高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量第3課時(shí)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決三類典型問題學(xué)案新人教版

第3課時(shí)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決三類典型問題考點(diǎn)一碰撞問題1．碰撞及分類(1)碰撞現(xiàn)象：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)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(shí)間短、作用力變化快、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力、滿足動(dòng)量守恒定律。(3)碰撞的分類及特點(diǎn)彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒完全非彈性碰撞動(dòng)量守恒，機(jī)械能損失最多(1)動(dòng)量守恒。(2)動(dòng)能不增加。(3)速度要合理。①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。[典例](2021年1月新高考8省聯(lián)考·重慶卷)如圖所示，質(zhì)量為3m的小木塊1通過長度為L的輕繩懸掛于O點(diǎn)，質(zhì)量為m的小木塊2置于高度為L的光滑水平桌面邊沿。把木塊1拉至水平位置由靜止釋放，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與木塊2相撞，木塊2沿水平方向飛出，落在距桌面邊沿水平距離為2L(1)碰撞前，木塊1在最低點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)碰撞后，木塊1相對(duì)桌面能上升到的最大高度。[解析](1)小木塊1從水平位置釋放到與小木塊2碰前瞬間，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知3mgL＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(02,)，解得v0＝eq\r(2gL)。(2)小木塊2碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)L＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2L,g))，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)2L＝v2t解得v2＝eq\f(2L,t)＝eq\f(2L,\r(\f(2L,g)))＝eq\r(2gL)，小木塊1和2碰撞瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得3mv0＝3mv1＋mv2，解得碰撞后小木塊1的速度為v1＝eq\f(2,3)eq\r(2gL)，之后小木塊1上升，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知3mgh＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(12,)，解得h＝eq\f(4,9)L。[答案](1)eq\r(2gL)(2)eq\f(4,9)Leq\a\vs4\al([規(guī)律方法])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(dòng)定律、能量守恒定律等知識(shí)綜合起來考查。正確判斷碰后各物體的運(yùn)動(dòng)情況是解題的關(guān)鍵。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．秦山核電站是我國第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(01n)與靜止氘核(12H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動(dòng)能為E，碰撞可視為彈性正碰。經(jīng)過該次碰撞后，中子損失的動(dòng)能為()A.eq\f(1,9)E B.eq\f(8,9)EC.eq\f(1,3)E D.eq\f(2,3)E解析：選B質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性碰撞，滿足機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒，設(shè)中子的初速度為v0，碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，可列式eq\f(1,2)×1×v02＝eq\f(1,2)×1×v12＋eq\f(1,2)×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－eq\f(1,3)v0，即動(dòng)能減小為原來的eq\f(1,9)，動(dòng)能損失量為eq\f(8,9)E。2．如圖所示，在光滑水平面上A、B兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量pA＝4kg·m/s，B球的質(zhì)量mB＝1kg，速度vB＝6m/s，已知兩球相碰后，A球的動(dòng)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?。?2)A球質(zhì)量的取值范圍。解析：(1)由題意知pA′＝2kg·m/s。根據(jù)動(dòng)量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′解得vB′＝8m/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＝eq\f(pA,mA)>vB碰撞后A球不可能運(yùn)動(dòng)到B球前方，所以vA′＝eq\f(pA′,mA)≤vB′碰撞過程系統(tǒng)機(jī)械能不可能增加，所以eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(1,2)mBvB′2≤eq\f(pA2,2mA)＋eq\f(1,2)mBvB2聯(lián)立解得mA應(yīng)滿足eq\f(1,4)kg≤mA≤eq\f(3,7)kg。答案：(1)8m/s(2)eq\f(1,4)kg≤mA≤eq\f(3,7)kg考點(diǎn)二爆炸和反沖(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(dòng)量守恒。2．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律動(dòng)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(dòng)量守恒動(dòng)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(dòng)能位置不變爆炸的時(shí)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(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)(二)反沖運(yùn)動(dòng)1．特點(diǎn)：物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個(gè)不同部分，并且這兩部分向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛?dòng)量守恒定律來處理。2．對(duì)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)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]如圖所示，A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg，m2＝2kg，置于小車C上，小車的質(zhì)量為m3＝1kg，A、B與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，小車靜止在光滑的水平面上。A、B間夾有少量炸藥，某時(shí)刻炸藥爆炸，若A、B間炸藥爆炸的能量有12J轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車表面水平運(yùn)動(dòng)，小車足夠長，求：(1)炸開后A、B獲得的速度大小；(2)A、B在小車上滑行的時(shí)間各是多少？[解析](1)根據(jù)爆炸過程中能量的轉(zhuǎn)化，有：E＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22爆炸過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒得：m1v1＝m2v2聯(lián)立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。(2)爆炸后A、B都在C上滑動(dòng)，由題意可知B會(huì)與C先相對(duì)靜止，設(shè)此時(shí)A的速度為v3，B、C的速度為v4，在該過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)該過程的時(shí)間為t1。對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；對(duì)C應(yīng)用動(dòng)量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v代入數(shù)據(jù)解之得：v3＝3m/s，v4＝1m/s，t1＝0.2s。之后，A在C上滑動(dòng)直到相對(duì)靜止，由動(dòng)量守恒定律可知三者速度都為0。即：(m1＋m2＋m3)v＝0，解得v＝0。設(shè)A滑動(dòng)的總時(shí)間為t，對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理，則：－μm1gt＝0－m1v1，解得：t＝0.8s。[答案](1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s考法2反沖運(yùn)動(dòng)[例2]一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000m/s。設(shè)火箭(包括燃料)質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。(1)當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？(2)運(yùn)動(dòng)第1s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(duì)象，由動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv解得v3≈2m/s。(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv解得v20≈13.5m/s。[答案](1)2m/s(2)13.5m/seq\a\vs4\al([規(guī)律方法])(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．將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102C．6.0×102kg·m/s D．6.3×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(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確。2．(2018·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。解析：(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mv02 ①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0＝v0－gt ②聯(lián)立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))。 ③(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E＝mgh1④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有eq\f(1,4)mv12＋eq\f(1,4)mv22＝E ⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0 ⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,4)mv12＝eq\f(1,2)mgh2 ⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運(yùn)動(dòng)部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。 ⑧答案：(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)考點(diǎn)三人船模型問題1．人船模型問題兩個(gè)原來靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為零，則動(dòng)量守恒。在相互作用的過程中，任一時(shí)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(dòng)量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，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(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)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(duì)地面的位移各為多少？[解析]作出人和船的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示，設(shè)任一時(shí)刻人與船的速度大小分別為v1、v2，作用前都靜止。因整個(gè)過程中動(dòng)量守恒，所以有mv1＝Mv2設(shè)整個(gè)過程中人和船的平均速度大小分別為eq\x\to(v)1、eq\x\to(v)2，則有meq\x\to(v)1＝Meq\x\to(v)2等式兩邊乘以時(shí)間t，有meq\x\to(v)1t＝Meq\x\to(v)2t即mx1＝Mx2且x1＋x2＝L解得x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L。[答案]eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)Leq\a\vs4\al([易錯(cuò)提醒])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(dòng)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(shí)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(duì)同一參考系的位移。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說法正確的是()A．向左運(yùn)動(dòng)，船向左移一些B．小船靜止，船向左移一些C．小船靜止，船向右移一些D．小船靜止，船不移動(dòng)解析：選C人、船、魚構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，據(jù)“人船模型”，魚動(dòng)船動(dòng)，魚停船靜止；魚對(duì)地發(fā)生向左的位移，則人、船的位移向右。故選項(xiàng)C正確。2.如圖所示，質(zhì)量m＝60kg的人，站在質(zhì)量M＝300kg的車的一端，車長L＝3m，相對(duì)于地面靜止。當(dāng)車與地面間的摩擦可以忽略不計(jì)時(shí)，人由車的一端走到另一端的過程中，車將()A．后退0.5m B．后退0.6mC．后退0.75m D．一直勻速后退解析：選A人車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5m。3．某人在一輛靜止的小車上練習(xí)打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量均為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對(duì)于地的速度為v，在發(fā)射后一顆子彈時(shí)，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完n顆子彈時(shí)，小車后退的距離為()A.eq\f(m,M＋m)L B.eq\f(nm,M＋m