挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（6）碰撞与动量守恒考向一：对动量定理的理解和应用【真题引领】(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。
若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )A.1.6×102 kgB.1.6×103 kgC.1.6×105 kgD.1.6×106 kg【答案】B题眼解读：看到“推力、1 s时间”想到“用动量定理”。
解析：设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m，对该气体根据动量定理有：Ft=mv-0，解得m== kg=1.6×103 kg，故选项B正确，A、C、D错误。
应用动量定理的解题流程：考场练兵：如图，光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一各表面光滑、质量为3m的斜面体C。
一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。
求：(1)A和B碰撞过程中B受的合力的冲量大小；(2)斜面体C获得的最大速度。
【答案】(1)(2)解析：(1)A下落到O点过程：mgh=m解得：v0=A、B碰撞动量守恒：mv0=2mv1解得：v1=v0对B，由动量定理得：I=Δp所以I B=mv1=(2)AB一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大AB与C水平方向动量守恒：2mv1=2mv B+m C v CAB与C机械能守恒：2m=2m+m C联立解得：v C=代入数据得： v C==考向二：动量守恒和能量相结合【真题引领】(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。
t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A运动的v-t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。
已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求物块B的质量。
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功。
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。
求改变前后动摩擦因数的比值。
【答案】(1)3m (2)mgH (3)(1)题眼解读：①看到“光滑的圆弧”想到“只改变速度方向，没有能量损失”。
②看到“与B发生弹性碰撞”想到“动量守恒、能量守恒”。
③看到“v-t图象”，想到“斜率、面积的含义”。
解析：(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。
设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=m(-)+m′v′①m=m(-)2+m′v′2②联立①②式得m′=3m ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。
由动能定理有mgH-fs1=m-0 ④-(fs2+mgh)=0-m(-)2⑤从图(b)所给的v-t图线可知s1=v1t1⑥s2=··(1.4t1-t1) ⑦由几何关系=⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=mgH ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W=μmgcosθ·设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有-μm′gs′=0-m′v′2设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh-μ′mgcosθ·-μ′mgs′=0联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得=(2)易错警示：警示1：若研究对象为一个系统(如题中A、B系统)，应优先考虑用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)斜面体C获得的最大速度。
(2)易错警示：警示1：若研究对象为一个系统(如题中A、B系统)，应优先考虑用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
警示2：若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
动量和能量综合问题的解题流程：考场练兵：(多选)一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r。
某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点。
若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同。
已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.卫星与碎片碰撞前的线速度大小为B.卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为C.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为D.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为【答案】B、C解析：碰撞前，卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可得G=m1，又mg=，可得v==，故A错误；据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，有G=m1r，解得卫星运行的周期为T==，故B正确；碰撞过程，根据动量守恒定律可得：m1v-m2v=(m1+m2)v1，由动能定理可得W=(m1+m2)v2-(m1+m2)，喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为W′=W=，故C正确，D错误。
考向三：弹性碰撞和非弹性碰撞【真题引领】(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。
两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。
已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10 m/s2。
求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小。
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
【答案】(1)3 m/s (2)4.25 m/s(1)题眼解读：看到“碰撞时间极短”想到“动量守恒”。
解析：(1)设B车的质量为m B，碰后加速度大小为a B。
根据牛顿第二定律有μm B g=m B a B①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为x B。
由运动学公式有v=2a B x B②联立①②式并利用题给数据得v′B=3 m/s ③(2)设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A。
根据牛顿第二定律有μm A g=m A a A④设碰撞后瞬间A车速度大小为v′A，碰撞后滑行的距离为x A。
由运动学公式有v=2a A x A⑤设碰撞前的瞬间A车的速度大小为v A。
两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A=m A v′A+m B v′B⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A=4.25 m/s ⑦(2)错因警示：警示1：没有明确研究对象和物理过程。
警示2：对象在运动过程中的受力情况分析不清。
警示3：没有注意矢量运算的方向性问题。
警示4：计算造成的失误。
碰撞三原，两结论：1.碰撞遵从的三个原则：(1)动量守恒，即p1+p2=p′1+p′2；(2)系统动能不增加，即E k1+E k2≥E′k1+E′k2；(3)速度合理，两球同向，后球速度不能大于前球速度。
2.熟记两个结论：(1)“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足v1=v0，v2=v0，质量相等的两物体发生弹性碰撞后交换速度；(2)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多。
考场练兵：1.(多选)如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。
小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。
已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为( )A.m1=3m2B.m2=m1C.m2=5m1D.m2=7m1【答案】A、D解析：若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v2t=3v1t即：v2=3v1。
取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2。
根据机械能守恒定律得：m1=m1+m2联立解得：m1=3m2；碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v1t=3v2t，即：v1=3v2同理解得：m2=7m1；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t即：v1=v2同理解得：m2=3m1；故选A、D。
2.(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，一起以恒定的速度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，下列情况可能发生的是( )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+mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变，M和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、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M+m0)v0=(M+m0)v1+mv2 【答案】B、C解析：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得Mv=(M+m)v′，故B、C正确，A、D错误。