预测09 动量定理与碰撞问题 -【临门一脚】2021年高考物理三轮冲刺过关(解析版)

预测09 动量定理与碰撞问题

概率预测 题型预测 ☆☆☆☆☆ 选择题☆☆☆☆ 计算题☆☆☆☆ 对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题；而动量和能量的综合性问考向预测 题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。

1、动量定理和动量守恒定律

（1）恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。

（2）动量守恒表达式：

m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或p＝p′或Δp＝0。

（3）“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： m1－m2

v1＝v

m1＋m202m1

v2＝v。

m1＋m20

2、动力学、动量和能量观点的综合应用

动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)。 3、常见的三个经典模型 （1）人船模型

（2）“滑块—弹簧”碰撞模型 （3）“子弹打木块”模型

1、碰撞的基本规律

2、可熟记一些公式和结论

(1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： m1－m22m1v1＝v0、v2＝v。

m1＋m2m1＋m20

(2)结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0。当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。

3、碰撞问题的两点注意

(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力。

(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：

①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过程为弹性碰撞；

②如果物体间发生的是非弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。

4、解答动量和能量问题应注意的几点

(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。 (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。

(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。 (4)如包含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。

1．（2021·浙江高考真题）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．两碎块的位移大小之比为1:2

C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s 【答案】 B 【解析】

A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知

m1v1m2v20

B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m

D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m

因两块碎块落地时间相等，则

m1x1m2x20

则

x1m21= x2m12则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误； B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知

(5t)v声1=

(6t)v声2解得 t=4s

爆炸物的爆炸点离地面高度为

h121gt1042m=80m 22选项B正确；

CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移

x1(54)340m340m

质量小的碎块的水平位移

x2(64)340m680m

爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m 质量大的碎块的初速度为

v10x1340m/s85m/s t4选项CD错误。 故选B。

2．（2020·海南高考真题）(多选)如图，足够长的间距d1m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L1m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0.5T，方向如图所示．一根质量ma0.1kg，阻值R0.5Ω的金属棒a以初速度v04m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb0.2kg，阻值R0.5Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）

A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动

B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流

C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25J D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处 【答案】 BD 【解析】

A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；

B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确； C．电路中产生的平均电动势为

EBLd tt平均电流为

IE 2R金属棒a受到的安培力为

FBId

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得

BIdtmavamav0

解得对金属棒第一次离开磁场时速度

va1.5m/s

金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即

Q1122 mav0mava22联立并带入数据得

Q0.6875J

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热

QbQ0.34375J 2故C错误；

D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得

mbvb mavamava111222mbvbmavamava

222联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为

va0.5m/s

设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为

EB(Lx)d tt平均电流为

IE 2R金属棒a受到的安培力为

FBId

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得

 BI'dt0mava联立并带入数据解得

x0.8m

故D正确。 故选BD。

3．（2019·全国高考真题）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线．图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m．

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线； （2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；

（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？

【答案】 （1）

52（2）8m/s， 28 m/s（3）30 m/s；1.1610J；87.5 m

【解析】

解：（1）v-t图像如图所示．

（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…．

若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有

s1s43a(Δt)2① 1s1v2Δta(Δt)2②

2v4v24aΔt③

联立①②③式，代入已知数据解得

v417m/s④ 6这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．

由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式

v3v23aΔt⑤

22as4v3⑥

联立②⑤⑥，代入已知数据解得

a8m/s2，v2=28 m/s⑦

或者a288m/s2，v2=29.76 m/s⑧ 25第二种情形下v3小于零，不符合条件，故舍去

（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma⑨ 在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：I=f1(t2t1)⑩ 由动量定理有：Imv1m2⑪

由动能定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为：W联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得 v1=30 m/s⑬

W1.16105J⑭

121212mv1mv2⑫ 22从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为

1v2sv1t1(v1v2)(t2t1)2⑮

22a联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得 s=87.5 m⑯

一、单选题

1．（2021·湖南高三一模）姚明是中国篮球史上最成功的运动员之一，他是第一个入选NBA篮球名人堂的中国籍球员﹐如图所示是姚明在某场NBA比赛过程中的一个瞬间，他在原地运球寻找时机，假设篮球在竖直方向运动，落地前瞬间的速度大小为8m/s，弹起瞬间的速度大小为6m/s，球与地面

2的接触时间为0.1s，已知篮球质量为600g，取g10m/s，则地面对球的弹力大小为（ ）

A．90N 【答案】 A 【解析】

B．84N C．18N D．36N

设向上为正方向，根据动量定理可得

Fmgtmvtmv0

代入数据得

F90N

故选A。

2．（2021·辽宁朝阳市·高三一模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA30kg和mB20kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t0时刻以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）

A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24NS C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s 【答案】 B 【解析】

A．由图知，C与A碰前速度为v112m/s，碰后速度为v23m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

mCv1mAmCv2

解得

mC1kg

当C与A速度为0时，弹性势能最大

EP1mAmCv2218J 2选项A错误；

B．由图知，12s末A和C的速度为v33m/s，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为

ImAmCv3mAmCv2

解得

I24Ns，方向向左

故B正确；

C．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，开物块B离开墙壁后，A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有

mAmCv2=mAmC+mBv3

EP11mAmCv22mAmC+mBv32 22联立解得

EP6J

选项C错误；

D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有 mAmCv2=mAmCv4+mBv5

111mAmCv22=mAmCv42+mBv52 222代入数据解得

v54m/s

物块B的最大速度为4m/s，选项D错误； 故选B。

3．（2021·浙江高三其他模拟）一枚质量为m的烟花弹获得动能后，从地面竖直升空，当烟花弹上升到最大高度时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量分别为m1和m2的A、B两部分，m1:m22:1，此时两部分获得的动能之和为烟花弹初动能的两倍，且初始均沿水平方向运动。设爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，A、B两部分落地的水平位移大小分别为x1和

x2，则（ ）

A．A、B两部分落地时的速度大小之比为2:1 B．A、B两部分落地时的动能之比为4:5 C．水平位移大小之比为x1:x22:1

D．A、B两部分落地点的间距为烟花弹上升的最大高度的4倍 【答案】 B 【解析】

AB．设烟花弹的初速度为v0，上升的最大高度为h，发生爆炸瞬间，A、B两部分在水平方向动量守恒，则有

m1v1m2v20

由题意可得

m1m2m

12mv0mgh 211122m1v12m2v2mv02 222联立解得

v1v0

v22v0

且速度均沿水平方向，接着A和B分别以v1v0、v22v0向相反方向做平抛运动，到达地面过程

、v2，则对A有 中机械能守恒，设A、B落地时速度大小分别为v1112 m1v12m1ghm1v122对B有

1122 m2v2m2ghm2v222联立解得

2v0 v15v0 v2所以

:v22:5 v1112:m2v224:5 m1v122故A项错误，B项正确。

CD．设A、B在最高处爆炸后在空中做平抛运动的时间为t，则有

h12gt 2x1v1t

x2v2t

联立解得

x12h x24h x1x26h

故

x1:x21:2

A和B落地点相距的距离为

x1x26h

为烟花弹上升的最大高度的6倍，故CD项错误。 故选B。

4．（2021·山东济南市·高三月考）碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移-时间图象（xt图象）如图所示。已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）

A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变 B．碰碰车的质量为50kg

C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80Ns D．碰撞过程中损失的机械能为600J 【答案】 D 【解析】

A．规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；

B．由图可知，碰前瞬间小孩的速度为2ms，大人的速度为3ms，碰后两人的共同速度为1ms，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有

20M2kgms60M3kgms2M20601kgms

解得

M60kg

故B错误；

C．碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为 p1160kgms

碰后总动量为 p180kgms

由动量定理可知碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为 Ip240Ns

故其大小为240Ns，故C错误；

D．由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为 11122E8022J1203J2001J600J

222故D正确。 故选D。 二、多选题

5．（2021·广东高三其他模拟）如图所示，质量m1=0.5kg的物块A以初速度v0=10m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=1.5kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后AB一起运动。以v0方向为正方向，下列说法中正确的是（ ）

A．碰撞过程中A受到的冲量为3.75N·s B．碰撞过程中A的平均加速度为–75m/s2 C．碰撞过程中B受到的平均作用力为37.5N D．A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s 【答案】 BC 【解析】

A．A、B碰撞过程中动量守恒，有

m1v0m1m2v

解得

v2.5 m/s

在碰撞过程中对A由动量定理有

Im1vm1v03.75 Ns

A错误；

B．由加速度定义有

avv075 m/s2 tB正确；

C．在碰撞过程中对B由动量定理有

Ftm2v

解得

F37.5N

C正确；

D．碰撞结束后A的动量

pAm1v1.25 kgm/s

D错误。 故选BC。

6．（2021·全国高三其他模拟）光滑水平面AB与内壁光滑的半圆形轨道BCD在B点平滑连接，P、Q两小球之间夹有一轻质弹簧。在外力作用下，初始时弹簧处于压缩状态，当同时释放两小球后，在接下来的运动中，小球Q恰好能通过半圆形轨道最高点D，已知两小球与弹簧均不拴接，且P、Q两小球的质量分别为2m、m，半圆形轨道的半径为R，重力加速度为g。现将两小球仍放回初始位置，轻弹簧的压缩量也与初始状态相同，固定小球P，由静止释放小球Q，则（ ）

A．释放小球Q后，轻弹簧与小球Q组成的系统在水平方向上的动量守恒 B．初始状态下轻弹簧储存的弹性势能为

15mgR 4C．前后两次小球Q在AB上的落点位置与B点的距离之比为2:7 D．前后两次小球Q在AB上的落点位置与B点的距离之比为2：7 【答案】 BC 【解析】

A．在P球固定的情况下，释放Q后，受到P小球的作用力，轻弹簧与小球Q组成的系统在水平方向上合外力不为0，故动量不守恒，A错误；

B．同时释放P、Q时，对于两球和弹簧构成的系统，既满足动量守恒，也满足机械能守恒，所以，弹簧初始时储存的弹性势能为

Ep1212 mvQ2mvP22mvQ2mvP

又小球Q从B点到D点过程中，由动能定理得

mg2R1212mvDmvQ 22因为小球Q恰好能通过半圆形轨道最高点D，所以

2mvD mgR可得

Ep15mgR 4B正确；

CD．固定小球P时，设小球Q经过D点的速度为vD，则由机械能守恒定律可得

Ep2mgR可得

1mvD2 2vD2

7vD由于从D点离开轨道后，小球Q做平抛运动的时间确定，所以

x1vD2 x2vD7D错误C正确。 故选BC。 三、解答题

7．（2021·全国高三其他模拟）如图，倾角θ=37°的直轨道AC与圆弧轨道CDEF在C处相切且平滑连接，整个装置固定在同—竖直平面内。圆弧轨道的半径为R，DF是竖直直径，O点为圆心，E、O、B三点在同一水平线上。A、F也在同一水平线上，两个小滑块P、Q（都可视为质点）的质量都为m。已知滑块Q与轨道AC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计。同时将两个滑块P、Q分别在A、B两点由静止释放，之后

P开始向下滑动，在B点与Q相碰。碰后P、Q立刻一起向下且在BC段保持匀速运动，已知P、Q=0.6，cos 37°=0.8，取重力加速度为g，求： 每次相碰都会立刻合在一起运动但两者并不粘连，sin 37°

（1）两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值； （2）滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程。

【答案】 （1）3.8mg；（2）【解析】

5R 3（1）滑块P下滑至与Q相碰前瞬间，由机械能守恒定律得

mgR12mv1 2P、Q碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得 mv1=2mv2

P、Q一起由C点运动至D点过程，有

12122mgR1cosmv22mvD

22经过D点时对圆弧轨道的压力最大，有

2VDFND-2mg=2m

R由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力 FND′=FND 联立解得 FND′=3.8mg

（2）由（1）中计算可知，P、Q整体在D点的动能

122mvD0.9mgR<2mgR 2因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方，之后沿轨道返回，再次到达C点的速度大小仍为v2.从C点上滑后P、Q分离，Q比P先到达最高点，且Q运动到最高点时停下。设P、Q上滑的最

大位移分别为xP、xQ。对P、Q，由动能定理分别可得 -mgsin θ·xP=0-

1212

mv2 ，（mgsin θ＋Ff）xQ=0-mv2 22

由P、Q碰后一起匀速下滑可知Q受到的滑动摩擦力大小 Ff=2mgsin θ

P再次从最高点下滑至第二次碰Q前，有 mgsin θ（xP-xQ)=

12

mv3 2

P、Q碰后一起运动，有 mv3=2mv4

P、Q从C点上滑到第二次从C点进入圆弧轨道，Q克服摩擦力做的功 Wf=Ff·2xQ

而P、Q碰撞损失的机械能为 ΔE=

1212

mv3-mv4 22

由以上各式解得Q克服摩擦力做的功与P、Q碰撞损失的机械能之比为

W04 E1P、Q此后多次进入直轨道AC的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达C点的速度减为0，因此从P、Q第一次回到直轨道AC运动到最后不再进入为止，Q克服摩擦力做的功为 Ffl=·4122mv2 52滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程为lm，则 lm=l＋

R tan联立解得

lm5R 38．（2021·江苏南京市·高三二模）如图所示，O1为竖直平面内圆周的圆心，两根长为L的轻绳分别悬挂甲、乙两个相同的小球，其质量为m，甲、乙两球分别位于图中A、C两点处，半径O1C与水平方向夹角为30，半径O1D与水平方向夹角为60，其中点O2处固定一个可挡住轻绳的铁钉，甲球在最低点A处获得水平向右的初速度后恰能通过最高点B，运动到C点时与乙球发生对心弹性碰撞，重力加速度为g。求：

（1）甲球通过B点时的动能；

（2）甲球在C点发生碰撞前的速度大小；

（3）碰后甲球能否绕O2在竖直面内做完整的圆周运动？请通过计算说明理由。

【答案】 （1）【解析】

（1）由于甲球恰好通过最高点，根据圆周运动的绳模型，在最高点对小球进行受力分析，仅由小球重力提供向心力，则

2vBmgm

L1mgL；（2）2gL；（3） 不能完成完整圆周运动，见解析 2可得

1vBgL，EKBmgL

2（2）小球甲从B点到C点做圆周运动，根据机械能守恒可得

1212mgLLsin30mvCmvB

22则在碰撞前小球甲在C点的速度为

vC2gL （3）两小球在C点发生对心弹性碰撞，可得

mvCmv甲mv乙

121212mvCmv甲mv乙 222则在碰撞之后，上球的速度为v甲0，做自由落体运动至下方与C对称的E时有

12mgLmvE0

2此时绳子绷紧，沿绳方向速度分量消失，只剩余垂直于绳方向的速度分量，可得

vEvEcos30

若要小球能够进行完整的圆周运动，必须满足最高点，小球速度

vF≥gL 2根据动能定理求出小球通过最高点的速度

LL121mgLsin30cos30mvFmvE2

2222由于vF31mgL2gL故不能通过最高点，不能完成完整圆周运动。 2