课题研究优秀课堂实录

动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。具体体现在：

①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容；

②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；

③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；

④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。

一、动量与动能、冲量的关系

1．动量和动能的关系

(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p＝mv；动能的大小与速度的平方成正比，Ek＝mv2/2.两者的关系：p2＝2mEk.

(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．

(3)动量的变化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔEk＝Ek2－Ek1是标量式，运算时应用代数法．

2．动量和冲量的关系

冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．

二、动能定理和动量定理的比较

研究对象

动能定理

单个物体或可视为单个物体的系统

W＝Ek′－Ek或

公式

112Fs＝mv2t－mv0

22I＝pt－p0或Ft＝mvt－mv0

动量定理

单个物体或可视为单个物体的系统

公式中的W是合外力对物体所做的总公式中的Ft是合外力的冲量，冲量是使研究物理量的意义

功，做功是物体动能变化的原因．Ek′－Ek对象动量发生变化的原因．mvt－mv0是研究对象是物体动能的变化，是指做功过程的末动能的动量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差

减去初动能

①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．

相同处

②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．

③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况

①动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方不同处

便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化

特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．

三、机械能守恒定律

1．机械能守恒的判断

(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．

(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．

(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．

(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．

判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：

①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；

②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；

③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机

械能不守恒；

④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；

⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒．

2．机械能守恒定律的表述

(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ep2＋Ek2，应用过程中重力势能需要取零势能面；

(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔEk＝－ΔEp或ΔEk＋ΔEp＝0；

(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A物体增加的机械能等于B物体减少的机械能，ΔEA＝－ΔEB或ΔEA＋ΔEB＝0.

四、能量守恒定律

1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E初＝E末．

2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即

ΔEn增＝－ΔEm减．

3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．

五、涉及弹性势能的机械能守恒问题

1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．

2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同．

13．弹性势能公式Ep＝kx2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否2则不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．

六、机械能的变化问题

1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．

2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．

3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W其＝E2－E1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．

考点一、动量定理的应用

例1．【2017·新课标Ⅲ卷】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则

A．t=1 s时物块的速率为1 m/s B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t=4 s时物块的速度为零

【答案】AB 【变式探究】高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落

的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大

小为(

)

m2ghB.－mg

tmghD.－mg

t内对人由动量定理得(F－m2ghA.＋mg

tmghC.＋mg

t

解析

由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝2gh，在t时间

mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝

答案

A m2gh＋mg，A项正确．

t【变式探究】如图6－2所示，质量mA为4 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态．木板突然受到水

平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：

图6-2 (1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；

(2)木板的长度L.

【解析】(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0

代入数据解得v0＝3.0 m/s.

考点二、动量守恒定律的应用

例2．【2017·江苏卷】甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．

【答案】3:2 【解析】由动量守恒定律得m1v1m2v2m2v2m1v1，解得m1v2v2m2v1v1

m13

代入数据得m22【变式探究】“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固

定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直

方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析

正确的是(

) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小

B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小

C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大

D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力

解析

从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时,F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误．

答案

A 【变式探究】(2014·重庆理综，4,6分)(难度★★★)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有

水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1. m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹

可能正确的是(

) 不计质量损失，取重力加速度g＝10

答案

B 考点三、两大守恒定律的综合应用

例3．【2017·天津卷】（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等2的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s。空气阻力不计。求：

（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；

（2）A的最大速度v的大小；

（3）初始时B离地面的高度H。

【答案】（1）t0.6s

（2）v2m/s

（3）H0.6m

之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s （3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：1(mAmB)v2mBgHmAgH

2解得，初始时B离地面的高度H0.6m

【变式探究】如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线

相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量

为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(

)

A．A和B都向左运动

B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动

D．A向左运动，B向右运动

解析

对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械

能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、

另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确．

答案

D 【变式探究】[2015·新课标全国Ⅰ，35(2)，10分](难度★★★★)如图，在足够长的光滑水

平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，

B、C的质量都为M,三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求

m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体

间的碰撞都是弹性的．

解析

设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，

由动量守恒定律得

mv0＝mv1＋Mv2

11212由机械能守恒定律得mv20＝mv1＋Mv2

222m－M2m可得v1＝v0，v2＝v

m＋Mm＋M0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M

A反向向左运动与B发生碰撞过程，有

mv1＝mv3＋Mv4

121212mv＝mv＋Mv

212324m－M2m整理可得v3＝v1，v4＝v

m＋Mm＋M1

1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力

可忽略）

A．30kgm/s

B．5.7×102kgm/s

D．6.3×102kgm/s

C．6.0×102kgm/s

【答案】A 【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 kgm/s，所以A正确，BCD错误。

2．【2017·新课标Ⅲ卷】一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则

A．t=1 s时物块的速率为1 m/s B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t=4 s时物块的速度为零

【答案】AB 3．【2017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【答案】B 4．【2017·江苏卷】甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．

【答案】3:2 m1v2v2【解析】由动量守恒定律得m1v1m2v2m2v2m1v1，解得m2v1v1

m13

代入数据得m225．【2017·天津卷】（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速2度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s。空气阻力不计。求：

（1）B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；

（2）A的最大速度v的大小；

（3）初始时B离地面的高度H。

【答案】（1）t0.6s

（2）v2m/s

（3）H0.6m

【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有v0gt6m/s

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：mBv0(mAmB)v

绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：v2m/s

之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s （3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：12gt解得：t0.6s

21(mAmB)v2mBgHmAgH

2解得，初始时B离地面的高度H0.6m

1．【2016·全国卷Ⅰ】【物理——选修3-5】

(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：

(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．

v2M2g035.（2）【答案】(i)ρv0S

(ii)－222

2g2ρv0S【解析】(i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV

①

ΔV＝v0SΔt

②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

Δm＝ρv0S

③

Δt2．【2016·北京卷】(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1-所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．

图1-

a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；

b．分析说明小球对木板的作用力的方向．

(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．

一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1-所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．

a．光束①和②强度相同；

b．光束①比②的强度大.

图1-

【答案】(1)a.0

2mvcos θ

b．沿y轴负方向

(2)a.沿SO向左

b．指向左上方

(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p. 这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcos θ

从小球出射时的总动量为p2＝2np

p1、p2的方向均沿SO向右

根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．

b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．

x方向：

根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．

y方向：

设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.

这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psin θ

从小球出射时的总动量为p2y＝0 根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ

可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．

所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．

3.【2016·江苏卷】

C．【选修3-5】

(2)已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．

hνhν（2）【答案】

2

ccF2

动量守恒定律

4．【2016·全国卷Ⅲ】【物理——选修3-5】

(2)如图1-所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也3相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，4此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．

图1-

32v2v200【答案】≤μ<

113gl2gl【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有

12mv>μmgl

①

202v0即μ<

②

2gl

设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有

1212mv＝mv＋μmgl

③

2021设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有

mv1＝mv′1＋3mv′

④

42121213m2mv＝mv′＋v′

⑤

21212428联立④⑤式解得v′2＝v1

⑥

7由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知

13m23mv′≤μgl

⑦

2424联立③⑥⑦式，可得

32v20μ≥

⑧

113gl联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件

32v2v200≤μ<

⑨

113gl2gl5.【2016·全国卷Ⅱ】【物理——选修3-5】

(2)如图1-所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2. (i)求斜面体的质量；

(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

图1-

【答案】(i)20 kg

(ii)不能

【解析】(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得

m2v20＝(m2＋m3)v

①

121m2v20＝(m2＋m3)v2＋m2gh

②

22

式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得

m3＝20 kg

③

6．【2016·天津卷】

(1)

如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．

图1-

vv2【答案】

33μg【解析】设滑块的质量为m，则盒的质量为2m.对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共

v解得v共＝

3v2121由能量关系可知μmgx＝mv－·3m·3

22v2解得x＝

3μg1．[2015·福建理综，30(2)，6分]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线

相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量

为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(

)

A．A和B都向左运动

B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动

D．A向左运动，B向右运动

解析

对A、B系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械

能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止、

另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确．

答案

D 2．[2015·新课标全国Ⅱ,35(2)，10分](难度★★★★)两滑块a、b沿水平面上同

生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，

时间t变化的图象如图所示．求：

一条直线运动，并发从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x随

(ⅰ)滑块a、b的质量之比；

(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之

比．

解析

(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题

给图象得

v1＝－2 m/s①

v2＝1 m/s②

a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得

2v＝

m/s③

3由动量守恒定律得

m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④

联立①②③④式得

m1∶m2＝1∶8⑤

3．[2015·山东理综，39(2)](难度★★★★)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一13水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的84速度向右运动，B再与C 发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．

解析

设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的

3B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得

4mvA＝mvA′＋mvB①

设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得

112WA＝mv20－mvA②

22设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得

11WB＝mv2－mvB′2③

B22据题意可知

WA＝WB④

设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得

mvB′＝2mv⑤

联立①②③④⑤式，代入数据得

v＝21v⑥

1601速度vA′＝v0，

8

答案

21v

1604．(2015·广东理综，36，18分)(难度★★★★)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，

与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1,A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)．

(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；

(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；

(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式．

解析

(1)从A→Q由动能定理得

112－mg·2R＝mv2－mv0①

22解得v＝4 m/s＞gR＝5 m/s②

在Q点，由牛顿第二定律得

v2FN＋mg＝m③

R解得FN＝22 N④

(2)A撞B，由动量守恒得

mv0＝2mv′⑤

v0解得v′＝＝3 m/s⑥

2设粗糙段滑行距离为x，则

1－μmgx＝0－2mv′2⑦

2解得x＝4.5 m⑧

x所以k＝＝45⑨

L(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得

112－μ2mgnL＝2mv2n－2mv′⑩

22

所以vn＝9－0.2nm/s

(n＝0，1，2，…)⑪

答案

(1)22 N

(2)45

(3)vn＝9－0.2nm/s

(n＝0，1，2，…) 5．(2015·天津理综，10，16分)(难度★★★)某快递公司分拣邮件的水平传输装

电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现

件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5. 求

置示意如图，皮带在将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上,邮设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，

(1)邮件滑动的时间t；

(2)邮件对地的位移大小x；

(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W. 解析

(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为Ff，则

Ff＝μmg①

取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有

Ff

t＝mv－0②

由①②式并代入数据得t＝0.2 s③

6．(2015·安徽理综，22，14分)(难度★★★)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W. 解析

(1)对小物块从A运动到B处的过程中

11应用动能定理－μmgs＝mv2－mv2①

220代入数值解得μ＝0.32②

答案

(1)0.32

(2)130 N

(3)9 J 7．[2014·新课标全国Ⅰ,35(2)，9分](难度★★★)如图，质量分别为mA、mB的

两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B 球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t ＝0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间

A球的速度恰为零.已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻

力及碰撞中的动能损失．求

(1)B球第一次到达地面时的速度；

(2)P点距离地面的高度．

解析

(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝2gh①

将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s②

(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得

v1＝gt③

1.【2014·福建卷Ⅰ】

(2)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________．(填选项前的字母)

A．v0－v2

B．v0＋v2

m2m2C．v0－v2

D．v0＋(v0－v2) m1m1【答案】(2)D

【解析】

忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0m2＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．

m12.【2014·浙江卷】

(1)如图1所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(

)

A. 甲木块的动量守恒

B. 乙木块的动量守恒

C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒

D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒

【答案】

(1)C

【解析】

(1)本题考查碰撞、动量守恒定律等知识点．甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．

3.【2014·重庆卷】

一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是

A

B

C

D 【答案】B

31【解析】

弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，441爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v2乙t，代入各图中数据，可知B正确．

4.【物理——选修3－5】【2014·新课标全国卷Ⅰ】

(2)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：

(1)B球第一次到过地面时的速度；

(2)P点距离地面的高度．

【解析】(2)解：(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有

vB＝2gh①

将h＝0.8 m代入上式，得

v1＝4 m/s.②

5.【2014·新课标Ⅱ卷】

【物理——选修3－5】

(2)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．

图(a) 实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.

将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后

光电计时显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．

图(b) 若实验允许的相对误差绝对值(碰撞前后总动量之差×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证碰前总动量了动量守恒定律？写出运算过程．

设A在碰撞前、后时速度大小分别为v0，v1.将②式和图给实验数据代入①式得

v0＝2.00 m/s③

v2＝0.970 m/s④

设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式得

v2＝d⑤

ΔtB代入题给实验数据得

v2＝2.86 m/s⑥

设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′则

p＝m1v0⑦

p′＝m1v1＋m2v2⑧

两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

δp＝p－p′p×100%⑨

联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得

δp＝1.7%<5%⑩

因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．

6.【2014·安徽卷】

(20分) 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：

(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；

(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；

(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．

【答案】

(1)2.5 m/s

(2)6次

(3)12.75 m 【解析】

(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得

mv0＝2mv，解得v＝2.5 m/s

(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v′1、v′2.有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2

1212112mv1＋mv2＝mv′21＋mv′2

2222得v′1＝v2，v′2＝v1

即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段凹槽，物块的vt图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝v0＋at，a＝－μg，解得t＝5 s

凹槽的vt图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5 L，其余每份面积均为L) 1v0s2＝t＋6.5 L＝12.75 m．

227．【2014·北京卷】如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：

(1) 碰撞前瞬间A的速率v；

(2) 碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；

(3) A和B整体在桌面上滑动的距离l. 【答案】

(1)2 m/s

(2)1 m/s

(3)0.25 m 【解析】

设滑块的质量为m. (1)根据机械能守恒定律有

1mgR＝mv2

2解得碰撞前瞬间A的速率有

v＝2gR＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律有

mv＝2mv′

解得碰撞后瞬间A和B整体的速率

1v′＝v＝1 m/s. 2(3)根据动能定理有

1(2m)v′2＝μ(2m)gl

2解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离

v′2l＝＝0.25 m. 2μg8.【2014·全国卷】

冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、

速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：

(1 )碰后乙的速度的大小；

(2)碰撞中总机械能的损失．

【答案】

(1)1.0 m/s

(2)1400 J 9.【2014·广东卷】

(18分)图24 的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．

(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；

(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A

点时的最大动能E. 【答案】(1)3 m/s

9 J

(2)10 m/s≤v1≤14 m/s

17 J 【解析】

(1)P1、P2碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv

v1解得v＝＝3 m/s 211碰撞过程中损失的动能为ΔE＝mv2－(2m)v2

122解得ΔE＝9 J. (2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，碰

后经过B点的速度为v2

，由牛顿第二定律和运动学规律，得

μ(2m)g＝2ma

13L＝v

t－at2

2v2＝v－at

6L＋μgt26L－μgt2解得v1＝2v＝

v2＝

t2t由于2 s≤t≤4 s

所以解得v1的取值范围

10 m/s≤v1≤14 m/s v2的取值范围1 m/s≤v2≤5 m/s 所以当v2＝5 m/s时，P向左经过A点时有最大速度

2v3＝v2－2μgL

1则P向左经过A点时有最大动能E＝(2m)v23＝17 J. 210.【2014·江苏卷】

(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．

1731【答案】

(3)v0

v0

4824v2－v1【解析】

设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，且由题意知v0＝151731，解得v1＝v0，v2＝v0. 16482411. 【2014·山东卷】

【物理35】

(2)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞度的一半．求：

(ⅰ)B的质量；

(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失．

m1【答案】

(ⅰ)

(ⅱ)mv2

260【解析】

(ⅰ)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：v碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得

2前瞬间B的速

vm＋2mBv＝(m＋mB)v①

2由①式得

mmB＝②

2

12.【2014·天津卷】

如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块

B置于A的最右端，B的质量mB＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到vt＝2 m/s.求：

(1)A开始运动时加速度a的大小；

(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；

(3)A的上表面长度l. 【答案】(1)2.5 m/s2

(2)1 m/s

(3)0.45 m 【解析】

(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有

F＝mAa①

代入数据解得

a＝2.5 m/s2②

(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得

Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③

代入数据解得

v＝1 m/s④