高考物理一轮复习第6章动量第3课时应用动量守恒定律解决三类典型问题学案

第3课时　应用动量守恒定律解决三类典型问题

考点一　碰撞问题

1．碰撞及分类

(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。

(2)碰撞特征：作用时间短、作用力变化快、内力远大于外力、满足动量守恒定律。

(3)碰撞的分类及特点

2.碰撞现象满足的规律

(1)动量守恒。

(2)动能不增加。

(3)速度要合理。

①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。

②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

[典例]　(2021年1月新高考8省联考·重庆卷)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：

(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；

(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。

[解析]　(1)小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，

根据机械能守恒定律可知3mgL＝·3mv，

解得v0＝。

(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动L＝gt2，解得t＝ ，

水平方向上做匀速直线运动2L＝v2t，

解得v2＝＝＝，

小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2，

解得碰撞后小木块1的速度为v1＝，

之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知3mgh＝×3mv，解得h＝L。

[答案]　(1)　(2)L

碰撞问题是高考的考查热点，此类问题往往结合牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合起来考查。正确判断碰后各物体的运动情况是解题的关键。　　

[集训冲关]

1．秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(01n)与静止氘核(12H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　　)

A.E   B.E

C.E   D.E

解析：选B　质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。

2．如图所示，在光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量pA＝4 kg·m/s，B球的质量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。求：

(1)碰撞后B球的速度大小；

(2)A球质量的取值范围。

解析：(1)由题意知pA′＝2 kg·m/s。

根据动量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′

解得vB′＝8 m/s。

(2)设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足vA＝>vB

碰撞后A球不可能运动到B球前方，所以vA′＝≤vB′

碰撞过程系统机械能不可能增加，所以

＋mBvB′2≤＋mBvB2

联立解得mA应满足 kg≤mA≤ kg。

答案：(1)8 m/s　(2) kg≤mA≤ kg

考点二　爆炸和反冲

(一)爆炸现象

1．特点：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。

2．爆炸现象的三个规律

(二)反冲运动

1．特点：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。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。

2．对反冲运动的三点说明

[考法细研]

考法1　爆炸现象

[例1]如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：

(1)炸开后A、B获得的速度大小；

(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？

[解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化，

有：E＝m1v12＋m2v22

爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2

联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。

(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。

对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；

对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；

对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；

代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。

之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。

即：(m1＋m2＋m3)v＝0，

解得v＝0。

设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：

－μm1gt＝0－m1v1，

解得：t＝0.8 s。

[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s

考法2　反冲运动

[例2]　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。

(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？

(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？

[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：

(M－3m)v3－3mv＝0，

解得v3≈2 m/s。

(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：

(M－20m)v20－20mv＝0，

解得v20≈13.5 m/s。

[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s

(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。

(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。

[集训冲关]

1．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

解析：选A　燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。

2．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。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。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

E＝mv02 ①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0＝v0－gt ②

联立①②式得

t＝ 。 ③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有

mv12＋mv22＝E ⑤

mv1＋mv2＝0 ⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

mv12＝mgh2 ⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为

h＝h1＋h2＝。 ⑧

答案：(1) 　(2)

考点三　人船模型问题

1．人船模型问题

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。这样的问题即为“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：m1v1－m2v2＝0。

(2)运动特点：人动船动，人静船静，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＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。

[典例]　如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？

[解析]　作出人和船的运动示意图如图所示，设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，

所以有mv1＝Mv2

设整个过程中人和船的平均速度大小分别为1、2，则有

m 1＝M 2

等式两边乘以时间t，有m 1t＝M 2t

即mx1＝Mx2

且x1＋x2＝L

解得x1＝ L，x2＝ L。

[答案]　 L　 L

求解“人船模型”问题的注意事项

(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。

(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。

[集训冲关]

1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)

A．向左运动，船向左移一些

B．小船静止，船向左移一些

C．小船静止，船向右移一些

D．小船静止，船不移动

解析：选C　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故选项C正确。

2.如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　)

A．后退0.5 m  B．后退0.6 m

C．后退0.75 m  D．一直匀速后退

解析：选A　人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。

3．某人在一辆静止的小车上练习打靶，已知车、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，则发射完n颗子弹时，小车后退的距离为(　　)

A.L   B.L

C.L   D.L

解析：选C　由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动。每发射一颗子弹，车后退一段距离。每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：

0＝mv－[M＋(n－1)m]v′

设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，

m＝[M＋(n－1)m]

解得：x＝，则打完n发后车共后退s＝。