（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第36課時 應(yīng)用動量守恒定律解決三類典型問題（重點(diǎn)突破課）講義（含解析）.doc

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第36課時　應(yīng)用動量守恒定律解決三類典型問題(重點(diǎn)突破課) [考點(diǎn)一　碰撞問題] 碰撞問題是高考的考查熱點(diǎn)，此類問題往往結(jié)合牛頓運(yùn)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(yùn)動情況是解題的關(guān)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(yuǎn)大于外力、滿足動量守恒定律。 (3)碰撞的分類及特點(diǎn) 彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能守恒 非彈性碰撞 動量守恒，機(jī)械能不守恒 完全非彈性碰撞 動量守恒，機(jī)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。 ①若兩物體同向運(yùn)動，則碰前應(yīng)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(yùn)動，則應(yīng)有v前′≥v后′。 ②若兩物體相向運(yùn)動，碰后兩物體的運(yùn)動方向不可能都不改變。 [典例]　如圖所示，水平面上相距為L＝5 m的P、Q兩點(diǎn)分別固定一豎直擋板，一質(zhì)量為M＝2 kg 的小物塊B靜止在O點(diǎn)，OP段光滑，OQ段粗糙且長度為d＝3 m。一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊A以v0＝6 m/s的初速度從OP段的某點(diǎn)向右運(yùn)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μ＝0.2，兩物塊與擋板的碰撞時間極短且機(jī)械能均不損失。重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)A與B在O點(diǎn)碰后瞬間各自的速度； (2)兩物塊各自停止運(yùn)動時的時間間隔。 [解析]　(1)設(shè)A、B在O點(diǎn)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：mv0＝mv1＋Mv2 碰撞前后動能相等，則得：mv02＝mv12＋Mv22 解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。 (2)碰后，兩物塊在OQ段減速時加速度大小均為： a＝μg＝2 m/s2 B經(jīng)過t1時間與Q處擋板相碰，由運(yùn)動學(xué)公式： v2t1－at12＝d 解得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去) B與擋板碰后的速度大小v3＝v2－at1＝2 m/s，B反彈后減速時間t2＝＝1 s B反彈后經(jīng)過位移s1＝＝1 m，B停止運(yùn)動。 A與P處擋板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O點(diǎn)，經(jīng)過s2＝＝1 m停止， 所以最終A、B的距離s＝d－s1－s2＝1 m A、B不會碰第二次。 在A、B碰后，A運(yùn)動總時間tA＝＋＝3 s B運(yùn)動總時間tB＝t1＋t2＝2 s 則時間間隔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 碰撞問題解題技巧 (1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)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：v1＝v0，v2＝v0。 (3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1?m2，且v20＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v；當(dāng)m1?m2，且v20＝0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(xùn)沖關(guān)] 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(jī)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(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A．0.5 m/s　　　　　　　 　B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析：選C　碰撞后B做勻減速運(yùn)動，由動能定理得：－μ2mgx＝0－2mv2，解得：v＝1 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：mv0＝mv1＋2mv，由于沒有機(jī)械能損失，則：mv02＝mv12＋2mv2，解得：v0＝1.5 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(yùn)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(yùn)動狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運(yùn)動 B．A和B都向右運(yùn)動 C．A靜止，B向右運(yùn)動 D．A向左運(yùn)動，B向右運(yùn)動 解析：選D　選向右為正方向，則A的動量pA＝m2v0＝2mv0，B的動量pB＝－2mv0，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(yīng)為零，可知四個選項(xiàng)中只有選項(xiàng)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(yùn)動，A球的動量pA＝4 kgm/s，B球的質(zhì)量mB＝1 kg，速度vB＝6 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pA′＝2 kgm/s。 根據(jù)動量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′ 解得vB′＝8 m/s。 (2)設(shè)A球質(zhì)量為mA，A球能追上B球并與之碰撞，應(yīng)滿足vA＝>vB 碰撞后A球不可能運(yùn)動到B球前方，所以vA′＝≤vB′ 碰撞過程系統(tǒng)機(jī)械能不可能增加，所以 ＋mBvB′2≤＋mBvB2 聯(lián)立解得mA應(yīng)滿足 kg≤mA≤ kg。 答案：(1)8 m/s　(2) kg≤mA≤ kg [考點(diǎn)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(guān)鍵是把實(shí)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(diǎn)：爆炸過程中內(nèi)力遠(yuǎn)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(yuǎn)遠(yuǎn)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(xué)能)轉(zhuǎn)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(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運(yùn)動 (二)反沖運(yùn)動 1．特點(diǎn)：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(yùn)動的現(xiàn)象。反沖運(yùn)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(yùn)動的三點(diǎn)說明 作用原理 反沖運(yùn)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(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律 機(jī)械能增加 反沖運(yùn)動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加 [考法細(xì)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v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列選項(xiàng)圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　) [解析]　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平拋運(yùn)動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸力對沿原方向運(yùn)動的一塊的沖量沿運(yùn)動方向，故這一塊的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項(xiàng)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3∶1，所以速度變化量大小之比為1∶3，由平拋運(yùn)動水平方向上，x＝v0t，所以A圖中，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項(xiàng)錯；B圖中，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項(xiàng)對。 [答案]　B 考法2　反沖現(xiàn)象　 [例2]　一火箭噴氣發(fā)動機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發(fā)動機(jī)噴出時的速度v＝1 000 m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次。 (1)當(dāng)發(fā)動機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？ (2)運(yùn)動第1 s末，火箭的速度為多大？ [解析]　(1)設(shè)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： (M－3m)v3－3mv＝0， 解得v3≈2 m/s。 (2)發(fā)動機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)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： (M－20m)v20－20mv＝0， 解得v20≈13.5 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s (1)碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能不可能增大，但爆炸與反沖過程中系統(tǒng)的機(jī)械能一定增大。 (2)因碰撞、爆炸過程發(fā)生在瞬間，一般認(rèn)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(xùn)沖關(guān)] 1．(2017全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A．30 kgm/s　　　　　 　B．5.7102 kgm/s C．6.0102 kgm/s D．6.3102 kgm/s 解析：選A　燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為p，根據(jù)動量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050600 kgm/s＝30 kgm/s，選項(xiàng)A正確。 2．(多選)向空中發(fā)射一枚炮彈，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)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(　　) A．b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 C．a(chǎn)、b一定同時到達(dá)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?yàn)檎较?，則mv0＝mava＋mbvb，顯然vb＞0、vb＜0、vb＝0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(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律知，下落高度相同則運(yùn)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(guān)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(jì))。讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，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(jìn)。已知O、P兩點(diǎn)間的距離為s，設(shè)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計(jì)，求： (1)木塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能E0。 解析：(1)從O滑到P，對A、B由動能定理得 －μ2mgs＝2m2－2mv02， 解得μ＝。 (2)在P點(diǎn)爆炸時，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有 2m＝mv， 根據(jù)能量守恒定律有 E0＋2m2＝mv2， 解得E0＝mv02。 答案：(1)　(2)mv02 [考點(diǎn)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(diǎn)。但只要認(rèn)清人船模型的運(yùn)動特點(diǎn)，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(diǎn) (1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。 (2)運(yùn)動特點(diǎn)：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(yīng)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(jì)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(yùn)動示意圖如圖所示，設(shè)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mv1＝Mv2 設(shè)整個過程中人和船的平均速度大小分別為1、2，則有 m 1＝M 2 等式兩邊乘以時間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”問題的注意事項(xiàng) (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(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 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(jī)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(shè)小球的平均速度為vm，小車的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運(yùn)動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，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m1＝50 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m2＝20 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h＝5 m。如果該人開始沿長繩向下滑動，當(dāng)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(diǎn))(　　) A．5 m　　　　　　　　　 　B．3.6 m C．2.6 m D．8 m 解析：選B　以豎直向下為正方向，當(dāng)人滑到長繩下端時，由豎直方向動量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以他離地面的高度H＝h－h(huán)1≈3.6 m，選項(xiàng)B正確。