第36課時應用動量守恒定律解決三類典型問題(重點突破課)考點一碰撞問題碰撞問題是高考的考查熱點，此類問題往往結合牛頓運動定律、能量守恒定律等知識綜合起來考查。正確判斷碰后各物體的運動情況是解題的關鍵。1碰撞(1)碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的相互作用的過程。(2)碰撞特征：作用時間短、作用力變化快、內(nèi)力遠大于外力、滿足動量守恒定律。(3)碰撞的分類及特點彈性碰撞動量守恒，機械能守恒非彈性碰撞動量守恒，機械能不守恒完全非彈性碰撞動量守恒，機械能損失最多2.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒。(2)動能不增加。(3)速度要合理。若兩物體同向運動，則碰前應有v后v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前v后。若兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。典例如圖所示，水平面上相距為L5 m的P、Q兩點分別固定一豎直擋板，一質(zhì)量為M2 kg 的小物塊B靜止在O點，OP段光滑，OQ段粗糙且長度為d3 m。一質(zhì)量為m1 kg的小物塊A以v06 m/s的初速度從OP段的某點向右運動，并與B發(fā)生彈性碰撞。兩物塊在OQ段的動摩擦因數(shù)均為0.2，兩物塊與擋板的碰撞時間極短且機械能均不損失。重力加速度g10 m/s2，求：(1)A與B在O點碰后瞬間各自的速度；(2)兩物塊各自停止運動時的時間間隔。解析(1)設A、B在O點碰后的速度分別為v1和v2，以向右為正方向。由動量守恒定律得：mv0mv1Mv2碰撞前后動能相等，則得：mv02mv12Mv22解得：v12 m/s，v24 m/s。(2)碰后，兩物塊在OQ段減速時加速度大小均為：ag2 m/s2B經(jīng)過t1時間與Q處擋板相碰，由運動學公式：v2t1at12d解得：t11 s(t13 s舍去)B與擋板碰后的速度大小v3v2at12 m/s，B反彈后減速時間t21 sB反彈后經(jīng)過位移s11 m，B停止運動。A與P處擋板碰后，以v42 m/s的速度滑上O點，經(jīng)過s21 m停止，所以最終A、B的距離sds1s21 mA、B不會碰第二次。在A、B碰后，A運動總時間tA3 sB運動總時間tBt1t22 s則時間間隔tABtAtB1 s。答案(1)2 m/s，方向向左4 m/s，方向向右(2)1 s碰撞問題解題技巧(1)抓住碰撞的特點和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿足：v1v0，v2v0。(3)熟記彈性正碰的一些結論，例如，當兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v；當m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的靜止不動，質(zhì)量小的被原速率反向彈回。 集訓沖關1(2019安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個靜止的質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后物塊B剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/s D2.0 m/s解析：選C碰撞后B做勻減速運動，由動能定理得：2mgx02mv2，解得：v1 m/s，A與B碰撞的過程中，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，由動量守恒定律得：mv0mv12mv，由于沒有機械能損失，則：mv02mv122mv2，解得：v01.5 m/s，故A、B、D錯誤，C正確。2.如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()AA和B都向左運動 BA和B都向右運動CA靜止，B向右運動 DA向左運動，B向右運動解析：選D選向右為正方向，則A的動量pAm2v02mv0，B的動量pB2mv0，碰前A、B的動量之和為零，根據(jù)動量守恒定律，碰后A、B的動量之和也應為零，可知四個選項中只有選項D符合題意。3.如圖所示，在光滑水平面上A、B兩小球沿同一方向運動，A球的動量pA4 kgm/s，B球的質(zhì)量mB1 kg，速度vB6 m/s，已知兩球相碰后，A球的動量減為原來的一半，方向與原方向一致。求：(1)碰撞后B球的速度大小；(2)A球質(zhì)量的取值范圍。解析：(1)由題意知pA2 kgm/s。根據(jù)動量守恒定律有pAmBvBpAmBvB解得vB8 m/s。(2)設A球質(zhì)量為mA，A球能追上B球并與之碰撞，應滿足vA>vB碰撞后A球不可能運動到B球前方，所以vAvB碰撞過程系統(tǒng)機械能不可能增加，所以mBvB2mBvB2聯(lián)立解得mA應滿足 kgmA kg。答案：(1)8 m/s(2) kgmA kg考點二爆炸和反沖爆炸和反沖是日常生活中常見的現(xiàn)象。解決這類問題的關鍵是把實際情景歸納出理想模型，根據(jù)動量守恒定律列式求解。 (一)爆炸現(xiàn)象1特點：爆炸過程中內(nèi)力遠大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。2爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能位置不變爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動(二)反沖運動1特點：物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分，并且這兩部分向相反方向運動的現(xiàn)象。反沖運動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚?。2對反沖運動的三點說明作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加 考法細研考法1爆炸現(xiàn)象例1一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為31。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列選項圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()解析由hgt2可知，爆炸后甲、乙做平拋運動的時間t1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙的動量改變量大小相等，甲、乙質(zhì)量比為31，所以速度變化量大小之比為13，由平拋運動水平方向上，xv0t，所以A圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，|v乙|2.5 m/s，|v甲|0.5 m/s，A項錯；B圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，|v乙|1.5 m/s，|v甲|0.5 m/s，B項對。答案B考法2反沖現(xiàn)象例2一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m200 g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v1 000 m/s。設火箭(包括燃料)質(zhì)量M300 kg，發(fā)動機每秒噴氣20次。(1)當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運動第1 s末，火箭的速度為多大？解析(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，由動量守恒定律得：(M3m)v33mv0，解得v32 m/s。(2)發(fā)動機每秒噴氣20次，設運動第1 s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得：(M20m)v2020mv0，解得v2013.5 m/s。答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s(1)碰撞過程中系統(tǒng)機械能不可能增大，但爆炸與反沖過程中系統(tǒng)的機械能一定增大。(2)因碰撞、爆炸過程發(fā)生在瞬間，一般認為系統(tǒng)內(nèi)各物體的速度瞬間發(fā)生突變，而物體的位置不變。 集訓沖關1(2017全國卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/s解析：選A燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得pmv00，解得pmv00.050600 kgm/s30 kgm/s，選項A正確。2(多選)向空中發(fā)射一枚炮彈，不計空氣阻力，當炮彈的速度v0恰好沿水平方向時，炮彈炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則()Ab的速度方向一定與原來速度方向相反B從炸裂到落地的這段時間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比b的大Ca、b一定同時到達水平地面D在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：選CD炮彈炸裂前后動量守恒，選定v0的方向為正方向，則mv0mavambvb，顯然vb0、vb0、vb0都有可能，故A錯誤；|vb|va|、|vb|va|、|vb|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平拋運動，由平拋運動規(guī)律知，下落高度相同則運動的時間相等，飛行的水平距離與速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度關系未知，所以a、b飛行的水平距離無法比較，故B錯誤，C正確；炸裂過程中，a、b之間的力為相互作用力，大小相等，故D正確。3.(2019邯鄲模擬)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計)。讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變?yōu)?，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進。已知O、P兩點間的距離為s，設炸藥爆炸時釋放的化學能全部轉化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求：(1)木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)；(2)炸藥爆炸時釋放的化學能E0。解析：(1)從O滑到P，對A、B由動能定理得2mgs2m22mv02，解得。(2)在P點爆炸時，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mmv，根據(jù)能量守恒定律有E02m2mv2，解得E0mv02。答案：(1)(2)mv02考點三人船模型問題“人船模型”在日常生活中很常見。在高考中屬于稍難的考點。但只要認清人船模型的運動特點，用好速度、位移與質(zhì)量皆成反比的規(guī)律，就可輕松解題。1人船模型問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題即為“人船模型”問題。2人船模型的特點(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1m2v20。(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即。(3)應用時要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的。典例如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人由靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，則船和人相對地面的位移各為多少？解析作出人和船的運動示意圖如圖所示，設任一時刻人與船的速度大小分別為v1、v2，作用前都靜止。因整個過程中動量守恒，所以有mv1Mv2設整個過程中人和船的平均速度大小分別為1、2，則有m 1M 2等式兩邊乘以時間t，有m 1tM 2t即mx1Mx2且x1x2L解得x1 L，x2 L。答案 L L求解“人船模型”問題的注意事項(1)適用范圍：“人船模型”還適用于某一方向上動量守恒(如水平方向或豎直方向)的二物系統(tǒng)，只要相互作用前兩物體在該方向上速度都為零即可。(2)畫草圖：解題時要畫出兩物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。 集訓沖關1(多選)如圖所示，繩長為l，小球質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)()A系統(tǒng)的總動量守恒B水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向C小球不能向左擺到原高度D小車向右移動的最大距離為解析：選BD系統(tǒng)只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據(jù)水平方向的動量守恒及機械能守恒，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據(jù)“人船模型”，系統(tǒng)水平方向動量守恒，設小球的平均速度為vm，小車的平均速度為vM，mvmMvM0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmtMvMt0，即mxmMxM，又xmxM2l，解得小車移動的最大距離為，D正確。2.如圖所示，一個質(zhì)量為m150 kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質(zhì)量為m220 kg，長繩的下端剛好和地面接觸，初始靜止時人離地面的高度為h5 m。如果該人開始沿長繩向下滑動，當他滑到長繩下端時，他離地面高度約為(可以把人視為質(zhì)點)()A5 mB3.6 mC2.6 m D8 m解析：選B以豎直向下為正方向，當人滑到長繩下端時，由豎直方向動量守恒得m1h1m2h20，且h1h2h，解得h1 m，所以他離地面的高度Hhh13.6 m，選項B正確。