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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律优质导学案
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律优质导学案，共15页。学案主要包含了弹性碰撞，完全非弹性碰撞等内容，欢迎下载使用。
解密碰撞模型
碰撞
1. 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2. 碰撞过程的五个特点
（1）时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
（2）相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
（3）动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
（4）位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。
（5）能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek'满足Ek≥Ek'。
3. 分类
（1）弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒。满足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2。
（2）非弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能减少。满足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v12＋m2v22>m1v1′2＋m2v2′2。
（3）完全非弹性碰撞：碰后两个物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒、动能损失最多。
注意：当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管是哪种碰撞，要首先想到利用动量守恒定律。
一、弹性碰撞
1. 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒。
2. 以最典型的“一动一静”为例。
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′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝ v2′＝（这两个结果最好是记住）
结论：
（1）当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
（2）当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，并且v1′＜v2′，碰撞后两球都向前运动。
（3）当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
二、完全非弹性碰撞
1. 两球发生完全非弹性碰撞时应满足碰撞过程中两物体的总动量守恒、动能损失最多。
2. 设质量分别为m1、m2的两物体碰撞前的速度分别为v1、0，碰撞后粘在一起运动，它们的共同速度为v′，则系统的动量和能量具有如下关系。
动量关系：m1v1＝（m1＋m2）v′
能量关系：m1v＝（m1＋m2）v′2＋ΔE，ΔE为碰撞过程中损失的动能。
处理碰撞问题的三个原则
1. 动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2. 动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3. 速度要合理，即速度要符合情景
（1）碰前两物体同向，则v后＞v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且原来在前面物体的速度大于等于原来在后面物体的速度，即v前′≥v后′。
（2）两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
1. 如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0. 1，与沙坑的距离为0. 5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则碰撞前瞬间A的速度为（ ）
A. 0. 5 m/s B. 1. 0 m/s C. 1. 5 m/s D. 2. 0 m/s
【答案】C
【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据解得v＝1 m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则mv02＝mv12＋·2mv2，联立可得v0＝1. 5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
2. 质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面结果可能正确的是（ ）
A. v1′＝v2′＝m/sB. v1′＝3 m/s，v2′＝0. 5 m/s
C. v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/sD. v1′＝－1 m/s，v2′＝2. 5 m/s
【答案】AD
【解析】由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和动能不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能. 但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能。
如图所示，在光滑的水平面上，静止放置质量为2m的滑块B，其左侧面固定一轻质弹簧，现有一质量为m的滑块A，以初速v0正对B向右运动，在此后的运动过程中，AB始终在同一直线上运动。
（1）求：弹簧压缩量最大时B的速率v；
（2）求：滑块B的最大速率vB；
【答案】（1） （2）
【解析】AB速度相同时，弹性势能最大，由动量守恒得：
所以：
（2）弹簧恢复原长时，B的速度最大
根据动量守恒：
根据能量守恒：
解得：
1. 弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
Ek1＋Ek2 ＝ Ek1′＋Ek2′
2. 完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最多
m1v1＋m2v2＝（ m1＋m2 ）v
3. 碰撞原则
（1）动量守恒
（2）动能不增加
（3）碰撞后速度要合理
（答题时间：30分钟）
1. 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5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s. 当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值分别是（ ）
A. 6 kg·m/s，6 kg·m/s
B. 3 kg·m/s，9 kg·m/s
C. －2 kg·m/s，14 kg·m/s
D. －5 kg·m/s，15 kg·m/s
2. 如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5 m，小车甲从B点以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。一段时间后，小车乙与小车甲相碰（碰撞时间极短），碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变（不计碰撞过程）。下列说法正确的是（ ）
A. 小车乙追上小车甲用时4 s
B. 小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为9 m
C. 碰后瞬间两车的速度大小为7 m/s
D. 若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s2
3. 质量为m1＝1 kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其xt图象如图所示，则（ ）
A. 此碰撞一定为弹性碰撞
B. 被碰物体的质量为2 kg
C. 碰后两物体速度相同
D. 此过程有机械能损失
4. 如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2. 0 kg的物体A. 平衡时物体A距天花板h＝2. 4 m，在距物体A正上方高为h1＝1. 8 m处由静止释放质量为m2＝1. 0 kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短），并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0. 25 s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/s
B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0. 25 m
C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 N
D. A、B运动到最低点后反弹上升，A、B分离后，B还能上升的最大高度为0. 2 m
5. 如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）
A. 弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B. C与B碰前，C与小车的速率之比为m∶M
C. C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D. C与油泥粘在一起后，小车继续向左运动
6. 如图所示，质量为3 kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1 kg的小木块，小木块可视为质点。现使木箱和小木块同时获得大小为2 m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0. 4 J，小木块最终停在木箱正中央。已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0. 3，木箱内底板长为0. 2 m。（g取10 m/s2）求：
（1）木箱的最终速度的大小；
（2）小木块与木箱碰撞的次数。
1.【答案】BC
【解析】
两球组成的系统动量守恒. A球减少的动量等于B球增加的动量，故D错。虽然碰撞前后的总动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，故A错。选B、C。
2.【答案】BC
【解析】小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝5 m，即at2－v甲t＝5 m，代入数据得×2 m/s2×t2－4 m/s×t＝5 m，解得t＝5 s（另一负值舍去），所以小车乙追上小车甲用时5 s，故A错误。当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，得t′＝s＝2 s，最远距离s＝5 m＋v甲t′－at′2＝5 m＋4×2 m－×2×22 m＝9 m，故B正确。碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7 m/s，故C正确。若地面光滑，碰前乙车所受到的作用力F＝ma，甲车所受到的合外力为0，则碰后两车的加速度大小a＝＝1 m/s2，故D错误。
3.【答案】A
【解析】位移—时间图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v1＝4 m/s，v2＝0，v′1＝－2 m/s，v′2＝2 m/s；由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，得m2＝3 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J，机械能无损失，因此是弹性碰撞。B、C、D错误，A正确。
4.【答案】ABC
【解析】设物体B自由下落至与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律，有v0＝＝ m/s＝6 m/s，设A、B碰撞结束后瞬间二者达到共同速度vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有m2v0＝（m1＋m2）vt，解得vt＝2. 0 m/s，A正确。从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有（m2g－F）t＝0－m2vt，解得F＝18 N，方向竖直向上，对B根据动能定理可得－Fx＋mgx＝0－m2vt2，解得x＝0. 25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0. 25 m，B、C正确；若A、B在原位置分离，B还能上升的最大高度为hm＝＝0. 2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时分离，故B还能上升的最大高度小于0. 2 m，D错误。
5.【答案】C
【解析】依据系统动量守恒，C向右运动时，AB向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB受向左的弹力作用而向左运动，故A项错；又MvAB＝mvC，得，即B项错；根据动量守恒得：0＝（M＋m）v′，所以v′＝0，故选C。
6.【答案】（1）1 m/s （2）6次
【解析】（1）设系统最终速度为v′，由于木箱与木块组成的系统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv－mv＝（M＋m）v′，代入数据得v′＝1 m/s。
（2）对整个过程，由能量守恒定律有
Mv2＋mv2＝ΔE＋（M＋m）v′2，
设碰撞次数为n，木箱内底板长度为L，
则有n（μmgL＋0. 4 J）＝ΔE，代入数据得n＝6次。
解密爆炸、反冲模型
爆炸问题
1. 爆炸与碰撞类似（爆炸属于一种特殊的“碰撞”），物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
2. 爆炸过程的四个特点
（1）时间特点：在爆炸现象中，相互作用的时间很短。
（2）相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
（3）动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
（4）位移特点：爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在爆炸前后仍在原位置。
反冲现象
1. 一个静止的系统在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2. 反冲运动的三个特点
（1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
（3）反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加。
3. 反冲运动的处理方法
（1）反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题。
（2）反冲运动过程中系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律分析解决问题。
（3）反冲运动过程中系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题。
4. 讨论反冲运动应注意的三个问题
（1）速度的方向性：对于原来静止的整体，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的这一部分的速度就要取负值。
（2）速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。但是动量守恒定律中要求速度是对同一参考系的速度（通常为对地的速度）。因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒方程。
（3）变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
1. 人船模型
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2. 人船模型的特点
（1）两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0。
（2）运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即。
（3）应用此关系时要注意一个问题：公式中的1、2和x一般都是相对地面而言的。
注意：“人船模型”解题是要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。
一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v2－mv1，解得m＝，故C正确。
如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速率v0正对B向右运动，在A与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动。求：
（1）炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；
（2）炸药的化学能有多少转化为机械能？
【答案】（1）I＝mv0，方向向右（2）ΔE＝mv。
【解析】
（1）全过程，A、B、C组成的系统动量守恒
mAv0＝－（mA＋mB）v0＋mCvC
炸药对C的冲量：I＝mCvC－0
解得：I＝mv0，方向向右
（2）炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒
mCvC－mBvB＝0
据能量关系：ΔE＝mBv＋mCv
解得：ΔE＝mv。
1. 爆炸问题：动量守恒，机械能增加
2. 反冲现象：动量守恒且为零，机械能增加
3. 人船模型：动量守恒且为零，两物体位移之比等于质量的反比。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球正面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5 m（可以把人看做质点）。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为（ ）
A. 5 m B. 3. 6 m
C. 2. 6 m D. 8 m
2. 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. 30 kg·m/s
B. 5. 7×102 kg·m/s
C. 6. 0×102 kg·m/s
D. 6. 3×102 kg·m/s
3. 甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg。则下列判断正确的是（ ）
A. 甲的速率与乙的速率之比为10∶9
B. 甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10
C. 甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1
D. 甲的动能与乙的动能之比为1∶1
4. 如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车 A 总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。（小车与竖直墙相撞无能量损失）
5. 一质量为6×103 kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率（相对于火箭）为103 m/s，求：
（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度？（g取10 m/s2）
6. 在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处有一可视为质点的质量为2 kg的物块C静止，OP的距离等于PQ的距离，两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0＝5 m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起，已知A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量应在什么范围内？（假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能）
1.【答案】B
【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律得，m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3. 6 m，选项B正确。
2.【答案】A
【解析】设火箭的总质量为M，燃气的质量为m，取火箭的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0＝（M－m）v－mv0，其中v0＝600 m/s，则火箭的动量大小为p＝（M－m）v＝mv0＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确，B、C、D错误。
3.【答案】AC
【解析】因两人静止在光滑的冰面上，故他们所受合力为零，由动量守恒定律可知当甲推乙时，有m甲v甲＝m乙v乙，则，选项A正确；二人之间的相互作用力大小相等、方向相反，故甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为二人质量的反比，即10∶9，选项B错误；二人相互作用的时间相等，且作用力大小相等，故甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，选项C正确；由动量守恒定律可知，甲、乙的动量大小相等，根据动能的定义式Ek＝mv2可知甲、乙的动能不相等，选项D错误。
4.【答案】3
【解析】设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A. 此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB＝v①
第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋（n－1）·2mAv＝mBvB②
又由题意知4mA＝mB③
联立①②③解得n＝2. 5，
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A。
5.【答案】（1）60 kg （2）180 kg
【解析】（1）以喷出的气体为研究对象，设每秒喷出的气体质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，根据动量定理有
FΔt＝Δmv0①
火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′＝F②
对火箭有（忽略喷出气体的重力）F′＝Mg③
由①②③式解得
kg/s＝60 kg/s.
即要获得克服火箭重力的推力，每秒钟要喷出60 kg的气体。
（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为研究对象，有
FΔt＝Δmv0④
对火箭有F′－Mg＝Ma，F′＝F⑤
由④⑤两式解得
kg/s＝180 kg/s。
即每秒钟喷出180 kg气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度。
6.【答案】3 J≤E≤1 875 J
【解析】对A、B引爆炸药前后，由动量守恒定律可得
（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB，
设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知
mAvA2＋mBvB2－（mA＋mB）v02＝E，
B、C碰撞前、后，由动量守恒定律可得mBvB＝（mC＋mB）v共，
若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，根据题意可得知若炸开后，A仍向右运动，需满足vA≤v共，代入数据可得E≥3 J；若炸开后，A向左运动，需满足|vA|≤3v共，代入数据可得E≤1 875 J。
综合可得3 J≤E≤1 875 J。
重难点
题型
分值
重点
碰撞现象满足的规律
选择
计算
6-8分
难点
弹性碰撞和完全非弹性碰撞
重难点
题型
分值
重点
爆炸、反冲模型遵循的规律
选择
计算
8-10分
难点
爆炸、反冲模型的定量计算
解密碰撞模型
碰撞
1. 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2. 碰撞过程的五个特点
（1）时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
（2）相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
（3）动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
（4）位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置。
（5）能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek'满足Ek≥Ek'。
3. 分类
（1）弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能守恒。满足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2。
（2）非弹性碰撞：碰撞过程中两物体的总动量守恒、总动能减少。满足：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，m1v12＋m2v22>m1v1′2＋m2v2′2。
（3）完全非弹性碰撞：碰后两个物体粘在一起，碰撞过程中两物体的总动量守恒、动能损失最多。
注意：当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管是哪种碰撞，要首先想到利用动量守恒定律。
一、弹性碰撞
1. 两球发生弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒。
2. 以最典型的“一动一静”为例。
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′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝ v2′＝（这两个结果最好是记住）
结论：
（1）当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
（2）当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，并且v1′＜v2′，碰撞后两球都向前运动。
（3）当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
二、完全非弹性碰撞
1. 两球发生完全非弹性碰撞时应满足碰撞过程中两物体的总动量守恒、动能损失最多。
2. 设质量分别为m1、m2的两物体碰撞前的速度分别为v1、0，碰撞后粘在一起运动，它们的共同速度为v′，则系统的动量和能量具有如下关系。
动量关系：m1v1＝（m1＋m2）v′
能量关系：m1v＝（m1＋m2）v′2＋ΔE，ΔE为碰撞过程中损失的动能。
处理碰撞问题的三个原则
1. 动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2. 动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
3. 速度要合理，即速度要符合情景
（1）碰前两物体同向，则v后＞v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且原来在前面物体的速度大于等于原来在后面物体的速度，即v前′≥v后′。
（2）两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
1. 如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的静止物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0. 1，与沙坑的距离为0. 5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则碰撞前瞬间A的速度为（ ）
A. 0. 5 m/s B. 1. 0 m/s C. 1. 5 m/s D. 2. 0 m/s
【答案】C
【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx＝0－·2mv2，代入数据解得v＝1 m/s，A与B组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则mv02＝mv12＋·2mv2，联立可得v0＝1. 5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
2. 质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面结果可能正确的是（ ）
A. v1′＝v2′＝m/sB. v1′＝3 m/s，v2′＝0. 5 m/s
C. v1′＝1 m/s，v2′＝3 m/sD. v1′＝－1 m/s，v2′＝2. 5 m/s
【答案】AD
【解析】由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和动能不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能. 但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能。
如图所示，在光滑的水平面上，静止放置质量为2m的滑块B，其左侧面固定一轻质弹簧，现有一质量为m的滑块A，以初速v0正对B向右运动，在此后的运动过程中，AB始终在同一直线上运动。
（1）求：弹簧压缩量最大时B的速率v；
（2）求：滑块B的最大速率vB；
【答案】（1） （2）
【解析】AB速度相同时，弹性势能最大，由动量守恒得：
所以：
（2）弹簧恢复原长时，B的速度最大
根据动量守恒：
根据能量守恒：
解得：
1. 弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
Ek1＋Ek2 ＝ Ek1′＋Ek2′
2. 完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最多
m1v1＋m2v2＝（ m1＋m2 ）v
3. 碰撞原则
（1）动量守恒
（2）动能不增加
（3）碰撞后速度要合理
（答题时间：30分钟）
1. 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5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s. 当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值分别是（ ）
A. 6 kg·m/s，6 kg·m/s
B. 3 kg·m/s，9 kg·m/s
C. －2 kg·m/s，14 kg·m/s
D. －5 kg·m/s，15 kg·m/s
2. 如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5 m，小车甲从B点以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。一段时间后，小车乙与小车甲相碰（碰撞时间极短），碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变（不计碰撞过程）。下列说法正确的是（ ）
A. 小车乙追上小车甲用时4 s
B. 小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为9 m
C. 碰后瞬间两车的速度大小为7 m/s
D. 若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s2
3. 质量为m1＝1 kg和m2（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其xt图象如图所示，则（ ）
A. 此碰撞一定为弹性碰撞
B. 被碰物体的质量为2 kg
C. 碰后两物体速度相同
D. 此过程有机械能损失
4. 如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2. 0 kg的物体A. 平衡时物体A距天花板h＝2. 4 m，在距物体A正上方高为h1＝1. 8 m处由静止释放质量为m2＝1. 0 kg的物体B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短），并立即以相同的速度与A一起运动，两物体不粘连，且可视为质点，碰撞后两物体一起向下运动，历时0. 25 s第一次到达最低点，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/s
B. 碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0. 25 m
C. 碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 N
D. A、B运动到最低点后反弹上升，A、B分离后，B还能上升的最大高度为0. 2 m
5. 如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（ ）
A. 弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B. C与B碰前，C与小车的速率之比为m∶M
C. C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动
D. C与油泥粘在一起后，小车继续向左运动
6. 如图所示，质量为3 kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1 kg的小木块，小木块可视为质点。现使木箱和小木块同时获得大小为2 m/s的方向相反的水平速度，小木块与木箱每次碰撞过程中机械能损失0. 4 J，小木块最终停在木箱正中央。已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0. 3，木箱内底板长为0. 2 m。（g取10 m/s2）求：
（1）木箱的最终速度的大小；
（2）小木块与木箱碰撞的次数。
1.【答案】BC
【解析】
两球组成的系统动量守恒. A球减少的动量等于B球增加的动量，故D错。虽然碰撞前后的总动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，故A错。选B、C。
2.【答案】BC
【解析】小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝5 m，即at2－v甲t＝5 m，代入数据得×2 m/s2×t2－4 m/s×t＝5 m，解得t＝5 s（另一负值舍去），所以小车乙追上小车甲用时5 s，故A错误。当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，得t′＝s＝2 s，最远距离s＝5 m＋v甲t′－at′2＝5 m＋4×2 m－×2×22 m＝9 m，故B正确。碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7 m/s，故C正确。若地面光滑，碰前乙车所受到的作用力F＝ma，甲车所受到的合外力为0，则碰后两车的加速度大小a＝＝1 m/s2，故D错误。
3.【答案】A
【解析】位移—时间图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v1＝4 m/s，v2＝0，v′1＝－2 m/s，v′2＝2 m/s；由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，得m2＝3 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J，机械能无损失，因此是弹性碰撞。B、C、D错误，A正确。
4.【答案】ABC
【解析】设物体B自由下落至与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律，有v0＝＝ m/s＝6 m/s，设A、B碰撞结束后瞬间二者达到共同速度vt，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有m2v0＝（m1＋m2）vt，解得vt＝2. 0 m/s，A正确。从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根据动量定理，有（m2g－F）t＝0－m2vt，解得F＝18 N，方向竖直向上，对B根据动能定理可得－Fx＋mgx＝0－m2vt2，解得x＝0. 25 m，即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0. 25 m，B、C正确；若A、B在原位置分离，B还能上升的最大高度为hm＝＝0. 2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时分离，故B还能上升的最大高度小于0. 2 m，D错误。
5.【答案】C
【解析】依据系统动量守恒，C向右运动时，AB向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB受向左的弹力作用而向左运动，故A项错；又MvAB＝mvC，得，即B项错；根据动量守恒得：0＝（M＋m）v′，所以v′＝0，故选C。
6.【答案】（1）1 m/s （2）6次
【解析】（1）设系统最终速度为v′，由于木箱与木块组成的系统没有受到外力作用，故系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有Mv－mv＝（M＋m）v′，代入数据得v′＝1 m/s。
（2）对整个过程，由能量守恒定律有
Mv2＋mv2＝ΔE＋（M＋m）v′2，
设碰撞次数为n，木箱内底板长度为L，
则有n（μmgL＋0. 4 J）＝ΔE，代入数据得n＝6次。
解密爆炸、反冲模型
爆炸问题
1. 爆炸与碰撞类似（爆炸属于一种特殊的“碰撞”），物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
2. 爆炸过程的四个特点
（1）时间特点：在爆炸现象中，相互作用的时间很短。
（2）相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
（3）动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。
（4）位移特点：爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在爆炸前后仍在原位置。
反冲现象
1. 一个静止的系统在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象。
2. 反冲运动的三个特点
（1）物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
（2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
（3）反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加。
3. 反冲运动的处理方法
（1）反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题。
（2）反冲运动过程中系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律分析解决问题。
（3）反冲运动过程中系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题。
4. 讨论反冲运动应注意的三个问题
（1）速度的方向性：对于原来静止的整体，当被抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的这一部分的速度就要取负值。
（2）速度的相对性：反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。但是动量守恒定律中要求速度是对同一参考系的速度（通常为对地的速度）。因此应先将相对速度转换成对地的速度，再列动量守恒方程。
（3）变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
1. 人船模型
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船模型”问题。
2. 人船模型的特点
（1）两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0。
（2）运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即。
（3）应用此关系时要注意一个问题：公式中的1、2和x一般都是相对地面而言的。
注意：“人船模型”解题是要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。
一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v2－mv1，解得m＝，故C正确。
如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mA＝mC＝m、mB＝。开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A以速率v0正对B向右运动，在A与B碰撞之前，引爆了B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动。求：
（1）炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；
（2）炸药的化学能有多少转化为机械能？
【答案】（1）I＝mv0，方向向右（2）ΔE＝mv。
【解析】
（1）全过程，A、B、C组成的系统动量守恒
mAv0＝－（mA＋mB）v0＋mCvC
炸药对C的冲量：I＝mCvC－0
解得：I＝mv0，方向向右
（2）炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒
mCvC－mBvB＝0
据能量关系：ΔE＝mBv＋mCv
解得：ΔE＝mv。
1. 爆炸问题：动量守恒，机械能增加
2. 反冲现象：动量守恒且为零，机械能增加
3. 人船模型：动量守恒且为零，两物体位移之比等于质量的反比。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人爬在一只大气球下方，气球正面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5 m（可以把人看做质点）。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为（ ）
A. 5 m B. 3. 6 m
C. 2. 6 m D. 8 m
2. 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. 30 kg·m/s
B. 5. 7×102 kg·m/s
C. 6. 0×102 kg·m/s
D. 6. 3×102 kg·m/s
3. 甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为45 kg，乙的质量为50 kg。则下列判断正确的是（ ）
A. 甲的速率与乙的速率之比为10∶9
B. 甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10
C. 甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1
D. 甲的动能与乙的动能之比为1∶1
4. 如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B上坐着一个小孩，车B与小孩的总质量是车A质量的4倍。从静止开始，小孩把车A以速度v（对地）推出，车A返回后，小孩抓住并再次把它推出，每次推出车A的速度都是v（对地）、方向向左，则小孩把车 A 总共推出多少次后，车A返回时，小孩不能再接到车A。（小车与竖直墙相撞无能量损失）
5. 一质量为6×103 kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速率（相对于火箭）为103 m/s，求：
（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度？（g取10 m/s2）
6. 在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处有一可视为质点的质量为2 kg的物块C静止，OP的距离等于PQ的距离，两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0＝5 m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起，已知A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量应在什么范围内？（假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能）
1.【答案】B
【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分别是x、x′，由动量守恒定律得，m1x＝m2x′，又因为x＋x′＝h，解得x′≈3. 6 m，选项B正确。
2.【答案】A
【解析】设火箭的总质量为M，燃气的质量为m，取火箭的运动方向为正方向，由动量守恒定律得0＝（M－m）v－mv0，其中v0＝600 m/s，则火箭的动量大小为p＝（M－m）v＝mv0＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确，B、C、D错误。
3.【答案】AC
【解析】因两人静止在光滑的冰面上，故他们所受合力为零，由动量守恒定律可知当甲推乙时，有m甲v甲＝m乙v乙，则，选项A正确；二人之间的相互作用力大小相等、方向相反，故甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为二人质量的反比，即10∶9，选项B错误；二人相互作用的时间相等，且作用力大小相等，故甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，选项C正确；由动量守恒定律可知，甲、乙的动量大小相等，根据动能的定义式Ek＝mv2可知甲、乙的动能不相等，选项D错误。
4.【答案】3
【解析】设小孩把车A总共推出n次后，车A返回时，小孩恰好不能再接到小车A. 此时，车A返回时的速度v与车B的速度恰好相等，即vB＝v①
第1次推车时，小孩和车B获得的动量为mAv，以后每次推车时获得的动量为2mAv，根据动量守恒定律得
mAv＋（n－1）·2mAv＝mBvB②
又由题意知4mA＝mB③
联立①②③解得n＝2. 5，
所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A。
5.【答案】（1）60 kg （2）180 kg
【解析】（1）以喷出的气体为研究对象，设每秒喷出的气体质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，根据动量定理有
FΔt＝Δmv0①
火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′＝F②
对火箭有（忽略喷出气体的重力）F′＝Mg③
由①②③式解得
kg/s＝60 kg/s.
即要获得克服火箭重力的推力，每秒钟要喷出60 kg的气体。
（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为研究对象，有
FΔt＝Δmv0④
对火箭有F′－Mg＝Ma，F′＝F⑤
由④⑤两式解得
kg/s＝180 kg/s。
即每秒钟喷出180 kg气体才能使火箭在开始时有20 m/s2的加速度。
6.【答案】3 J≤E≤1 875 J
【解析】对A、B引爆炸药前后，由动量守恒定律可得
（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB，
设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知
mAvA2＋mBvB2－（mA＋mB）v02＝E，
B、C碰撞前、后，由动量守恒定律可得mBvB＝（mC＋mB）v共，
若要B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，根据题意可得知若炸开后，A仍向右运动，需满足vA≤v共，代入数据可得E≥3 J；若炸开后，A向左运动，需满足|vA|≤3v共，代入数据可得E≤1 875 J。
综合可得3 J≤E≤1 875 J。
重难点
题型
分值
重点
碰撞现象满足的规律
选择
计算
6-8分
难点
弹性碰撞和完全非弹性碰撞
重难点
题型
分值
重点
爆炸、反冲模型遵循的规律
选择
计算
8-10分
难点
爆炸、反冲模型的定量计算
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