【文档说明】高考物理一轮复习课件第6章动量守恒定律及其应用第19讲动量守恒定律 (含详解).ppt，共(101)页，1.501 MB，由MTyang资料小铺上传

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第六章动量守恒定律及其应用高考总复习·物理第19讲动量守恒定律高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式①p＝p′，系统相互作

用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.矢量和②Δp1＝，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．③Δp＝0，系统总动量的增量为零．(3)条件①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为．②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力它所受到的外力．③某一方向守恒：如果

系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在上动量守恒．－Δp2零远大于这一方向2．碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞．(2)特点：作用时间极短，内力(相

互碰撞力)外力，总动量守恒．3．反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．(2)特点：系统内各物体间的内力系统受到的外力，总动量守恒．远大于远大于4．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短

，作用力很大，且系统所受的外力，所以系统动量．远大于守恒[基础小练]判断下列说法是否正确(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒．()(2)动量守恒的过程中，机械能只能不变或减少．()(3)若某个方向合外力为零，则该方向动量守恒．()(4)若在光

滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．()(5)完全非弹性碰撞中，机械能损失最多．()××√√√板块二︿︿[考法精讲]考法一动量是否守恒的判断【自主练1】(2019·杭州一中检测)(多选)如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车

C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，下列说法正确的是()A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动答案BC解析

根据动量守恒的成立条件可知，A、B、C组成的系统动量守恒，选项A错误，B正确；对小车受力分析，水平方向受到向右的摩擦力FfB和向左的摩擦力FfA，因为μA＞μB，故FfA＞FfB，所以小车向左运动，选项

C正确，D错误．【自主练2】(2019·成都经济技术开发区实验中学高三入学考试)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦．从静止弹射到小球落

地前的过程中，下列判断正确的是()A．小球的机械能守恒，动量守恒B．小球的机械能守恒，动量不守恒C．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D．小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒答案C解析小球在

整个过程中除重力之外还有弹簧的弹力做功，故小球的机械能不守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中小球所受外力不为零，故动量不守恒；小球、弹簧和小车组成系统在整个过程中只有重力和弹力做功，故系统机械能守恒；小球从静止弹射到落地前的过程中系统所受外力不为零，故动量不守恒

，故选项C正确．归纳总结动量守恒的两个判断方法(1)条件辨析法：一个系统动量是否守恒，要看这个系统包含了哪些物体，研究哪个过程，以及在这个过程系统受的合外力是否为零，或是否可以忽略，符合条件，动量守恒，反之动量不守恒．(2)结果判断法：根据动量

是否发生变化判断，若动量发生变化，则动量必然不守恒．特别提醒：虽然判断动量守恒最常用的方法是条件辨析法，但是结果判断法有时更简单．考法二动量守恒定律的基本应用【自主练3】(2019·洛阳孟津二中高三调研)一质量为m的滑

块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为23m的滑块B发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块A动量的变化量为()A.25mv0，方向向左B.35mv0，方向向左C.25mv0，方向向右D.35mv0，方向向右A解析根据动量守恒定律

，设碰后的共同速度为v，则mv0＝(m＋23m)v，解得v＝0.6v0，可知在碰撞过程中滑块A动量的变化量为Δp＝m×0.6v0－mv0＝－0.4mv0，方向向左，故选项A正确．【自主练4】(2019·汉中中学高三月考)如图所示，质量为M、长为L的长木板

放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为()A．LB.3L4C.L2D.L4C解析设物块受到的滑动摩擦力为Ff，物块的初速度v0，如果长木板

是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理－FfL＝0－12Mv20，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力

为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒有FfL′＝12Mv20－12(2M)v21，联立解得L′＝L2，故选项C正确，A、B、D错误．利用动量守恒定律解题的基本步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成；(系统包括

哪几个物体及研究的过程)(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒；(或某一方向上动量是否守恒)(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考法三人船模型【自主练5】如图所示，质量为m、半径为b的小球，放在半径为a、质量为3m

的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是()A.3a－b4B.a4C.3a4D.a－b4D解析设小球滑到最低点所用的时间为t，

大球的位移大小为x，小球的水平位移大小为a－b－x，取水平向左方向为正方向．根据水平方向平均动量守恒得3mxt－ma－b－xt＝0，解得x＝a－b4，选项D正确．【自主练6】(2019·牡丹江一中高三月考)如图所示，大气球质量为100kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的

地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为(不计人的高度，可以把人看作质点)()A．10mB．30mC．40mD．60mB解析人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球

的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得m1v1－m2v2＝0，则m1s人t－m2s气球t＝0,50×s人t－100×s气球t＝0，s气球＝12s人＝12×20m＝10m，则绳子长度L

＝s气球＋s人＝10m＋20m＝30m，即绳子至少30m长，故选项B正确．归纳总结利用“人船模型”解题需注意两点(1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．③x1、x2均为

沿动量方向相对于同一参考系的位移．(2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系．考法四碰撞与类碰撞1．碰撞遵守的原则(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′

k1＋E′k2或p212m1＋p222m2≥p′212m1＋p′222m2.(3)速度要合理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．2．类碰撞的特征(1)两物体的相

互作用过程：作用时间较长、作用力较小．(2)同样遵循碰撞的三原则①动量守恒、动能守恒：类弹性碰撞．②动量守恒、动能不守恒：类非弹性碰撞．③动量守恒、动能减少的最大：类完全非弹性碰撞．【例题1】(多选)质量相等的甲、乙两球在光滑水平

面上沿同一直线运动．甲以7kg·m/s的动量追上前方以5kg·m/s的动量同向运动的乙球并发生正碰，则碰后甲、乙两球动量不可能是()A．6.5kg·m/s5.5kg·m/sB．6kg·m/s6kg·m/sC．4kg·m/s8kg·m/sD．5.5kg·m/s6.5kg·m/s[思维导引]

按碰撞过程所遵循原则逐一排除错误选项．答案AC解析动量守恒，初状态总动能E1＝p212m＋p222m＝742m，碰撞后的速度不可能比乙大，故选项A不可能．动量守恒，末状态的总动能E2＝p′212m＋p′222m＝722m，知

动能不增加，故选项B可能．动量守恒，末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝802m，知动能增加，违背碰撞遵循的原则，故选项C不可能．动量守恒，末状态总动能E2＝p′212m＋p′222m＝72.52m，知动能不增加，故选项D可能．归纳总结碰撞

问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0.(3)熟记弹性正碰的一些

结论，例如，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．【跟踪训练1-1】(20

19·莆田一中高三月考)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示．则下列判断正确的是()A．A、B的质量之比为1∶2B．碰撞前后A的运动方向相同C．碰撞过

程中A的动能变大，B的动能减小D．碰前B的动量较小A解析根据位移—时间图象的斜率表示速度，知碰撞前后A的运动方向相反，选项B错误；碰撞前，A的速度vA＝ΔxAΔtA＝20－302m/s＝－5m/s，B的速度为vB＝ΔxBΔtB＝20－02m/s＝10m/s，碰撞后，A、B的

共同速度为v＝ΔxΔt＝20－102＝5m/s，碰撞前后A的动能不变，B的动能减小，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mA∶mB＝1∶2，选项A正确，C错误；碰撞前，A的动量为pA＝mAv

A，B的动量为pB＝mBvB，则得pA∶pB＝1∶4，B的动量较大，选项D错误．【跟踪训练1-2】(2019·河南济源四中高三开学考试)(多选)在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动(B在前)，已知碰前两球的动量分

别pA＝12kg·m/s,pB＝13kg·m/s，碰撞后它们动量的变化是ΔpA与ΔpB有可能是()A．ΔpA＝－3kg·m/sΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝4kg·m/sΔpB＝－4kg·m/sC．ΔpA＝－5kg·m/sΔpB＝5kg·m/sD．ΔpA＝－24kg·

m/sΔpB＝24kg·m/sAC解析由题意可知，碰撞后两球的动量方向都与原方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，即ΔpA＜0，选项B错误；根据动量守恒定律，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，则碰撞

后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，可知，A的动能减少，B的动能增加，符合能量变化规律，选项A正确；同样分析可知，选项C正确；如果ΔpA＝－24kg·m/s，ΔpB＝24kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰后两球的动量分别为p′A＝－12kg·m/s、p′

B＝37kg·m/s，可知，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，是不可能的，选项D错误．【跟踪训练1-3】(2019·莆田一中高三月考)(多选)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物

体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小

一定相等CD解析在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，选项A错误；a、b都做平抛运动，飞行

时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，选项B错误；a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面，选项C正确；在炸裂过程中，a、b受到爆

炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等，选项D正确．【例题2】质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块冲来，设小球不能越过滑块，试求：(1)小球到达最高点时的速度；(2)

小球与滑块分离时二者的速度．[思维导引](1)小球从滑块底部滑到达最高点时，小球与滑块所构成的系统减少的动能最大，这个过程是类完全非弹性碰撞过程．(2)小球从滑上滑块到与滑块分离，小球与滑块所构成的系统没有动能损失，整个过程是类弹性碰撞过程．

解析(1)因为水平面光滑，小球在滑块上运动的过程中，二者所构成的系统在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒．小球从滑上滑块到抵达最高点，系统动能的减少量最大，这一过程是类完全非弹性碰撞，此时二者具有共同速度，设为v.由动量守恒有mv0＝(m＋M)v，解得v＝mm＋Mv0.(2)

小球从滑上滑块到二者分离，系统的动能保持不变，整个过程是类弹性碰撞．设分离时二者速度分别为v1、v2，依题意有mv0＝mv1＋Mv2，12mv20＝12mv21＋12Mv22，解得v1＝m－Mm＋Mv0，v2＝2mm＋Mv0.答案(1)mm＋M

v0(2)m－Mm＋Mv02mm＋Mv0解题技巧类碰撞问题的解答方法(1)首先从动量守恒、动能变化的角度，判断两物体相互作用的某一过程属于哪一种类碰撞过程．(2)利用碰撞所遵循的规律以及相关的结论，简化类碰撞问题的解答．【跟踪训练2-1】(2019·莆田一中高三月考

)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板，已知m1≥m2，m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是零B．m1的最小速度是m1－m2m1＋m2v1C．m2的最大速度是v1D．m

2的最大速度是2m1m1＋m2v1BD解析从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉动m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，两小球水平方向动量守恒，速度相同时保

持稳定，一直向右前进，m1v1＝m1v′1＋m2v2，12m1v21＝12m1v′21＋12m2v22；解得v′1＝m1－m2m1＋m2v1，v2＝2m1m1＋m2v1，故m2的最大速度为2m1m1＋m2v1，m

1的最小速度为m1－m2m1＋m2v1，选项B、D正确．【跟踪训练2-2】(2019·山东乐陵一中高三月考)(多选)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个装置静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定

的挡板相接触，B物块质量为2kg.现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图象如图乙所示，则可知()A．A的质量为4kgB．运动过程中A的最大速度为vm＝4m/sC．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．

在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J答案BD解析解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，此时弹簧也处于原长，从A的速度最小变化到B的速度最小，这一过程可视为类弹性碰撞过程．设A的的质

量为m，A的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有mvm＋2×1＝2×3，12mv2m＋12×2×12＝12×2×32，可得m＝1kg，vm＝4m/s，选项A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，选项C错误；当A、B速

度相等时，A、B动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有mBvmax＝(mB＋m)v共，Epmax＝12mBv2max－12(mB＋m)v2共，联立解得E′pmax＝3J，选项D正确．考法五动量守恒中的临界问

题【例题3】(2019·江西红色七校高三联考)有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1＝1kg，m2＝3kg，并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑

的14竖直圆轨道．最初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后黏在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2m，g＝10m/s2.求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．[思

维导引]本题的两个已知条件是解决问题的突破口，一是“物体A向左运动与挡板碰后原速返回”，二是“在水平面上追上物体B并与其碰撞后黏在一起，最后恰能到达圆弧最高点”，结合两物体被弹开过程中动量守恒，两物体被弹开时的动能之和即为炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．解析炸药爆炸后，设A的速度大小

为v1，B的速度大小为v2.取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，A与挡板碰后追上B，碰后两物体共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，两物体上升到圆弧的最高点时速度为零，

两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得12(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gR，炸药爆炸时对A、B两物体所做的功W＝12m1v21＋12m2v22，联立解得W＝10.7J.答案10.7J解题技

巧动量守恒中临界问题的三步解答法(1)根据题目情景初步确定临界情况下，应满足的两物体之间的运动关系是位移关系还是速度关系，本题中物体的运动是匀速运动，两物体无论距离多远，若速度关系不满足，仍然可能相碰，所以本题应找速度关系；(2)根据初态每个物体动量的大小和方向确定系统的总动量

的方向，进一步确定每个物体速度的方向；(3)根据速度的大小相同，列出两个分过程或全过程动量守恒定律方程中的两个，即可求解待求量．【跟踪训练3】(2019·江苏高淳中学高三调研)如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v0＝1.0m/s向

左匀速运动．某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1＝7.0m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回．已知冰车的质量为m1＝10kg，小孩与滑板的总质量为m2＝30kg，小孩与滑板始终无相对运动．取g＝10m/s2.(1)求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大

小I；(2)通过计算判断，冰车能否追上小孩？解析(1)冰车在碰撞过程由动量定理有－I＝m1(－v1)－m1v1，解得I＝140N·s(2)设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v，解得v＝－1.0m/s.由于

|v|<v1，故冰车能追上小孩．答案(1)140N·s(2)冰车能追上小孩考法六子弹射击木块模型1．两种类型：一是被打的木块固定不动；二是被打的木块置于光滑的水平面．2．遵循规律：(1)若木块被固定，子弹和木块构成的系统动量不守恒；由能量守恒定律

，子弹减少的动能全部转化为系统的内能．(2)若木块置于光滑水平面上，子弹和木块构成系统动量守恒；由能量守恒定律，系统减少的动能全部转化为系统的内能．3．常用结论：子弹射击木块模型中(木块放在光滑水平面上)，摩擦力与相对位移的乘积等于

系统减少的动能，也等于作用过程中产生的内能．【例题4】(2019·南京模拟)如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间

的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2，子弹射入后，求：(1)物块相对木板滑行的时间；(2)物块相对木板滑行的位移．[思维导引]子弹与物块作用过程中为完全非弹性碰撞，根据动量守恒可得共

同速度，此过程中滑块无位移，此后物体做匀减速直线运动，由运动学公式求运动时间(也可以根据动量定理求)，根据能量守恒求物块相对木块滑行的位移．解析子弹打入物块过程，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，对子

弹物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，联立解得物体相对木板的滑行时间t＝v2－v1－μg＝1s.(2)由能量守恒定律得μ(m0＋m)gd＝12(m0＋m)v21－12(m0＋m＋M)v22，联立解得d＝3m.答案(1)

1s(2)3m【跟踪训练4】装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相

同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞，不计重力影响．求子弹射入第二块钢板的深度．解析质量为m的子弹以某一速度v0垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿且钢板和子弹获

得速度为v，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统减少的动能得mv0＝(m＋2m)v，①Ff×2d＝12mv20－12×3mv2，②质量为m的子弹以某一速度v0垂直射穿第一块钢板，获得速度v1，钢板速度v2，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统减少的动能得mv0＝mv1＋mv2，③Ff×d＝12m

v20－12mv21－12mv22，④质量为m的子弹以速度v1垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度d0，共同速度v3，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统减少的动能得mv1＝2mv3，⑤Ff×d0＝12mv

21－12×2mv23，⑥联立以上六式化简得d0＝1232＋1d.答案1232＋1d[典例诊断]【例题5】(2019·吉林普通高中高考二调)如图所示，地面光滑，质量为m1的A物块，以v0＝10m/s的速度向右匀速运动．质量分别为m2﹑m3的物块B与C，由轻质

并且处于原长状态的弹簧相固连，B﹑C和弹簧初始静止放置，某时刻A与B碰撞后立刻黏在一起．已知m1＝2kg，m2＝m3＝3kg，求：(1)A与B碰撞黏在一起后瞬间的速度大小；(2)此后运动过程中，弹簧被第一次

压缩到最短时的弹性势能大小．[错解实录]【解析】(1)A与B碰撞过程，以A、B、C为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2＋m3)v，代入数据解得v＝2.5m/s.(2)从A与B碰撞粘在一起后到弹簧被第一次压缩到最短的过程中由机械能守恒定律有

12m1v20＝12(m1＋m2＋m3)v2＋Ep，解得Ep＝75J.【答案】(1)2.5m/s(2)75J[名师点评]本题的做法基本不得分，错因是A、B碰撞过程，C的速度并没有发生变化，能量的损失发生在第一次

碰撞，第一次碰撞之后，A、B整体与C通过弹簧作用时，系统动量守恒，机械能守恒．实际情况是，A与B碰撞过程，要损失一部分机械能，A、B整体与C作用过程中，动量守恒，机械能守恒，而全过程动量守恒，机械能并不守恒，所以此类问题，将运动过程合理分段很有必要．解析(1)A

与B碰撞过程，以A﹑B为系统，黏在一起的共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝4m/s.(2)从A与B碰撞黏在一起后到弹簧被第一次压缩到最短的过程中，A、B、C所构成系统的机械能守恒，设弹簧被

压缩到最短时，三者共同的速度为v，于是有(m1＋m2)v＝(m1＋m2＋m3)v′，12(m1＋m2)v2＝12(m1＋m2＋m3)v′2＋Ep，解得Ep＝15J﹒答案(1)4m/s(2)15J易错警示“

三体两过程”问题的能量分析误区1．两过程的特点(1)两个物体的瞬时作用过程(例如碰撞、冲击、绳突然被拉紧等)．两个物体所构成的系统的动量守恒，动能转化为内能；另一个物体的运动状态不变．(2)两个物体共速后与另一个物体的长时作用过程(例如压缩或拉伸弹簧等)．三个物体所构成系统的动量守恒，动

能或转化为势能，或转化为内能．2．两种分析方法(1)分过程分析：分别考虑瞬时过程和长时过程，应用动量守恒及能量守恒规律列式求解．(2)全过程分析：结合两个分过程，应用动量守恒定律求解速度．3．特别注意应用全过程法分析时，可简化解答过程，但往往会遗漏瞬时作用过程动能的

损失．【跟踪训练5-1】(2019·天津武清区三中高三月考)如图所示，质量M＝40g的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端拴在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接，Q处有一固定的发射器B，它

可以瞄准靶盒发射一颗水平速度v0＝50m/s、质量m＝10g的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，不计空气阻力．弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为多少？解析弹丸进入靶盒后，设弹丸与靶盒A的共

同速度为v，由系统动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可得Ep＝12(M＋m)v2，解得Ep＝m2v202m＋M，代入数据得Ep＝2.5J.答案2.5J【跟踪训练5-2】(2019·成都模拟)如图所示，两辆完全相同的小车A和B静止于光

滑水平地面，质量均为3m.质量为2m的小球C用轻绳悬挂于小车A的车顶，现使B车保持静止，A、C以共同速度v0向右匀速运动，与B车碰撞后黏在一起．则下列结论错误的是()A．小车A、B碰撞结束时B车的速度大小为58v0B．小车A、B发生碰撞时小车A对B的冲量大小为32mv

0C．小车A、B发生碰撞时小车B对A的冲量大小为32mv0D．小球第一次向右摆起的最大高度为3v2032g答案A解析由于碰撞时间极短，碰撞过程中A、B两小车动量守恒，设碰后瞬间A、B共同速度为v1，由动量守恒定律有3mv0＝(3m＋3m)v1，解得v1＝

12v0，选项A错误；对小车B由动量定理有IB＝3mv1＝32mv0，一对相互作用力的冲量总是大小相等，方向相反，选项B、C正确；从小车A、B碰撞后到小球C第一次向右摆起至最大高度过程，设A、B、C共同速度为v2，由动量守恒有2mv0＋(3m＋3m)v1＝(3m＋2m＋3m)

v2，由机械能守恒有12(2m)v20＋12(3m＋3m)v21＝12(3m＋2m＋3m)v22＋2mgh，解得h＝3v2032g，选项D正确．【跟踪训练5-3】如图所示，在光滑水平路面上，有一质量为m1＝20kg的无动力小车，通过几乎不可伸长的轻绳与质

量为m2＝25kg的足够长的拖车连接．质量为m3＝15kg的物体放在拖车的长平板上，与平板间的动摩擦因数为μ＝0.2，开始时，物体和拖车静止，绳未拉紧，小车以3m/s的速度向前运动．(取g＝10m/s2)从绳拉紧到小车、车厢和物体具有共同速度的

过程中．求：(1)所需时间t；(2)物体在平板车上移动的距离．解析(1)在绳开始拉紧到m1、m2、m3以同一速度运动的过程中，三个物体组成的系统的总动量守恒，选取向右为正方向，则m1v0＝(m1＋m2＋m3)v，代

入数据解得v＝1.0m/s，对物块m3，由动量定理得μm3gt＝m3v，代入数据得t＝0.5s.(2)由于“绳几乎不可伸长”，意为小车与拖车作用时间极短，绳中张力很大，相比之下，m2与m3之间的摩擦力可忽略不计，而且在此过程中，m3几乎没有移动，所以在轻绳张紧过程中，小车

与拖车组成的系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝43m/s，接着m3和m2因滑动摩擦力作用发生相对移动，物体在平板车上移动的距离Δx＝v1＋v2t－v2t＝v12t＝432×0.5m＝13m.答案(1)0.5s

(2)13m板块三︿︿1．(2019·全国高中名校名师原创预测)如图所示，乙球静止在光滑的水平面上，甲球以初动能Ek向右运动，与乙球发生正碰，碰撞过程甲球的动能损失了89，已知甲球的质量为乙球质量的2倍，则碰撞后乙球的动能()A．一定为89EkB．可能为3

29EkC．可能为169EkD．可能为249EkA解析设乙球的质量为m，甲球的质量为2m，甲球的初速度大小为v0，则Ek＝12×2mv20＝mv20，设甲球碰撞后的速度大小为v1，由于碰撞后甲球的动能是碰撞前的19，因此碰撞后甲球的速度大小为v1＝13v

0，根据动量守恒定律可知，2mv0＝2mv1＋mv2或2mv0＝－2mv1＋mv2，解得v2＝43v0或v2＝83v0，根据碰撞过程能量不增加可知，v2＝83v0舍去，故v2＝43v0，碰撞后乙球的动能E′k＝12m43v02＝8

9Ek，选项A正确．2．(2019·杭州模拟)(多选)如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道和上表面水平光滑、质量为M的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小球以初速度v0水平冲上小车，当小球返回并脱离小车后(不计空气阻力)，关于小球的运动情况，下列说法正

确的是()A一定向左做平抛运动B．可能向左做平抛运动C．可能做自由落体运动D．一定向右做平抛运动BC解析设小球返回后离开小车时，小球的速度为v1、小车的速度为v2，从小球冲上小车到返回后离开的过程中，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由机

械能守恒定律有12mv20＝12mv21＋12Mv22，解得v1＝m－Mm＋Mv0，当m>M时，v1>0，小球离开小车时的速度水平向右，故小球向右做平抛运动；当m＝M时，v1＝0，小球离开小车时的速度为零，小球做自由落体运动；当m<M时，v1<0，小球离开小车时的速度水平向左，

小球向左做平抛运动．3．(2019·长春实验中学高三开学考试)如图所示，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块

与木板相对静止．已知重力加速度为g，求：(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．解析(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v.系统动量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv，木块3在木板上匀减速运动

，由牛顿第二定律μmg＝ma，由运动学公式(3v0)2－v2＝2as3，解得s3＝4v20μg.(2)设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3，在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v0－v3＝2v0－v2，解得v

2＝56v0.答案(1)4v20μg(2)56v04．(2019·天津静海一中高三学业能力调研)如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C相距l＝1.0m．物块A以速度v0＝10m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地黏在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后

瞬间C的速度v＝2.0m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10m/s2)(1)计算与C碰撞前瞬间A、B的速度；(2)如果A、B与C碰撞黏在一起运动，求出k的

值；(3)如果A、B与C的碰撞是弹性碰撞，求出k的值，以及碰后A、B的速度；(4)根据A、B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后A、B的可能运动方向．解析(1)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B碰撞

过程，取向右为正方向由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝5m/s.设与C碰撞前瞬间A、B的速度为v2，由动能定理得－2μmgl＝2×12mv22－2×12mv21，解得v2＝4m/s.(2)A、B与C碰撞后黏在一起运动，碰撞过程中的动量守恒有2mv2＝(2＋k)mv，解得

k＝2.(3)设与C碰撞后A、B的速度是v3，碰撞过程中的动量守恒有2mv2＝2mv3＋kmv，解得v3＝(4－k)m/s.根据碰撞的能量特点有12·2mv22≥12·2mv23＋12mCv2，联立两式，得k≤6，

即当k＝6时碰撞过程是弹性碰撞，且v3＝－2m/s，k<6是非弹性碰撞．(4)碰撞后A、B向右运动的速度不能大于C的速度，由(3)中第3式得4－k≤2，解得k≥2，所以k的合理取值范围是6≥k≥2.综上所述得：当k＝4时，v3＝0，即与C碰后A、B静止；当2≤k<4时，v3>0，即与C碰后A、B继

续向右运动；当4<k≤6时，v3<0，即碰后A、B被反弹向左运动．答案(1)4m/s(2)2(3)6－2m/s(4)见解析5．(2019·云南华宁二中高三检测)如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上

的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不黏连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A，B，C质量均相等，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度；(2)A在木板C上滑行的时间．解析(1)设A、B、C的质量

为m，B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝v02，B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同

速度为v2，则mv＋mv1＝2mv2，解得v2＝3v04.(2)在A、C相互作用过程中，根据功能关系有FfL＝12mv20＋12mv21－122mv22(Ff为A、C间的摩擦力)，代入解得Ff＝mv2016L.此过程中对C，根据动量定理有Fft＝mv2－mv1，代入相关数据解得t＝4Lv0.

答案(1)3v04(2)4Lv0