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    新高考物理一轮复习精讲精练第7章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用(含解析)
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    新高考物理一轮复习精讲精练第7章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用(含解析)

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    这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第7章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用(含解析),共25页。试卷主要包含了动量守恒定律,碰撞,爆炸等内容,欢迎下载使用。

    第二讲 动量守恒定律及其应用
    Ø 知识梳理
    一、动量守恒定律
    1.内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为,这个系统的总动量保持不变。
    2.表达式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′。
    3.适用条件
    (1)系统不受外力或所受外力的合力为零。
    (2)系统所受外力虽不为零,但内力远大于外力。
    (3)系统所受外力虽不为零,但在某方向上合力为零,系统在该方向上动量守恒。
    二、碰撞、反冲、爆炸
    1.碰撞
    (1)特点:作用时间极短,内力(相互碰撞力)远大于外力,总动量守恒。
    (2)分类
    ①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能没有损失。
    ②非弹性碰撞:碰撞后系统的机械能有损失。
    ③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失最大。
    2.爆炸
    与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受的外力,所以系统动量守恒。
    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,如发射炮弹、火箭等。
    (2)特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,动量守恒。
    Ø 知识训练
    考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
    1.适用条件
    (1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为零.
    (2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.
    (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,则系统在这一方向上动量守恒.
    2.应用动量守恒定律解题的步骤
    (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.
    例1、如图甲所示,把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上.它们之间装有被压缩的轻质弹簧,用不可伸长的轻细线把它们系在一起.如图乙所示,让B紧靠墙壁,其他条件与图甲相同.对于小车A、B和弹簧组成的系统,烧断细线后下列说法正确的是(  )

    A.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,图甲所示系统动量守恒,机械能守恒
    B.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,图乙所示系统动量守恒,机械能守恒
    C.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,墙壁对图乙所示系统的冲量为零
    D.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
    【答案】A
    【解析】从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,题图甲所示系统所受外力之和为0,则系统动量守恒,且运动过程中只有系统内的弹力做功,所以系统机械能守恒,故A正确;从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用,则系统所受外力之和不为0,则系统动量不守恒,运动过程中只有系统内的弹力做功,所以系统机械能守恒,故B错误;从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用,由公式I=Ft可知,墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零,故C错误;从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中,由于B车没有位移,则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0,故D错误.
    例2、如图所示,站在车上的人,用锤子连续敲打小车。初始时,人、车、锤都静止。假设水平地面光滑,关于这一物理过程,下列说法正确的是(  )

    A.连续敲打可使小车持续向右运动
    B.人、车和锤组成的系统机械能守恒
    C.当锤子的速度方向竖直向下时,人和车水平方向的总动量为零
    D.人、车和锤组成的系统动量守恒
    【答案】C
    【解析】把人、锤子和车看成一个系统,系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,用锤子连续敲打车的左端,根据水平方向动量守恒可知,系统的水平方向总动量为零,所以当锤子的速度方向竖直向下,即水平方向动量为零时,人和车水平方向总动量为零,锤子向左运动时,车向右运动,锤子向右运动时,车向左运动,所以车在水平方向做往复运动,不会持续地向右运动,故A错误,C正确;由于人消耗体能,体内储存的化学能转化为系统的机械能,机械能又通过锤子敲打小车等转化为内能,因此人、车和锤组成的系统机械能不守恒,故B错误;在锤子的连续敲打下,人、车和锤组成的系统竖直方向所受的合力不等于零,该方向系统的动量不守恒,所以系统的动量不守恒,故D错误。
    例3、(多选)如图所示,质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压,使弹簧被压缩一定长度,静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F,关于A、B和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是(  )

    A.撤去F后,系统动量守恒,机械能守恒
    B.撤去F后,A离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒
    C.撤去F,A离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为E
    D.撤去F,A离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为
    【答案】BD
    【解析】撤去F后,A离开竖直墙前,竖直方向两木块的重力与水平面对它们的支持力平衡,合力为零,而水平方向墙对A有向右的弹力,系统的动量不守恒;这个过程中,只有弹簧的弹力对B做功,系统的机械能守恒;A离开竖直墙后,系统水平方向不受外力,竖直方向受力平衡,则系统的动量守恒,此过程只有弹簧的弹力做功,机械能也守恒,故A错误,B正确。撤去F,A离开竖直墙后,当两木块速度相同时,弹簧伸长最长或压缩最短,弹性势能最大;设两木块的共同速度为v,A离开墙时,B的速度为v0,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得:2mv0=3mv,E=·3mv2+Ep,又E=·2mv,联立解得弹簧的弹性势能最大值为:Ep=,故C错误,D正确。
    例4、如图,质量为M的小车A停放在光滑的水平面上,小车上表面粗糙。质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上,车足够长,滑块不会从车上滑落,则小车的最终速度大小为(  )

    A.0 B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】B在A上滑动的过程中,A、B组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得:mv0=(M+m)v,解得:v=,故C正确。
    l 课堂随练
    训练1、(2021·全国乙卷) 如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统(  )

    A.动量守恒,机械能守恒
    B.动量守恒,机械能不守恒
    C.动量不守恒,机械能守恒
    D.动量不守恒,机械能不守恒
    【答案】B
    【解析】因为水平地面光滑,所以撤去推力后,系统所受合外力为零,则系统动量守恒;因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动,则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功,系统机械能不守恒。故选B。
    训练2、(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示,木块B与水平面间的摩擦不计,子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来,然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ,此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ,则(  )
    A.过程Ⅰ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒,动量也不守恒
    B.过程Ⅰ中,子弹和木块所组成的系统机械能不守恒,动量守恒
    C.过程Ⅱ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒,动量也守恒
    D.过程Ⅱ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒,动量不守恒
    【答案】BD 
    【解析】子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程,子弹和木块(或子弹、弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,但要克服摩擦力做功,产生热量,系统机械能不守恒,A错误,B正确;过程Ⅱ中,子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力,外力之和不为零,则系统动量不守恒,但系统只有弹簧弹力做功,机械能守恒,C错误,D正确。
    训练3、如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是(  )

    A.P对Q做功为零
    B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
    C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
    D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
    【答案】B 
    【解析】P对Q有弹力的作用,并且在力的方向上有位移,所以P对Q做功不为0,故A错误;因为PQ之间的力属于系统内力,并且等大反向,两者在力的方向上发生的位移相等,所以做功之和为0,故B正确;因为系统只有系统内力和重力的作用,所以P、Q组成的系统机械能守恒,系统水平方向上不受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖直方向上Q有加速度,即竖直方向上动量不守恒,故C、D错误。
    训练4、(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(  )
    A.v B.v
    C.v D.v
    【答案】B
    【解析】由题意知,小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒,则Mv+mv′=0,得v′=,即滑板的速度大小为,B正确。
    考点二、碰撞问题
    1.碰撞问题遵守的三条原则
    (1)动量守恒:p1+p2=p1′+p2′.
    (2)动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′.
    (3)速度要符合实际情况
    ①碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有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碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变.
    2.弹性碰撞的重要结论
    以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例,则有
    m1v1=m1v1′+m2v2′
    m1v12=m1v1′2+m2v2′2
    联立解得:v1′=v1,v2′=v1
    讨论:①若m1=m2,则v1′=0,v2′=v1(速度交换);
    ②若m1>m2,则v1′>0,v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动);当m1≫m2时,v1′≈v1,v2′≈2v1;
    ③若m10(碰后两小球沿相反方向运动);当m1≪m2时,v1′≈-v1,v2′≈0.
    3.物体A与静止的物体B发生碰撞,当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多,物体B的速度最小,vB=v0,当发生弹性碰撞时,物体B速度最大,vB=v0.则碰后物体B的速度范围为:v0≤vB≤v0.
    例1、A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球速度的可能值是(  )
    A.vA′=5 m/s,vB′=2.5 m/s
    B.vA′=2 m/s,vB′=4 m/s
    C.vA′=-4 m/s,vB′=7 m/s
    D.vA′=7 m/s,vB′=1.5 m/s
    【答案】B
    【解析】虽然题给四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,不符合实际,即A、D项错误;C项中,两球碰后的总动能Ek后=mAvA′2+mBvB′2=57 J,大于碰前的总动能Ek前=mAvA2+mBvB2=22 J,违背了能量守恒定律,所以C项错误;而B项既符合实际情况,也不违背能量守恒定律,所以B项正确.
    例2、(多选)(2022·肇庆第二次统一测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰,已知碰撞前两物块动量相同,碰撞后质量为m的物块恰好静止,则两者质量之比可能为(  )
    A.1      B.2     
    C.3      D.4
    【答案】CD
    【解析】设碰前每个物块的动量为p,碰后M的速度为v,由动量守恒得2p=Mv
    由能量守恒定律可知,碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能,又Ek=,可得+≥Mv2=M,联立解得≥3,C、D正确。
    例3、已知质量相同的两个物体发生弹性正碰时速度交换。如图为“牛顿摆”,由五个相同的钢球紧挨着悬挂在同一水平线上。拉起最左侧的球1并释放,由于相邻球间的碰撞,导致最右侧的球5被弹出,碰撞时动能不损失。则(  )

    A.相邻球间碰撞属于非弹性碰撞
    B.球5被弹起时,球4速度不为零
    C.球5被弹起时,球1速度等于零
    D.5个钢球组成的系统在整个运动过程中动量守恒
    【答案】C
    【解析】因为碰撞时动能不损失,则各个小球之间的碰撞均为弹性碰撞,A错误;因为两球碰撞时交换速度,则球5被弹起时,球4速度为零,B错误;球1落下后与球2碰撞,1、2两球交换速度,之后以此类推,当球5被弹起时,球1、2、3、4的速度都等于零,C正确;5个钢球组成的系统在水平方向碰撞过程中动量守恒,而在球1和球5摆动的过程中动量不守恒,D错误。
    例4、(多选)如图所示,竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦.圆心O点正下方放置质量为2m的小球A,质量为m的小球B以初速度v0向左运动,与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道,则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)(  )

    A.2 B.
    C.2 D.
    【答案】BC
    【解析】A与B碰撞的过程为弹性碰撞,则碰撞的过程中动量守恒,设B的初速度方向为正方向,碰撞后B与A的速度分别为v1和v2,则:mv0=mv1+2mv2,由能量守恒得:mv02=mv12+·2mv22,联立得:v2=.若恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力,设在最高点的速度为vmin,由牛顿第二定律得:2mg=2m·,A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒,得:2mg·2R=·2mv2′2-·2mvmin2,v2′=,解得:v0′=1.5,可知若小球A经过最高点,则需要:v0≥1.5.若小球不能到达最高点,则小球不脱离轨道时,恰好到达与O等高处,由机械能守恒定律得:2mg·R=·2mv2″2,v2″2=,解得v0″=1.5,可知若小球不脱离轨道时,需满足:v0≤1.5.由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足:v0≤1.5或v0≥1.5,故A、D错误,B、C正确.
    例5、如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则(  )

    A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大
    B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
    C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
    D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
    【答案】D
    【解析】由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小时刻相等,且两子弹对木块作用的时间相等,两子弹所受的阻力大小相等,设为f,根据动能定理,对子弹A:-fdA=0-EkA,得EkA=fdA,对子弹B:-fdB=0-EkB,得EkB=fdB,由于dA>dB,则子弹射入时的初动能EkA>EkB,故B、C错误,D正确;两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有=,而EkA>EkB,则mA 例7、(2021·北京高考)如图所示,小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30 m,取重力加速度g=10 m/s2。求:

    (1)两物块在空中运动的时间t;
    (2)两物块碰前A的速度v0的大小;
    (3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
    【答案】(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
    【解析】(1)两物块在空中做平抛运动,竖直方向为自由落体运动,有h=gt2
    代入数据解得t=0.30 s。
    (2)设A、B碰后速度为v,水平方向为匀速运动,有s=vt
    代入数据解得v=1.0 m/s
    根据动量守恒定律,有mv0=2mv
    代入数据解得v0=2.0 m/s。
    (3)两物块碰撞过程中损失的机械能
    ΔE=mv-·2mv2
    代入数据解得ΔE=0.10 J。
    l 课堂随练
    训练1、(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为(  )

    A.3 J    B.4 J
    C.5 J   D.6 J
    【答案】A 
    【解析】设乙物块的质量为m,由动量守恒定律有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′,代入图中数据解得m乙=6 kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能E损=m甲v甲2+m乙v乙2-m甲v甲′2-m乙v乙′2,代入图中数据解得E损=3 J,选项A正确。
    训练2、如图,立柱固定于光滑水平面上O点,质量为M的小球a向右运动,与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞,碰后a球立即向左运动,b球与立柱碰撞能量不损失,所有碰撞时间均不计,b球恰好在P点追到a球,Q点为OP间中点,则a、b两球质量之比M∶m为(  )

    A.3∶5   B.1∶3    
    C.2∶3   D.1∶2
    【答案】A 
    【解析】设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2,由题有:b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a,则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为:s1∶s2=1∶3,根据s=vt得:v2=3v1
    以水平向右为正方向,两球发生弹性碰撞,设a球的初速度为v0,由动量守恒定律得:Mv0=M(-v1)+mv2
    由机械能守恒定律得:Mv02=Mv12+mv22,解得M∶m=3∶5,故选A。
    训练3、甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球质量m1与m2间的关系可能是(  )
    A.m1=m2        B.2m1=m2
    C.4m1=m2 D.6m1=m2
    【答案】C 
    【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有p1+p2=p1′+p2′,得p1′=2 kg·m/s。
    由于在碰撞过程中,系统的机械能不会增加。所以有+≥+,得m1≤m2。因为题目给出物理情境是“甲从后面追上乙”,要符合这一物理情境,就必须有>,即m1 训练4、如图所示,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切,小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m,小滑块的质量关系是mB=2mA,重力加速度g=10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是(  )

    A.5 m/s B.4 m/s
    C.3 m/s D.2 m/s
    【答案】A
    【解析】设碰前滑块A的速度大小为v0,滑块A下滑过程,由机械能守恒定律得:mAgR=mAv,解得v0=6 m/s 。若两个滑块发生的是弹性碰撞,取水平向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mAv0=mAvA+mBvB,mAv=mAv+mBv,解得vB=4 m/s;若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得:mA v0=(mA+mB)vB′,解得vB′=2 m/s;所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤v≤4 m/s。故选A。
    训练5、(多选)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示,a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图象,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象,若A球质量是m=2 kg,则由图可知下列结论错误的是(  )

    A.A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
    B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s
    C.碰撞前后A的动量变化为6 kg·m/s
    D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
    【答案】AC
    【解析】由x­t图象的斜率表示速度可知,碰撞前,A球的速度vA== m/s=-3 m/s,B球的速度vB== m/s=2 m/s;碰撞后A、B两球的速度相等,为vA′=vB′=v== m/s=-1 m/s,碰撞前后A球的动量变化ΔpA=mv-mvA=4 kg·m/s,C错误;对A、B组成的系统,由动量守恒定律得:mvA+mBvB=(m+mB)v,解得:mB= kg,A与B碰撞前的总动量为:p总=mvA+mBvB=2×(-3) kg·m/s+×2 kg·m/s=- kg·m/s,A错误;由动量定理可知,碰撞时A对B所施冲量为:IB=ΔpB=mBv-mBvB=-4 kg·m/s=-4 N·s,B正确;碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为:ΔEk=mv+mBv-(m+mB)v2,代入数据解得:ΔEk=10 J,D正确。本题选错误的,故选A、C。
    训练6、如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起,从高度为h处由静止释放,它们一起下落,不计空气阻力。

    (1)在下落过程中,两个小球之间是否存在相互作用力?请说明理由。
    (2)已知h远大于两球半径,所有的碰撞都没有机械能损失,且碰撞前后小球都沿竖直方向运动,若碰撞后m2恰处于平衡状态,求:
    ①落地前瞬间,两个小球的速度大小v0;
    ②两个小球的质量之比m1∶m2;
    ③小球m1上升的最大高度H。
    【答案】(1)在下落过程中,两个小球之间不存在相互作用力,任意时刻它们均处于完全失重状态,其速度和加速度都相同,不会相互挤压,因而没有相互作用力。
    (2)① ②1∶3 ③4h
    【解析】(1)在下落过程中,两个小球之间不存在相互作用力,任意时刻它们的速率和加速度都相同,不会相互挤压,其间没有相互作用力。
    (2)①根据机械能守恒定律:
    (m1+m2)v02=(m1+m2)gh
    解得v0=
    ②m1,m2以相同的速度v0落到地面,m2先与地面发生弹性碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向反向;接着与m1碰撞,碰后m2的速度恰好减为零,m1的速度为v1,取向上为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有
    —m1v0+m2v0=m1v1
    m1v02+m2v02=m1v12
    解得v1=2v0=2,m1∶m2=1∶3。
    ③根据机械能守恒定律,有m1v12=m1gH
    解得H=4h。
    考点三、爆炸、反冲问题
    1.反冲运动的三点说明
    作用原理
    反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
    动量守恒
    反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律
    机械能增加
    反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加
    2.爆炸现象的三个规律
    动量守恒
    爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒
    动能增加
    在爆炸过程中,有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能,所以系统的机械能增加
    位置不变
    爆炸的时间极短,因而作用过程中物体产生的位移很小,可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
    3.“人—船”模型
    模型特点
    (1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律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;人与船的位移比等于它们质量比的倒数;人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数,即==。
    (3)应用==时要注意:v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。

    例1、有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量为(  )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【解析】设船的质量为m船,人走动的时候船的速度为v,人的速度为v′,人从船头走到船尾用时为t,船的位移为d,人的位移为L-d,所以v=,v′=。以船后退的方向为正方向,根据动量守恒有m船v-mv′=0,可得m船 =,小船的质量为m船=,故B正确。
    例2、(多选)如图所示,质量为4 kg的小车Q静止在光滑的水平面上,质量为2 kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75 m的细线拴接在小车上的固定竖直轻杆顶端的O点。现将小球拉至与O等高的位置,且细线刚好绷直,拉起过程中小车静止,某时刻给小球一竖直向下的速度v0=3 m/s,重力加速度为g=10 m/s2,当细线第一次呈竖直状态时,下列说法正确的是(  )

    A.小车Q的位移大小为0.25 m
    B.小球P的速度大小为2 m/s
    C.小车Q的速度大小为2 m/s
    D.小球下落过程中,细线对小球P做的功为7 J
    【答案】AC
    【解析】小球P下落过程中,小球P和小车Q组成的系统在水平方向不受外力,系统在水平方向动量守恒。取水平向右为正方向,从小球由释放到细线第一次呈竖直状态,有0=mP-mQ,又xP+xQ=L=0.75 m,解得小车Q的位移大小xQ=0.25 m,A正确;设细线第一次呈竖直状态时,小球P的速度大小为vP,小车Q的速度大小为vQ,水平方向有0=mPvP-mQvQ,根据系统的机械能守恒得:mPgL+mPv=mPv+mQv,联立解得vP=4 m/s,vQ=2 m/s,B错误,C正确;小球下落过程中,设细线对小球P做的功为W,对P,根据动能定理得:mPgL+W=mPv-mPv,解得W=-8 J,D错误。
    例3、(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为(  )
    A.48 kg B.53 kg
    C.58 kg D.63 kg
    【答案】BC
    【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0,规定运动员运动的方向为正方向,运动员开始时静止,第1次将物块推出后,设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0,则根据动量守恒定律有:0=mv1-m0v0,解得v1=v0;物块与挡板弹性碰撞后,运动方向与运动员同向,当运动员第2次推出物块时,有:mv1+m0v0=mv2-m0v0,解得v2=v0;第3次推出物块时,有:mv2+m0v0=mv3-m0v0,解得v3=v0;以此类推,第8次推出物块后,运动员的速度大小为v8=v0。根据题意可知,v8=v0>v0,解得m<15m0=60 kg;第7次推出物块后,运动员的速度大小为v7=v013m0=52 kg。综上所述,该运动员的质量应满足52 kg 例4、质量m=260 g的手榴弹从水平地面上以v0=10 m/s的初速度斜向上抛出,上升到距地面h=5 m的最高点时爆炸,手榴弹除火药外的部分炸裂成质量相等的两块弹片,其中一块弹片自由下落到达地面,落地时动能为5 J。重力加速度g=10 m/s2,空气阻力不计,火药燃烧充分,求:
    (1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小;
    (2)手榴弹所装火药的质量;
    (3)两块弹片落地点间的距离。
    【答案】(1)10 m/s (2)0.06 kg (3)26 m
    【解析】(1)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有mv02=mv12+mgh
    代入数据解得v1=10 m/s。
    (2)设两块弹片的质量均为m′,爆炸后瞬间其中一块速度为零,设另一块速度为v2,有m′gh=5 J
    代入数据解得m′=0.1 kg
    设手榴弹所装火药的质量为Δm,有Δm=m-2m′
    代入数据解得Δm=0.06 kg。
    (3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为Δx,有mv1=m′v2,Δx=v2t,h=gt2
    代入数据解得Δx=26 m。
    l 课堂随练
    训练1、(2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹),准确击中预定目标,发射导弹过程可以简化为:将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体,忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是(  )
    A. v0 B. v0
    C. v0 D. v0
    【答案】D
    【解析】由动量守恒定律得mv0=(M-m)v,导弹获得的速度v=v0,故选D.
    训练2、(多选)如图所示,绳长为l,小球质量为m1,小车质量为m2,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
    【答案】BD
    【解析】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得,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v1,小车的平均速度为v2,m1v1-m2v2=0,两边同时乘以运动时间t,m1v1t-m2v2t=0,即m1x1=m2x2,又x1+x2=2l,解得小车移动的最大距离为,D正确。
    训练3、如图所示,光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上,其弧形底端切线水平,小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半,小球Q从滑块P顶端由静止释放,Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定,仍让Q从滑块顶端由静止释放,Q离开P时的动能为Ek2,则Ek1和Ek2的比值为(  )

    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】设小球Q的质量为m,滑块P顶端距地面的高度为h,弧形滑块P锁定在光滑水平地面上时,对小球Q,根据动能定理可知Ek1=mgh;解除锁定后,让小球Q从滑块顶端由静止释放,小球Q与滑块P组成的系统水平方向动量守恒,取水平向左为正方向,设小球Q离开P时的速度大小为v1,滑块P的速度大小为v2,根据动量守恒定律有mv1-2mv2=0,根据机械能守恒定律有mv+·2mv=mgh,联立解得Ek2=mv=mgh,则=,故C正确,A、B、D错误。
    训练4、在光滑的水平面上有静止的物体A和B。物体A的质量是B的2倍,两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中(  )

    A.A的速率是B的2倍
    B.A的动量大小大于B的动量大小
    C.A受到的合外力大于B受到的合外力
    D.A、B组成的系统的总动量为零
    【答案】D
    【解析】弹簧在恢复原长的过程中,两物体与弹簧组成的系统动量守恒,规定水平向左为正方向,则mAvA+mB(-vB)=0,mAvA=mBvB,由于物体A的质量是B的2倍,故A的速率是B的,故A、B错误,D正确;A、B受到的合外力大小均等于弹簧弹力,故C错误。
    训练5、(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。
    【答案】(1)  (2)
    【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=mv①
    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=-gt②
    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
    mv+mv=E⑤
    mv1+mv2=0⑥
    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。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有mv=mgh2⑦
    联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=。
    Ø 同步训练
    1.(2022·江苏省高考模拟)质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v′被弹回,已知v′ A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v′-v)
    B.撞击时篮板受到的冲量为零
    C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
    D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
    【答案】C
    【解析】撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化,即I=mv′-m(-v)=m(v′+v),A错误;碰撞时,篮球与篮板相互作用,相互作用力等大反向,作用时间相等,则篮板受到的冲量大小不为零,B错误;撞击时间极短,重力的冲量忽略不计,撞击前后篮板均保持静止,篮球速度反向,所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒,C正确;由于v′ 2.一质量为M的航天器,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为(  )
    A.m=M B.m=M
    C.m=M D.m=M
    【答案】C 
    【解析】规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=M,故C正确。
    3.如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块的动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为(  )

    A.16 J B.2 J
    C.6 J D.4 J
    【答案】A
    【解析】设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块的质量为m,子弹打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即m0v0=(m+m0)v,此过程产生的内能等于系统损失的动能,即ΔE=m0v-(m+m0)v2=·mv2,而木块获得的动能Ek木=mv2=6 J,则ΔE>6 J,A正确。
    4.(多选)在光滑的水平面上,一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰,碰撞时间不计,两物体的位置随时间变化规律如图所示,以A物体碰前速度方向为正方向,下列说法正确的是(  )

    A.碰撞后A的动量为6 kg·m/s
    B.碰撞后A的动量为2 kg·m/s
    C.物体B的质量为2 kg
    D.碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
    【答案】BD
    【解析】由题图可知,碰撞前A的速度为v0= m/s=4 m/s,碰撞后A、B共同的速度为v= m/s=1 m/s,则碰撞后A的动量为pA=mAv=2 kg×1 m/s=2 kg·m/s,A错误,B正确;A、B碰撞过程中,由动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v,解得:mB=6 kg,C错误;对B,由动量定理可得IB=mBv-0=6 N·s,D正确.
    5.(2022·河北省唐山市高三上开学摸底考试)羽毛球运动作为人们日常活动最受欢迎的运动项目之一,若羽毛球以某一水平初速度击中静止在水平地面的纸箱,使其瞬间卡在纸箱侧壁上,发现羽毛球与纸箱一起滑行的距离为L。已知羽毛球的质量为5 g,纸箱的质量为2.495 kg,纸箱与地面间动摩擦因数μ=0.1,滑行距离L=2 cm。则羽毛球击中纸箱的初速度是(  )
    A.0.1 m/s B.1 m/s
    C.10 m/s D.100 m/s
    【答案】D
    【解析】设羽毛球击中纸箱的初速度为v,羽毛球刚击中纸箱与纸箱一起滑行的速度为v′,由动量守恒定律可得mv=(m+M)v′,羽毛球与纸箱一起滑行时,由动能定理可得0-(m+M)v′2=-μ(m+M)gL,解得v=100 m/s,故选D。
    6.如图,水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球a、b,球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽逆时针方向运动,在位置P与球b发生弹性碰撞,碰后球a反弹,并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=90°,忽略摩擦,且两小球可视为质点,则a、b两球质量之比为(  )

    A.3∶1 B.1∶3
    C.5∶3 D.3∶5
    【答案】D
    【解析】根据题意,碰后球a反弹,并在位置Q与球b再次碰撞,且∠POQ=90°,可知碰后a、b两球的速度大小之比为va∶vb=1∶3,两小球发生弹性碰撞,动量守恒,机械能守恒,设球a的初速度大小为v0,有mav0=mbvb-mava,mav=mav+mbv,则碰撞后两球速度大小为va=-v0,vb=v0,联立解得a、b两球质量之比为3∶5,故D正确。
    7.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
    【答案】A 
    【解析】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。
    8.(2021·北京高三学业考试)如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是(  )

    A.E=mv02  I=2mv0
    B.E=mv02  I=2mv0
    C.E=mv02  I=mv0
    D.E=mv02  I=mv0
    【答案】A 
    【解析】AB碰撞瞬间,由动量守恒定律可知:mv0=2mv1 ,解得:v1=
    碰撞后系统机械能守恒,当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大,最大弹性势能E,则:E=×2m×2=mv02,取AB整体分析,取向右为正,由动量定理可得I=2m×-=2mv0,所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0,故A项正确;
    9.(多选)(2021·广西南宁期末)在光滑的冰面上,质量为80 kg的冰球运动员甲以5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,下列说法正确的是(  )
    A.碰后乙的速度的大小是1.5 m/s
    B.碰后乙的速度的大小是1.0 m/s
    C.碰撞中总机械能损失了1 500 J
    D.碰撞中总机械能损失了1 400 J
    【答案】BD 
    【解析】设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v1、v2,碰后乙的速度大小为v2′,规定碰撞前甲的运动方向为正方向,由动量守恒定律有:mv1-Mv2=Mv2′,解得:v2′=v1-v2= m/s=1.0 m/s,故A错误,B正确。根据能量守恒定律可知,碰撞中总机械能的损失为:ΔE=mv12+Mv22-Mv2′,代入数据解得:ΔE=1 400 J,故C错误,D正确。
    10.如图所示,质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上向右运动,与静止的质量为5m的B球对心正碰,碰撞后A球以kv0的速率弹回,并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞,要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰,则k的取值范围为(  )

    A.≤k<1 B. C. 【答案】C
    【解析】A、B碰撞过程中,以v0方向为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=-m·kv0+5mvB,A球与挡板P碰撞后能追上B再次相碰的条件是:kv0>vB,联立解得k>;碰撞过程中损失的机械能ΔE=mv-≥0,解得-1≤k≤。所以k的取值范围是 11.(2022·北京东城区一模)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为R,下端与水平桌面相切,小球A从圆弧轨道顶端无初速度滑下,与静止在圆弧轨道底端的小球B相碰,A与B碰撞后结合为一个整体,在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑,A和B的质量相等, A、B与桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B均可视为质点。求:

    (1)碰撞前瞬间A的速度大小v;
    (2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v′;
    (3)A和B整体在水平桌面上滑行的最远距离l。
    【答案】(1) (2) (3)
    【解析】(1)设两小球质量均为m,对小球A从圆弧轨道顶端滑到底端的过程,由机械能守恒定律有
    mgR=mv2
    解得v=。
    (2)对A、B碰撞的过程应用动量守恒定律有mv=2mv′
    解得v′=。
    (3)对A、B整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有-μ·2mgl=0-·2mv′2
    解得l =。
    12.如图所示,质量M=1.0 kg的木板静止在光滑水平面上,质量m=0.495 kg的物块(可视为质点)放在木板的左端,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。质量m0=0.005 kg的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(子弹与物块作用时间极短),木板足够长,g取10 m/s2。求:

    (1)物块的最大速度v1;
    (2)木板的最大速度v2;
    (3)物块在木板上滑动的时间t。
    【答案】(1)3 m/s (2)1 m/s (3)0.5 s
    【解析】(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度,取向右为正方向,根据子弹和物块组成的系统动量守恒得m0v0=(m+m0)v1
    解得v1=3 m/s。
    (2)当子弹、物块和木板三者速度相同时,木板的速度最大,根据三者组成的系统动量守恒得
    (m+m0)v1=(M+m+m0)v2
    解得v2=1 m/s。
    (3)对木板,根据动量定理得μ(m+m0)gt=Mv2-0
    解得t=0.5 s。
    13.(2022·常州第一次模拟)如图所示,质量为M=4 kg的大滑块静置在光滑水平面上,滑块左侧为光滑圆弧,圆弧底端和水平面相切,顶端竖直。一质量为m=1 kg的小物块,被压缩弹簧弹出后,冲上大滑块,能从大滑块顶端滑出,滑出时大滑块的速度为1 m/s。g取10 m/s2。求:

    (1)小物块被弹簧弹出时的速度;
    (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1;
    (3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。
    【答案】(1)5 m/s (2)1 m (3)3 m/s,方向水平向左 0.04 m
    【解析】(1)设小物块离开弹簧后的速度为v1,小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒
    mv1=(m+M)v2
    解得v1=5 m/s。
    (2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2,系统机械能守恒有mv=(m+M)v+mgh1
    解得h1=1 m。
    (3)小物块能下落到大滑块上并从大滑块上滑到水平面,系统水平方向动量守恒、机械能守恒
    mv1=mv1′+Mv2′
    mv=mv1′2+Mv2′2
    解得v1′=-3 m/s,v2′=2 m/s
    小物块再次滑上滑块时系统水平方向动量守恒,机械能守恒
    m(-v1′)+Mv2′=(m+M)v
    mv1′2+Mv2′2=(m+M)v2+mgh2
    解得h2=0.04 m。



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