B B B AA B B M vMP M v M v MM M M = = =+ + A B A 7kg m/s⋅ B 5kg m/s⋅ A B A B 6kg m/s, 6kg m/sA BP P= ⋅ = ⋅ 3kg m/s, 9kg m/sA BP P= ⋅ = ⋅ 2kg m/s, 14kg m/sA BP P=− ⋅ = ⋅ 4kg m/s, 17kg m/sA BP P=− ⋅ = ⋅12 【答案】A　 　　【解析】碰撞前后动量守恒： ，可验证 ABC 都有可能，而总动能只有守恒或者减 少即： ，可知只有 A 选项是正确的。 　　【总结升华】此题属于碰撞类问题，解答此题要注意，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以它们 的动量守恒，但动能不一定守恒。 　碰撞要符合： 　　(1)动量守恒，即 ； 　　(2)动能不增加，即 或者 ； 　　(3)速度要符合场景：碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等 于原来在后的物体的速度。即 。 举一反三： 【高清课堂：碰撞 例 5】 【变式】如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为 的 个小球，小球排列在一条直线 上，彼此间隔一定的距离。开始时后面 个小球处于静止状态，第一个小球以速度 向第二个小球碰 去。 （1）若每个小球碰撞都是弹性的，则碰后各小球的运动情况。 （2）若它们先后都粘合到一起向前运动。由于连续碰撞，求系统损失的机械能？ 【答案】（1） 都停止运动， 以速度 离开； （2） 【解析】（1）以 球为讨论对象，弹性碰撞 , ' ' 1 2 1 2P P P P+ + + 2 2 '2 '2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 P P P P m m m m + ≥ + ' ' 1 2 1 2P P P P+ + + 1 2 1 2 ' ' K K K KE E E E+ ≥ + 2 2 '2 '2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 P P P P m m m m + ≥ + ' 'v v≥后 前 m 5 4 v 1 2 3 4、、、 5 v 2 2 21 1 252 2 5mv mv mvE − ⋅ =∆ = 共 1 2、 0Q E=∆ = 1 1 1 2 2m v m v m v= + 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2m m mv v v vm m m m −= =+ +13 当 时，碰后 则碰后，交换速度。以此类推，所以 都停止运动， 以速度 离开； （2）完全非弹性碰撞： 全程研究，动量守恒： . 系统损失的机械能: . 类型四、碰撞中的动量与其它运动的结合 例 5.（2016 太原二模）如图是冲击摆装置．塑料制成的摆块用绳悬挂起来，使它只能摆动不能 转动．摆块中间正对枪口处有一水平方向的锥形孔，孔的内壁垫以泡沫塑料，当弹丸射入后迅速停住， 然后与摆块一起摆动，读出摆线偏离竖直方向的最大角度，就可求出弹丸的速度．某次实验中，弹簧 枪射出的弹丸以某一速度 v0（未知）水平射入静止的摆块，读出摆线偏离竖直方向的最大角度 α=37°； 然后将摆块拉到摆线偏离竖直方向的角度 β=60°由静止释放，当摆块摆到最低位置时，让弹丸以相同 速度 v0 射入，摆块恰好静止．已知摆线的长度 L=1.00m，不考虑空气阻力，求弹丸质量 m 与摆块质量 M 的比值及弹丸的初速度 v0．（取 g=10m/s2，cos37°=0.8） 【答案】弹丸质量 m 与摆块质量 M 的比值是 ，弹丸的初速度 v0 是 m/s． 【解析】弹丸射入摆块后共同速度为 v，选 v0 的方向为正方向，根据动量守恒定律得 弹丸与摆块一起摆起的过程中机械能守恒，则有 将摆块拉起由静止释放，摆块摆到最低点时的速度为 v1． 由机械能守恒定律得： 弹丸射入摆块后共同速度为 0，选 v0 的方向为正方向，由动量守恒定律得： 1 2m m= 1 20,v v v= = 1 2 3 4、、、 5 v 5mv mv= 共 =0.2v v共 2 2 21 1 252 2 5mv mv mvE − ⋅ =∆ = 共 5 12 − 10 2 10 3 + 0 ( )mv m M v= + 21 ( ) ( ) (1 cos )2 M m v m M gL α+ = + − 2 1 1(1 cos ) 2MgL Mvβ− = 0 1 0mv Mv− =14 联立以上几式解得 m/s 【总结升华】解决本题的关键要抓住弹丸射入摆块的过程遵守动量守恒定律，摆动过程遵守机械能守 恒定律，把握每个过程的物理规律。 举一反三： 【变式】有两个完全相同的小滑块 和 , 沿光滑水平面以速度 与静止在平面边缘 点的 发生正碰，碰撞中无机械能损失.碰后 运动的轨迹为 曲线，如图所示。 （1）已知滑块质量为 ，碰撞时间为 ，求碰撞过程中 对 平均冲力的大小. (2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制作一个与 平抛轨迹完全相同 的光滑轨道，并将该轨道固定在与 曲线重合的位置，让 沿该轨道无初速下滑（经分析， 下滑 过程中不会脱离轨道）. ．分析 沿轨道下滑到任意一点的动量 与 平抛经过该点的动量 的关系； ．在 曲线上有一 点, 和 两点连线与竖直方向的夹角为 .求 通过 点时的水 平分速度和竖直分速度. 【答案】（1） ；　　(2) . ； ． 【解析】（1）滑块 与 正碰，令碰后瞬间的速度分别为 、 .满足 5 12 m M = − 0 10 2 10 3v += A B A 0v O B B OD m t∆ A B B OD A A a A AP B BP b OD M O M 045 A M 0mvF t = ∆ a A BP P＜ b 0 0 2 5 4 5, .5 5X YA Av v v v= = A B Av Bv15 ○1 ○2 由○1 ○2 解得 . 根据动量定理，滑块 满足 解得 . (2) ．设任一点到 点竖直高度差为 . 、 由 点分别运动至该点过程中，只有重力做功， 所以机械能守恒.选该任意点为势能零点，有 由于 , 有 . 即 . 下滑到任意一点的动量总是小于 平抛经过该点的动量. 0A Bmv mv mv+ = 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2A Bmv mv mv+ = 00,A Bv v v= = B 0F t mv⋅∆ = 0mvF t = ∆ a O d A B O 2 0 1, 2A BK KE mgd E mgd mv= = + 2 KP mE= 2 0 2 12 A B KA B K EP gd P E v gd = = + ＜ A BP P＜ A B16 ．以 为原点，建立直角坐标系 , 轴正方向水平向右， 轴正方向竖直向下，则对 有 . 的轨迹方程 . 在 点 ，所以 . 　　　　　　　　　 ○3 因为 、 的运动轨迹均为 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同.设 水平和竖直分速 度大小分别为 、 ，速率为 ； 水平和竖直分速度大小分别为 、 ，速率为 ，则 . ○4 做平抛运动，故 　　　　　　　　　　　　　 ○5 对 ，由机械能守恒得 　　　　　　　　　　 ○6 由○4 ○5 ○6 得 将○3 代入得 b O xOy x y B 2 0 1, 2x v t y gt= = B 2 2 02 gy xv = M x y= 2 02vy g = A B O D B XBv YBv Bv A XAv YAv Av ,X X Y YA B A B A B A B v v v v v v v v = = B 0 ,XBv v= 2 02 , 2 .YB Bv gy v v gy= = + A 2 .Av gy= 0 2 2 0 0 2 2, . 2 2X YA A v gy gyv v v gy v gy = = + +17 类型五、爆炸类问题 例 6.从地面竖直向上发射一炮弹，炮弹的初速度 ，经 后，此炮弹炸成质量 相等的两块.从爆炸时算起，经过 后，第一块碎片先落到发射点，求从爆炸时算起，另一碎 片经多长时间也落回地面？（ ，空气阻力不计） 【答案】 【解析】设炮弹爆炸时的速度为 ，离地面高度为 ,则有 代入数据得 设刚爆炸后，先落到地面上的碎片的速度为 ，因落在发射点，所以 为竖直方向.若 ，表 示竖直向上运动；若， ，表示竖直向下运动；若 ，则表示自由落体运动.若 ，则落地 时间 ， 由此可知， 方向应是竖直向上.设此碎片从 高处上升到最高点共经 后落回地面.选 炮弹爆炸时 高处为坐标原点，则 0 2 5 ,5XAv v= 0 4 5 .5YAv v= 0 100m/sv = 6.0st = 1 10.0st = 210m/sg = 18.9s ' 0v H ' 2 0 0 0 1, .2v v gt H v t gt= − = − ' 0 40m/s, 420m.v H= = 1v 1v 1 0v＞ 1 0v ＜ 1 0v = 1 0v = ' 2 84s 10.0sHt g = = ＜ 1v H 1 10.0st = H18 解得 . 设刚爆炸后，后落地的碎片的速度为 ，则由动量守恒定律得 将 、 代入解得 . 若从爆炸起，这片碎片经 落地，则 。 得： . . 【总结升华】炸弹在空中爆炸时，所受合外力——重力虽不为零，但重力比起炸弹碎块间相互作 用的内力小得多，故可认为爆炸过程炸弹系统（各碎块）的动量守恒。 举一反三： 　　【变式】　向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成 两块，质量较大的 块的速度方向仍沿原来的方向，则（　 ） 　　A． 的速度方向一定与原速度方向相反 　　B．从炸裂到落地的这段时间里， 飞行的水平距离一定比 飞行的水平距离大 　　C． 一定同时到达水平地面 　　D．在炸裂过程中， 受到的爆炸力的冲量的大小一定相等 2 1 1 1 1 ,2H v t gt− = − 1 8m/sv = 2v ' 0 1 22 .mv mv mv= + ' 0v 1v 2 72m/sv = 2t 2 2 2 1 2H v t gt− = − 2 2 25 72 420 0t t− − = ' 2 218.9s 4.5s ( )t t= =−或 舍去 a b、 a b a b a b、 a b、19 【答案】CD 类型六、竖直方向动量守恒问题 例 7．图是一个物理演示实验，它显示： 图中自由下落的物体 和 经反弹后， 能上升到比初始位置高得多的地方． 是某种材料做 成的实心球，质量 ，在其顶部的凹坑中插着质量 的木棍 ． 只是松松地 插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从 下端离地板的高度 处由静止释 放．实验中， 触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍 脱离球 开始上升，而球 恰好停留在地板上．求木棍 上升的高度．（取重力加速度 ） 【思路点拨】弄清楚研究过程，关键要明确小球上升和棍下降过程为相互作用的初态． 【解析】根据题意， 碰地板后，反弹速度的大小 等于它下落到地面时速度的大小，即 ． 刚反弹后，速度向上，立刻与下落的 碰撞，碰前 的速度 ． 由题意，碰后 的速度为零，以 表示 上升的速度，根据动量守恒（以向上为正方向） ， 得 ． 令 表示 上升的高度，有 ． 【总结升华】本题重点在弄清楚研究过程，关键是要明确小球上升和棍下降过程为相互作用的初 态． A B B A 1 0.28 kgm = 2 0.10 kgm = B B A 1.25 mH = A B A A B 210m/sg = A 1v 1 2 5m / sv gH= = A B B 2 2 5m / sv gH= = A 2v ＇ B 1 1 2 2 2 2m v m v m v=－ ＇ 2 9 m/sv =＇ h B 2 2 ' 4.05m2 vh g = =20 类型七、动量关系和动能关系的综合运用 例 8、（2015 三模）如图所示，质量为 m 的由绝缘材料制成的球与质量为 M=19m 的金属球并排悬挂，摆长相同，均为 L。现将绝缘球拉至与竖直方向成 θ=60°的位置自由释放，摆至最 低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场，已知由于磁场的阻尼作用，金 属球总能在下一次碰撞前停在最低点处，重力加速度为 g。求： (1)第一次碰撞前绝缘球的速度 v0； (2)第一次碰撞后绝缘球的速度 v1； (3)经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于 37°。 （你可能用到的数学知识：sin37°=0.6，cos37°=0.8，0.81 2=0.656，0.81 3=0.531，0.81 4=0.430， 0.815=0.349，0.816=0.282） 【解析】（1）绝缘球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： ① 解得： （2）两球碰撞过程动量守恒，以绝缘球的初速度方向为正方向， 由动滑轮守恒定律得： ② 由机械能守恒定律得： ③ 联立②③解得： ，负号表示方向与碰撞前方向相反，向右； （3）设在第 n 次碰撞前绝缘球的速度为 ，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为 和 由于 碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，以碰撞前绝缘球的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得： ④ 由机械能守恒定律得： ⑤ 由④、⑤两式及 ，解得： 2 0 1(1 cos ) 2mgl mvθ− = 0 2 (1 cos )v gl glθ= − = 0 1 Mmv mv Mv= + 2 2 2 0 1 1 1 1 2 2 2 Mmv mv Mv= + 1 0 0 9 9 10 10 m Mv v v glm M −= = − = −+ 1nv − nv nV 1n n nmv mv MV− = + 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2n n nmv mv MV− = + 19M m= 1 9 10n nv v −= − M O 60o21 L h M A B N 第 n 次碰撞后绝缘球的动能为： ⑥ 为第 1 次碰撞前绝缘球的动能，即初始能量 得： 而绝缘球在 与 处的势能之比为： 根据上面数学知识： ， ，因此，经过 5 次碰撞后 将小于 举一反三： 【变式】(2015 怀化三模）如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足 够长，LM 下端与 MN 相切。质量为 m 的的带正电小球 B 静止在水平轨道上，质量为 2m 的带正电小 球 A 从 LM 上距水平轨道高为 h 处由静止释放，在 A 球进入水平轨道之前，由于 A、B 两球相距较远， 相互作用力可认为是零，A 球进入水平轨道后，A、B 两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视 为质点。已知 A、B 两球始终没有接触。重力加速度为 g。求： ①A、B 两球相距最近时，A 球的速度 v； ②A、B 两球相距最近时，A、B 两球系统的电势能 EP； ③A、B 两球最终的速度 vA、vB 的大小。 【解析】①对 A 球下滑的过程，根据机械能守恒定律，得 A 球下滑到 M 点时的速度 解得， 当 A 球进入水平轨道后，A、B 两球组成的系统动量守恒，当 A、B 相距最近时，两球速度相等。 所以有： 解得， ②根据能的转化和守恒定律： 解得， ③当 A、B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时， 它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B 两球 组成的系统动量守恒、能量也守恒。 2 0 1 (0.81)2 n n nE mv E= = 0E 0 (0.81)nnE E = 060θ = 037θ = 0 0 (1 cos37 ) 0.4(1 cos60 ) mgl mgl − =− 40.81 0.430= 50.81 0.349= θ 037 2 0 12 22mgh mv= × 0 2v gh= 02 (2 )mv m m v= + 0 2 2 23 3v v gh= = 212 (2 )2 pmmgh m m v E= + + 2 3pmE mgh=22 0 A B2 2mv mv mv= + 2 2 2 0 A B 1 1 12 22 2 2mv mv mv× = × +23 【巩固练习】 一、选择题 1、(2015 府谷县校级月考)弹性碰撞是指（ ） A．正碰 B．对心碰撞 C．机械能守恒的碰撞 D．机械能不守恒的碰撞 2.（2016 洪湖市校级模拟）如图所示，F1、F2 等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的 A、 B 两物体上，已知 MA＞MB，经过相同时间后撤去两力，以后两物体相碰并粘成一体，这时 A、B 将 （　　） A．停止运动 B．向右运动 C．向左运动 D．仍运动但方向不能确定 3．质量为 M 和 m0 的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质 量为 m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发 生的？（ ） A．M、m0、m 速度均发生变化，分别为 v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3 B．m0 的速度不变，M 和 m 的速度变为 v1 和 v2，而且满足 Mv=Mv1+mv2 C．m0 的速度不变，M、m 的速度都变为 v＇，且满足 Mv=(M+m)v＇ D ． M 、 m0 、 m 速 度 均 发 生 变 化 ， M 和 m0 速 度 都 变 为 v ， m 速 度 变 为 v2 ， 而 且 满 足 (M+m)v0=(M+m0)v1+mv2 4．A、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体 A、B 都在同一直线上运动，其位移一时间图象（s-t 图 象）如图中 ADC 和 BDC 所示．由图可知，物体 A、B 的质量之比为（ ）． A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 5．三个相同的木块 A、B、C 从同一高度处自由下落，其中木块 A 刚开始下落的瞬间被水平飞来 的子弹击中，木块 B 在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中．若子弹均留在木块中，则三木 块下落的时间 tA、tB、tC 的关系是（ ）． A．tA＜tB＜tC B．tA＞tB＞tC C．tA＝tC＜tB D．tA＝tB＜tC 6．如图所示，木块 A 和 B 质量均为 2 kg，置于光滑水平面上，B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧 另一端固定在竖直挡板上，当 A 以 4 m／s 的速度向 B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么 弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（ ）．24 A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J 7．如图所示，有两个质量相同的小球 A 和 B（大小不计），A 球用细绳吊起，细绳长度等于悬点 距地面的高度，B 点静止放于悬点正下方的地面上．现将 A 球拉到距地面高度为 h 处由静止释放，摆 动到最低点与 B 球碰撞后粘在起共同上摆，则它们升起的最大高度为（ ）． A．h／2 B．h C．h／4 D．h／ 8．在光滑水平面上,动能为 、动量的大小为 的小钢球 l 与静止小钢球 2 发生碰撞.碰撞前后 球 l 的运动方向相反.将碰撞后球 l 的动能和动量的大小分别记为 、 ，球 2 的动能和动量的大小 分别记为 、 ,则必有（ ） A． ＜ B． ＜ C． ＞ D． ＞ 9 ． 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 、 ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 。则两球质量 与 间的关系可能是下面的哪几种？（ ） A． = B． =2 C． =4 D． =6 10．如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为 mB=2mA， 规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kg·m／s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增 量为－4 kg·m／s，则（ ）． A．左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5 B．左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1∶10 C．右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶5 D．右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1∶10 2 0E 0P 1E 1P 2E 2P 1E 0E 1P 0P 2E 0E 2P 2P =5kg m/sP ⋅甲 =7kg m/sP ⋅乙 10kg m/s⋅ m甲 m乙 m乙 m甲 m乙 m甲 m乙 m甲 m乙 m甲25 二、填空题 11、(2015 扬州高三测试)水平面上质量为 m 的滑块 A 以速度 v 碰撞质量为 的静止滑块 B， 碰撞后 AB 的速度方向相同，它们的总动量为_______；如果碰撞后滑块 B 获得的速度为 v0，则碰撞后 滑块 A 的速度为_________。 12．质量为 M 的金属块和质量为 m 的木块用细线系在一起，以速度 V 在水中匀速下沉，某一时刻 细线断了，则当木块停止下沉的时刻。铁块下沉的速率为___________。（设水足够深，水的阻力不计） 13．如图所示，设车厢的长度为 l，质量为 M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为 m 的物体以初速度 v0 向右运动，与车厢壁来回碰撞 n 次后，静止在车厢中，这时车厢的速度为 _______，方向与 v0 的方向_______． 三、解答题： 14．有一大炮竖直向上发射炮弹．炮弹的质量为 M=6.0 kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射 出的初速度 v0=60 m／s．当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为 m=4.0 kg．现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以 R=600 m 为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片 的总动能至少多大？（g=10 m／s2，忽略空气阻力） 15.（2016 揭阳模拟）光滑曲面 AB 与滑动摩擦系数 μ=0.4 的粗糙水平面 BC 相切于 B 点，如图 所示．图中 SBC=0.5m，用细线拴一质量 m=1kg 小球 Q，细线长 L=1.5m，细线的另一端悬于 O 点．球 Q 在 C 点时，对 C 点无压力．质量与 Q 相等的小球 P 自高 h=1.0m 处沿曲面 AB 由静止开始滑下，在 水平面上与球 Q 正碰，若碰撞过程中无机械能损失．（g 取 10m/s2） （1）P 与 Q 第一次碰撞后，小球 Q 上升的最大高度； （2）小球 P 与 Q 最多能碰撞几次？ 16、（2015 校级期末考）如图所示，从距水平地面高度 h＝1m 的 P 点将小球 A 以大小 为 v0＝4m/s 的速度竖直向下抛出，在球 A 与地面碰后刚要离开地面时，将质量为 mB＝2kg 的小球 B m3 226 在 P 点正上方的 Q 点由静止释放，两球刚好在 P 点相碰，碰后 B 球恰好回到 Q 点．忽略空气阻力、 碰撞时间及碰撞中的动能损失，取重力加速度 g＝10m/s2。 　　（1）求两球第一次碰撞中 B 球受到的冲量； 　　（2）若 A、B 两球第二次相碰仍在 P 点，求 A 球质量 mA． 【答案与解析】 一、选择题： 1、【答案】C 【解析】弹性碰撞是指碰撞前后的系统的机械能守恒的碰撞，只要是机械能不守恒，不管是正碰 还是对心碰撞，都不是弹性碰撞。故选 C。 2.【答案】A． 【解析】解：根据动量定理得： 同理： F1、F2 等大反向，故 ， 设 A 的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： ， 解得：v=0．可知粘合体静止．故 A 正确，B、C、D 错误． 故选：A． 3．【答案】B、C 【解析】因为碰撞时间极短，所以‰的速度应该不发生变化，A 错，D 错．碰后 M 与 m 的速度可 能相同也可能不同，B 对，C 对． 4．【答案】C 【解析】由图象知：碰前 vA=4 m／s，vB=0．碰后 vA＇=vB＇=1 m／s．由动量守恒可知选项 C 正 确． 5．【答案】C 【解析】木块 C 做自由落体运动，木块 A 被子弹击中做平抛运动，木块 B 在子弹击中瞬间竖直方 向动量守恒，mv=(M+m)v＇，即 v＇＜v，木块 B 竖直方向速度减小，所以 tA=tC＜tB． 6．【答案】B 1 A AFt M v= 2 B BF t M v= A A B BM v M v= − ( )A A B B A BM v M v M M v+ = +27 【解析】 A 与 B 碰撞过程动量守恒，有 ，所以 ．当 弹簧被压缩至最短时，A、B 的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以 ． 7．【答案】C 【解析】本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理．A 球由释放到摆到最低点 的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度， ，所以 ；A、B 的碰撞 过程符合动量守恒：mv1=(m+m)v2，所以 ；对 A、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守 恒， ， ． 8．【答案】 ABD 【解析】 9．【答案】C 【解析】动量守恒得： ；能量不增加： ， ， 符合实际： ， ， 综上： 10．【答案】A 【解析】碰撞后，A 球的动量增量为－4 kg·m／s，则 B 球的动量增量为 4 kg·m／s，所以 A 球 的动量为 2 kg·m／s，B 球的动量为 10 kg·m／s，即 m AvA=2 kg·m／s，m BvB=10 kg·m／s．且 mB=2mA，则 ．且碰撞后，原来在右边的小球的速度大于在左边小球的速度，故 A 球在左 边．选项 A 正确． 二、填空题 11、【答案】 、 【解析】由动量守恒定律得，碰撞后总动量不变，即： 由动量守恒定律可得： mv 0 2 3v v v′ = − P mv= 0 2 3mv mv mv′= + ( )A A A B ABm v m m v= + 2m / s2 A AB vv = = 2 p 1 ( ) 8J2 A B ABE m m v= + = 2 1 1 2mgh mv= 1 2 5v h= 2 5v h= 2 2 1 ( )2 m m v+ ( ) 'm m gh= + ' 4 hh = 0 2 1P P P= − 0 2 1E E E≥ + 5+7=10+2 25 49 4 100 2 2 2 2m m m m + ≥ + 甲 乙 甲 乙 51 21m m≥乙 甲 5 7 m m > 甲 乙 1.4m m>乙 甲得： 2 10 m m < 甲 乙 5m m