2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第六章第36课时　应用动量守恒定律解决三类典型问题（重点突破课）

第36课时　应用动量守恒定律解决三类典型问题(重点突破课)

[考点一　碰撞问题]

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。

1．碰撞

(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]　如图所示，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg 的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3 m。一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块在OQ段的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且机械能均不损失。重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；

(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。

[解析]　(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。

由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2

碰撞前后动能相等，则得：mv02＝mv12＋Mv22

解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。

(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：

a＝μg＝2 m/s2

B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：

v2t1－at12＝d

解得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去)

B与挡板碰后的速度大小v3＝v2－at1＝2 m/s，B反弹后减速时间t2＝＝1 s

B反弹后经过位移s1＝＝1 m，B停止运动。

A与P处挡板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O点，经过s2＝＝1 m停止，

所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1 m

A、B不会碰第二次。

在A、B碰后，A运动总时间tA＝＋＝3 s

B运动总时间tB＝t1＋t2＝2 s

则时间间隔ΔtAB＝tA－tB＝1 s。

[答案]　(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右

(2)1 s

碰撞问题解题技巧

(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＝v0，v2＝v0。

(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2v；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的静止不动，质量小的被原速率反向弹回。　　

 [集训冲关]

1．(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块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，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)

A．0.5 m/s　　　　　　　 　B．1.0 m/s

C．1.5 m/s   D．2.0 m/s

解析：选C　碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv02＝mv12＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。

2.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)

A．A和B都向左运动   B．A和B都向右运动

C．A静止，B向右运动   D．A向左运动，B向右运动

解析：选D　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0，碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒定律，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。

3.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]

爆炸和反冲是日常生活中常见的现象。解决这类问题的关键是把实际情景归纳出理想模型，根据动量守恒定律列式求解。

 (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]　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

[解析]　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B项对。

[答案]　B

考法2　反冲现象　

[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．(2017·全国卷Ⅰ)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＝0.050×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。

2．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成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来速度方向相反

B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大

C．a、b一定同时到达水平地面

D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等

解析：选CD　炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，故A错误；|vb|＞|va|、|vb|＜|va|、|vb|＝|va|也都

有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度关系未知，所以a、b飞行的水平距离无法比较，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，大小相等，故D正确。

3.(2019·邯郸模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：

(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；

(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。

解析：(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得

－μ·2mgs＝×2m2－×2mv02，

解得μ＝。

(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有

2m·＝mv，

根据能量守恒定律有

E0＋×2m2＝mv2，

解得E0＝mv02。

答案：(1)　(2)mv02

[考点三　人船模型问题]

“人船模型”在日常生活中很常见。在高考中属于稍难的考点。但只要认清人船模型的运动特点，用好速度、位移与质量皆成反比的规律，就可轻松解题。

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．(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)

A．系统的总动量守恒

B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向

C．小球不能向左摆到原高度

D．小车向右移动的最大距离为

解析：选BD　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。

2.如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和地面接触，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果该人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度约为(可以把人视为质点)(　　)

A．5 m　　　　　　　　　 　B．3.6 m

C．2.6 m   D．8 m

解析：选B　以竖直向下为正方向，当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以他离地面的高度H＝h－h1≈3.6 m，选项B正确。