2 第2节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲(教师版)
人教版高三物理总复习优质课件 碰撞与动量守恒 第二节 碰撞 反冲和爆炸
F都向右运动,即3个小球静止,3个小球运动。
2.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向
水平向右,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小
为v,方向水平向右,则另一块的速度大小是多少?
身的质量为 m,则船的质量为(
( + )
A.
C.
( - )
B.
( + )
D.
B
)
解析:画出如图所示的草图,设人走动时船的速度大小为 v,人的速度大小为 v′,船
′
≥
+
′
(3)速度要合理:如果碰前两物体同向运动,则后面的物体速度必大于前面物
体的速度,即v后>v前,否则无法实现碰撞。碰撞后,原来在前面的物体的速度
一定增大,且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度,
即v前′≥v后′,否则碰撞没有结束。如果碰前两物体相向运动,则碰后两物
动量规律:系统总动量为零;系统或系统在某方向上动量守恒。
涉及速度:m1v1-m2v2=0(v1、v2为速度大小)。
涉及位移:m1x1=-m2x2。
[例题] 有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想用一个卷尺测
量它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,然后他轻轻从船尾上
船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离 d 和船长 L。已知他自
机械能相互转化或一部分机械能转化为内能,因此系统的机械能不会增加,所以有
+
第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动
1.碰撞 (1)特点:物体间的相互作用时间极短,内力⑥ 远大于 外力。
基础过关
(2)分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
(3)分析碰撞现象的三个依据
损失最大
A.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。
B.动能不增加:即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' 或
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2.碰撞模型类型 (1)弹性碰撞 碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相 等。
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
1 2
m1v12
+1
2
m2v22
=1
2
m1v1'2+1
2
m2v2'2
v1'=
(m1
-m2 )v1 m1
2m2v2 m2
v2'=
1 4
mv12
=
1 2
mgh2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=
2E mg
⑧
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考向1 动量守恒的条件判断
1.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方 有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触 后(C) A.甲木块的动量守恒 B.乙木块的动量守恒 C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
动量、冲量及动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结
知识点一动量、冲量、动量定理一、动量概念及其理解( 1 )定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量p=mv ( 2)特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向与物体运动速度的方向相同。
(3)意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态, 动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
二、冲量概念及其理解(1 )定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F △t (2)特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。
( 3)意义：冲量是力对时间的累积效应。
对于质量确定的物体来说，合外力决定着其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。
对于质量不确定的物体来说，合外力决定着其动量将变多快；合外力的冲量将决定着其动量将变多少。
三、动量定理：F •t = mv2 - mv1F•t是合外力的冲量，反映了合外力冲量是物体动量变化的原因.(1)动量定理公式中的F・t是合外力的冲量，是使研究对象动量发生变化的原因；(2)在所研究的物理过程中，如作用在物体上的各个外力作用时间相同，求合外力的冲量可先求所有力的合外力，再乘以时间，也可求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的会冲量；( 3)如果作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每个外力在相应时间内的冲量，然后再求所受外力冲量的矢量和.( 4)要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量”等于动量的变化量(注意) 。
知识点二动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一.知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。
2. 动量守恒定律的条件：( 1)理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零 (不管物体间是否相互作用) ，此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。
解密动量守恒定律和碰撞、爆炸和反冲 教案— 2020-2021学年高二上学期物理人教版(2019)
动量守恒定律解密动量守恒定律对动量守恒条件的理解1. 系统不受外力或系统所受外力的合力为零。
2. 系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。
3. 系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。
1. 如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有（）A. A 、B 、C 组成的系统动量守恒B. A 、B 、C 以及弹簧组成的系统机械能守恒C. 子弹击中物块B 的瞬间对物块B 产生的冲量为45 N·sD. 弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s 【答案】AC【解析】A 、B 、C 三者组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A 正确；由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故B 错误；子弹击中物块B 后与物块B 共速，由动量守恒有m 0v 0＝（m ＋m 0）v 1，v 1＝50 m/s ，对物块B 产生的冲量等于B 物块获得的动量，故对物块B 产生的冲量为45 N·s ，C 正确；弹簧被压缩到最短时三者共速，由动量守恒有m 0v 0＝（m ＋M ＋m 0）v 2，v 2＝20 m/s ，故D 错误。
如图所示，静止的木板B 的质量M ＝2 kg ，与右墙距离为s 。
物体A （可视为质点）质量m ＝1 kg ，以初速度v 0＝6 m/s 从左端水平滑上B 。
已知A 与B 间的动摩擦因数μ＝0.2，在B 第一次撞墙前，A 已经与B 相对静止。
地面光滑，B 与两面墙的碰撞都是弹性的。
求：（1）s 的最小值；（2）若A 始终未滑离B ，A 相对于B 滑行的总路程是多少？ 【答案】（1）2 m （2）9 m【解析】（1）设B 与墙相碰时的速度大小为v 1，A 在B 上滑动至AB 速度相等的过程中，规定向右为正方向，AB 组成的系统满足动量守恒： mv 0＝（M ＋m ）v 1， 解得v 1＝2 m/s 。
第15讲 动量 动量守恒定律(教师版) 2025届高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)
1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一 动量、冲量、动量定理的理解与应用[例题1]（2024•河南一模）质量相等的A．相同时间内，速度变化量可能不同B．同一时刻，速度变化快慢可能不同C．抛出后下降到同一高度时，动能一定相同A ．12mv 2l r 2B ．12mv 2r l 2【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A ，B ，板心C 从位于杆A 正上方到位于B 杆的正上方。
圆板绕杆定轴转动惯量为：I 杆＝I C +mr 2=32mr 2C 位于A 正上方时圆板运动为：E k =12I 杆(v r )2=34mv 2C 到达A 、B 杆连线中点正上方瞬间，速度为v ′，动能为：34mv ′2=E k +mgr （1―cos θ2）+T •l 2将圆板与B 杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B 杆转动角速度记为ωB ，根据角动量守恒有：I B ωB ＝I C ωC +rmv 0′ωC =v′r，v 0′＝v ′cos α可得：32mr 2ωB =12mr 2⋅v′r +rmv ′cos θ=12mrv′+mrv ′cos θ＝mv ′（12+cos θ）则有：ωB r =23v′（12+cosθ）此时圆盘的动能E k=12I B ω2B =34mv ′2⋅49(12+cos )2C 杆转到B 杆正上方时，速度又增加v ，由机械能定理有：34mv 2=12I B ω2B ―mgr （1﹣cos θ2）+12Tl联立以上各式，消去34mv 2可得：34mv 2=34mv 2•49(12+cosθ)2+mgr •（1﹣cos θ2）⋅49(12+cosθ)2+12Tl ⋅49(12+cosθ)2―mgr （1﹣cos θ2）+12Tl取近似值：(12+cosθ)2=(32―12θ2)2=94―32θ2又有：1―cos θ2=18θ2，θ=lr代入上式，并忽略高阶小量得：T =12mv 2⋅lr2，故A 正确，BCD 错误。
爆炸、碰撞及反冲现象
【解析】导弹的爆炸过程就是A、B两部分的相互作用过
程，在这个作用过程中，除相互作用力外，水平面上无其
他外力作用，所以A、B两块组成的系统在水平方向动量守 恒，即 mv=1/2mvA+1/2mvB. 又由于A、B同时落到地面，即发生水平位移用的时间相同， 得 vAt+vBt= 结合爆炸后瞬间EkA＞KkB知vA的大小大于vB的大小.
【解析】甲车（包括人）滑下斜坡后速度中各自动量守恒，设人跳离 甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′甲和v′乙，则：
（M+m1）v甲=Mv+m1v′甲……①
Mv-m2v0=(M+m2)v′乙……② 恰不发生相撞的条件为：v′甲=±v′乙……③
从①得：v′甲=[（M+m1）v甲-Mv]/m1，
E石=(1/2)Mv2=(m/M)· (1/2)mv20，当M 》m时，石板的动能极小.
E石=(1/40)E锤.
【例3】如图5-4-1所示，甲车质量m1=20kg，车上有质量 M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高 h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时 质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避 免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上， 求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？不 计地面和斜坡的摩擦.（g=10m/s2）
爆炸、碰撞及反冲现象
知识点
一、爆炸与碰撞 1.共同特点：相互作用力是变力，作用时间极短、作
用力很大，如果有外力、内力远大于外力.均可以应用
动量守恒定律 2.在爆炸过程中，因有其他形式能转化为动能，所以 系统的动能会增加；在碰撞过程，如果没有动能损失， 碰撞前与碰撞后总动能相等；如果有部分动能转化为内
第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动(可编辑ppt)
1
2
m1v 12
+1
2
m2v 22
=1
2
m1v1'2+1
2
m2v2'2
v1'=
(m1
m2 m1
)v1 m2
2m2v2
v2'=
(m2
m1)v2 m1 m2
2m1v1
v2=0时,v1'=
m1 m1
m2 m2
v1
v2'=
2m1 m1 m2
v1
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
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2.动量守恒定律常用的四种表达形式 (1)p=p':即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p'大小相 等,方向相同。 (2)Δp=p'-p=0:即系统总动量的增加量为零。 (3)Δp1=-Δp2:即相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量的增 加量等于另一部分动量的减少量。 (4)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一 直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等。
3.应用动量守恒定律解题的一般步骤
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例1 (2018课标Ⅰ,24,12分)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。
19第二节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲
19.第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.爆炸现象：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．3．反冲运动(1)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．(2)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.(2015·高考福建卷)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向右运动提示：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0，B的动量p B＝－2m v0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，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．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典题例析】(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[审题指导]在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析](1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析【跟进题组】考向1 动量守恒的条件判断1．(高考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．考向2 爆炸模型分析2．(2017·河北邯郸摸底)如图，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v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，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)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0.从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12·2m v 20，解得μ＝3v 208gs. (2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝m v ， 根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝⎛⎭⎫v 022＝12m v 2，解得E 0＝14m v 20. 答案：(1)3v 208gs (2)14m v 20考向3 “人船模型”分析3．如图所示，长为l ，质量为m 的小船停在静水中，一个质量为m ′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1、v 2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m v 1－m ′v 2，即m ′v 2＝m v 1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m ′ v －2＝m v －1，等式两边同乘运动的时间t ，得 m ′ v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1又因x 1＋x 2＝l ，因此有x 1＝m ′lm ′＋m . 答案：m ′l m ′＋m考向4 “子弹打木块”模型分析4．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1① 代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有 (m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2②由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③ 联立①②③并代入数据解得μ＝0.54. 答案：0.541．应用动量守恒定律的解题步骤(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．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v 1＝m 2v 2得m 1x 1＝m 2x 2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．(3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．对碰撞现象中规律的分析【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2. (3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v ′前≥v ′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0 解得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M . [答案] (5－2)M ≤m ＜M动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律．(2)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能．【跟进题组】考向1 碰撞的可能性问题分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s. 当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中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v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．考向2 弹性碰撞规律求解2．(2016·高考全国卷丙)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有m v 1＝m v ′1＋3m 4v ′2④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧ 联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 202gl.考向3 非弹性碰撞的分析3．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：A 、B 碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1① 此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20.④ (2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得 E p ＝1348m v 20. 答案：(1)116m v 20 (2)1348m v 20动量守恒中的力学综合问题【知识提炼】1．动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程．2．其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．3．最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．【典题例析】如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．[审题指导] (1)A 、C 发生碰撞，B 与A 的相互作用可忽略，A 、C 系统动量守恒；(2)碰后A 、B 相互作用达到共同速度，A 、B 系统动量守恒；(3)A 、C 碰后，A 恰好不再与C 相碰，则A 、B 的共同速度与C 碰后速度相等．[解析] 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ② A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 发生碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. [答案] 2 m/s【跟进题组】考向1 多物体、多阶段运动的求解1．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．解析：(1)物块A 由初始位置到Q 的过程，由动能定理得：－mg ×2R ＝12m v 2－12m v 20解得：v ＝4 m/s. 设在Q 点物块A 受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝m v 2R 解得：F ＝m v 2R－mg ＝22 N ． (2)由机械能守恒定律知：物块A 与B 碰前的速度仍为v 0＝6 m/s.A 与B 碰撞过程动量守恒，设碰后A 、B 的速度为v 共 m v 0＝2m v 共 解得v 共＝12v 0＝3 m/s. 设A 与B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s ，由动能定理得 －μ×2mgs ＝0－12×2m v 2共 解得：s ＝v 2共2g μ＝4.5 m 故k ＝s L ＝4.50.1＝45. (3)碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度等于滑离第n 个(n ＜k )粗糙段的速度由动能定理得：－μ×2mgnL ＝12×2m v 2n －12×2m v 2共 解得：v n ＝v 2共－2μgnL ＝9－0.2n (n ＜45)．答案：(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n (n ＜45)考向2 动量守恒中的临界问题2．(2017·河北石家庄检测)如图所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝M v ＋m 1v ′1人跳上乙车时：M v －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2 解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0 两车不可能发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0 当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.1．动量守恒问题中常见的临界问题(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v 甲大于乙物体的速度v 乙，即v 甲>v 乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v 甲＝v 乙．(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键(1)寻找临界状态：看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．1．(高考重庆卷)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/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝ 2h g＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝x t知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2015·高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为__________，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为__________．解析：设碰前B 球的速度为v 0，A 碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A 、B 两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为13v 0和－13v 0 根据动量守恒定律，得m B v 0＝m B ⎝⎛⎭⎫－13v 0＋m A ·13v 0 解得m A ∶m B ＝4∶1 A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为 12m B v 2012m A ⎝⎛⎭⎫13v 02＋12m B ⎝⎛⎭⎫－13v 02＝95. 3．如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m ＝1 kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离．解析：(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v 1、v 2，则m v 1－M v 2＝0 12m v 21＋12M v 22＝E p 解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设小车移动x 2距离，小球移动x 1距离，整个过程中，根据平均动量守恒(人船模型)得m x 1t ＝M x 2tx 1＋x 2＝L 解得：x 2＝L 4. 答案：(1)3 m/s 1 m/s (2)L 44．(2017·广东东莞联考)如图所示，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，则m v 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ， 受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2， 联立并代入数据，解得h ≈2.13 m.答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s ③由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2. 答案：(1)1∶8 (2)1∶2。
专题15 反冲类问题——教师版
专题15反冲类问题（教师版）一、目标要求目标要求重、难点反冲类问题重点爆炸问题重点人船模型重难点二、知识点解析1．反冲(1)内容：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲．(2)原理：反冲运动的产生是系统内力相互作用的结果，两个相互作用的物体A 、B 组成的系统，A 对B 的作用力使B 获得某一方向的动量，B 对A 的作用力使A 获得反方向的动量．反冲运动的基本原理是动量守恒定律，A 、B 两物体所获得的动量大小相等、方向相反．(3)公式：a ．若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的形式为：11220m v m v =+，此式表明，反冲运动的两部分物体具有大小相等，方向相反的动量，且各自的速率与质量成反比．b ．若系统的初始动量不为零，设系统的总质量为M ，分离的质量分别为m 和M -m ，分离前的速度为v ，分离后m 的速度为v 1，M 的速度为v 2，动量守恒定律的表达式为：12()Mv mv M m v =+-．2．反冲运动的应用(1)火箭火箭：火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器．火箭的工作原理：当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的动量，因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量不断减小，加速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行．即：0m v mu ∆+∆=，整理得：muv m∆∆=-．决定火箭性能的参数：根据muv m∆∆=-可知火箭的性能参数与喷气速度u 和火箭的质量有关，一般u 在2000~4000m/s ，质量之比小于10．3．爆炸现象三个规律①动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外界作用力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．②动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．③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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．4．人船模型(1)适用条件(a)系统开始时静止，系统的总动量为零．(b)两个物体组成的系统(当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统)，系统动量守恒或至少在某一个方向上动量守恒．(2)特点两物体速度大小、位移大小均与质量成反比，两物体运动方向相反，同时运动，同时停止．(3)解题思路(a)画出运动过程中初末位置对比示意图，通过分析找出与位移相关的关系式；(b)列出运动过程中某时刻系统动量守恒方程，如m 1v 1＝m 2v 2，然后将其转换为与位移相关的方程，如m 1s 1＝m 2s 2．(c)联合两个与位移相关的方程即可求解．如图所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，该如何求解船和人对地面的位移各是多少．分析：当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒，设某时刻人对地的速度为v 2，船对地的速度为v ，则mv 2－Mv 1=0，即21v Mv m=，在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故mv 2t －Mv 1t =0，即ms 2－Ms 1=0，而s 1+s 2=L ，所以1m s L M m =+，2Ms L M m=+．5．广义人船模型注意“人船模型”是一类题目的缩影，其他的如：人在光滑水平面上的平板车上行走；放在光滑水平面上的斜劈上的木块下滑问题等都可用此模型处理．人从光滑小车的一端走到另一端(s 1+s 2=L )12,M ms L s L M m M m==++小球m 从半圆槽M 的光滑弧面上滑下(s 1+s 2=2R )122,2M ms R s R M m M m==++滑块m 从木块M 的光滑斜面上滑下(s 1+s 2=L -a )12,M ms L a s L a M m M m=-=-++人从静止气球的绳上滑下(s 1+s 2=L )12,M ms L s L M m M m==++三、考查方向题型1：反冲类问题典例一：静止的实验火箭，总质量为M ，当它以对地速度为v 0喷出质量为Δm 的高温气体后，火箭的速度为()A.Δmv 0M －ΔmB ．－Δmv 0M －ΔmC.Δmv 0MD ．－Δmv 0M题型2：爆炸类问题典例二：一枚在空中飞行的导弹，质量为m．当其飞至距地面高度为h的某点时，速度大小为v，方向恰平行水平地面，导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块沿着v的反方向飞去，速度大小为v1，求：(1)炸裂后另一块质量为m2的弹片炸裂后的速度大小和方向？(2)求两块弹片落地点的距离．题型3：人船模型典例三：质量为m的人站在质量为M、长度为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边，当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？题型4：类人船模型典例四：如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，则()A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动D．m从A到B的过程中，M运动的位移为mRM m四、模拟训练一、基础练习1.运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭2.（多选）今年春节上映的国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机和转向发动机，推动地球离开太阳系，用2500年的时间奔往另外一个栖息之地。
(浙江选考)高考物理总复习 第十二章 2 第2节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲练习(含解析)-人教
动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲【随堂检测】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/s 2.如此如下图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的答案是( )解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝xt知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2019·金华质检)如下列图，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ，乙同学和他的车的总质量为200 kg ，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s ，如此碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s解析：选D.两车碰撞过程动量守恒m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s ，故D 正确．3．(2019·绍兴联考)如下列图，两小车A 、B 置于光滑水平面上，质量分别为m 和2m ，一轻质弹簧两端分别固定在两小车上，开始时弹簧处于拉伸状态，用手固定两小车．现在先释放小车B ，当小车B 的速度大小为3v 时，再释放小车A ，此时弹簧仍处于拉伸状态；当小车A 的速度大小为v 时，弹簧刚好恢复原长．自始至终弹簧都未超出弹性限度．求：(1)弹簧刚恢复原长时，小车B 的速度大小； (2)两小车相距最近时，小车A 的速度大小； (3)求两小车相距最近时，弹簧弹性势能大小． 解析：(1)设弹簧刚恢复原长时，小车B 速度为v B ，以A 、B 两车和弹簧为研究对象，小车B 速度为3v 开始到小车A 速度为v 过程，此系统动量守恒，列方程有：2m ·3v ＝2m ·v B ＋m (－v ) 解得v B ＝3.5v ；(2)两小车相距最近时速度一样，由动量守恒定律有： 2m ×3v ＝(2m ＋m )v A 解得v A ＝2v ；(3)从弹簧刚恢复原长到两小车相距最近过程用能量守恒定律有E 弹＝12×2mv 2B ＋12mv 2－12×3m ·v 2A解得E 弹＝274mv 2.答案：(1)3.5v (2)2v (3)274mv 24．如下列图，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，如此mv 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ，受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2，联立并代入数据，解得h ≈2.13 m. 答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如下列图．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块抑制摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块抑制摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.答案：(1)1∶8 (2)1∶2【课后达标检测】一、不定项选择题1．(2019·嘉兴质检)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg ·m/s ，B 球的动量是5 kg ·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，如此碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p ′A ＝6 kg ·m/s ，p ′B ＝6 kg ·m/s B ．p ′A ＝3 kg ·m/s ，p ′B ＝9 kg ·m/sC ．p ′A ＝－2 kg ·m/s ，p ′B ＝14 kg ·m/sD ．p ′A ＝－4 kg ·m/s ，p ′B ＝17 kg ·m/s 答案：A2．(2019·台州调研)如下列图，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 ，那么此过程中产生的内能可能为( )A ．16 JB ．2 JC ．6 JD ．4 J答案：A3．(2019·浙江十校联考)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，如此喷气完毕时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv 0B.M mv 0C.MM －mv 0 D.mM －mv 0答案：D4．(2019·金华质检)两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg 、v A ＝6 m/s 、v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中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v ′A大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．5．一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．假设碰前原子核静止，如此碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A 〔A ＋1〕2D.〔A ＋1〕2〔A －1〕2 解析：选A.设中子的质量为m ，如此被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.假设只考虑速度大小，如此中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子碰撞前、后速率之比为A ＋1A －1. 6．(2019·温州质检)如下列图，放在光滑水平桌面上的两个木块A 、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A 的落地点与桌边的水平距离为0.5 m ，B 的落地点与桌边的水平距离为1 m ，那么( )A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2 B ．A 、B 质量之比为2∶1C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1∶2解析：选ABD.A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相等，作用时间一样，冲量大小也一样．未离开弹簧时，F 相等，m 不同，加速度a ＝F m，与质量成反比，故a A ∶a B ＝1∶2，故A 、B 、D 正确，C 错误．7．对如下几种物理现象的解释，正确的答案是( ) A ．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B ．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力D ．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零解析：选CD.击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A 、B 错误；据动量定理F ·t ＝Δp 知，当Δp 一样时，作用时间越长，作用力越小，故C 项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D 项正确．8.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如下列图．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，如此整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.mM2〔m ＋M 〕v 2C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，如此有mv ＝(M ＋m )v t (①式)、12mv 2＝12(M ＋m )v 2t ＋ΔE (②式)，由①②联立解得ΔE ＝Mm2〔M ＋m 〕v 2，可知选项A 错误、B 正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，如此损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，选项C 错误、D 正确．二、非选择题9．(2019·杭州质检)如下列图，一质量为0.5 kg 的小球A 以2.0 m/s 的速度和静止于光滑水平面上、质量为1 kg 的另一大小一样的小球B 发生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反弹．求：(1)原来静止小球B 获得的速度大小； (2)碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)A 、B 两小球碰撞过程中动量守恒，设小球B 的速度为v ，如此m A v A ＝m A v A ′＋m B v ， 代入数据解得v ＝1.1 m/s.(2)由A 、B 两小球组成的系统能量守恒有 12m A v 2A ＝12m A v ′2A ＋12m B v 2＋ΔE 解得ΔE ＝0.385 J.答案：(1)1.1 m/s (2)0.385 J10．如下列图，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．所有接触面均光滑，重力加速度为g .求小球B 的质量．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－Mv由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 21＋12Mv 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v ′1和v 2.由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，如此此时小球A 的速度等于平台的速度，有v ′1＝1 m/s由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v ′1＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 21＝12m A v ′21＋12m B v 22联立上式解得m B ＝3 kg.答案：3 kg11．(2019·宁波质检)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力与碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．解析：(1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh ① 将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v ′1(v ′1＝0)，B 球的速度分别为v 2和v ′2.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学与碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)4 m/s (2)0.75 m。
新课标2012届高考物理总复习配套课件15-2课时2 碰撞 爆炸与反冲
人船对的均度小别 、 相 地 平 速 大分 为 设从头到尾用间 人船走船所时为 即 ml＝Ms(l、s 分 为 、 相 岸 位 别 人船对的移 因 l＝s0－s， m 可得 s＝ s. M＋m 0
t，则 mvt＝Mv1t. )．
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题反 后思 以 题代的 此 为表 “人船模型”类 题 是 用 量恒 律 习 ，利动守定
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课时2 碰撞 爆炸与反冲
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知识点一
碰撞
——知识回顾——
碰撞特点
(1)①直接作用②时间短③一般来说内力远大于外力．
(2)系统内力远大于外力时， 动量 (3)系统动能不可能增加． 近似守恒．
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——要点深化——
1．处理碰撞问题的基本方法
解： 设同度 析 共速为 由动量 恒 律 守定
v，块 滑
A 与 B 分后 开，
B 的度 速为
vB，
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB① mBvB＝(mB＋mC)v② 联立① 式，得 B 与 C 碰撞前 B 的 度 ② 速 9 vB＝ v0③ 5
9 答 ： v0 案 5
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1．(2010·福建高考)如图8所示，一个木箱原来静止在光滑水平面
图4
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A．5 m
B．3.6 m
C．2.6 m
D．8 m
解析：当人滑到绳下端时，如图 5 所示， h1 h2 由平均动量守恒，得 m1 ＝m2 ，且 h1＋h2＝h.解得 h1＝1.4 t t m；所以他离地高度 H＝h－h1＝3.6 m，故选项 B 正确．
备考2024届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用考点2爆炸和反冲
考点2 爆炸和反冲1.爆炸现象位置不变爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加动量守恒由于内力远大于外力，故爆炸过程动量守恒2.反冲现象作用原理系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动能增加反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加动量守恒反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力，可在该方向上应用动量守恒定律对下列关于爆炸和反冲的说法进行判断.（1）发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象.（√）（2）火箭向后喷气的瞬间，火箭和喷出的气体组成的系统动量守恒.（√）（3）爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（✕）（4）鞭炮爆炸的瞬间，鞭炮动量守恒.（√）研透高考明确方向4.[爆炸/2021浙江1月]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是（B）A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程由动量守恒定律得0＝2mv1-mv2，解得v1v2＝12，又两碎块在空中运动的时间相同，在水平方向上有x＝vt，所以水平位移之比为1∶2，竖直方向下落的高度相同，所以两碎块的位移之比不等于1∶2，A错误；假设两碎块在空中运动的时间均为t，则两碎块从落地到被记录到声音所用的时间分别为(5-t)s、(6-t)s，由几何关系可知v1t＝340(5-t) m，2v1t＝340(6-t) m，解得t＝4 s，则爆炸点距离地面的高度为h＝12gt2＝80 m，B正确；两碎块的水平位移分别为x1＝340 m、x2＝680 m，所以两碎块落地点之间的距离为x＝x1＋x2＝1 020 m，D错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝85 m/s，C错误.5.[反冲/多选]火箭飞行时，在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（AB）A.火箭的发射利用了反冲原理B.喷出燃气时，火箭受到的推力为ΔmuΔtC.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为ΔmuD.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大解析火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度大小为v，则喷出的燃气对地的速度大小为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的燃气，根据动量定理有-FΔt＝-Δm(u-v)-Δmv，可得F＝ΔmuΔt，由牛顿第三定律可知火箭受到的推力F'＝F，B正确；设喷气后火箭的速度大小为v'，由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，则喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δp＝mv'-(m＋Δm)v＝Δm(u- v)，C错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，解得火箭速度的增加量Δv＝v'-v＝Δmum，则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越小，D错误.命题拓展命题条件不变，一题多设问已知喷出燃气前火箭的速度为v0，求喷出燃气后火箭的速度大小.答案（m＋Δm）v0－Δmum＋Δm解析对火箭喷出燃气的过程由动量守恒定律有(m＋Δm)v0＝mv1＋Δm(v1＋u)，解得喷出燃气后火箭的速度大小为v1＝(m＋Δm)v0−Δmum＋Δm.。
动量守恒定律的应用之爆炸、反冲及“人船模型”(解析版)
动量守恒定律的应用之爆炸、反冲及“人船模型”1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。
反冲运动中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
3．“人船模型” （1）模型的适用条件物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为0. （2）模型特点1)遵从动量守恒定律，如图所示．2)两物体的位移满足： m x 人t －M x 船t ＝0 x 人＋x 船＝L即x 人＝M M ＋m L ，x 船＝m M ＋m Lmv 人－Mv 船＝0（3）利用人船模型解题需注意两点 1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
③x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。
【典例1】如图所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 【答案】 (1)52mv 0，方向向左 (2)758mv 20【典例2】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/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s【答案】 A【解析】 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 －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg×600 m/s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．【典例3】如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上，现把小球从与O点等高的地方释放，小车向左运动的最大位移是()A.2LMM＋m B.2Lm M＋mC.MLM＋mD.mLM＋m解题指导小球和小车在水平方向上不受外力作用，整个过程中在水平方向系统动量守恒，总动量始终为零，满足“人船模型”．【答案】B【典例4】载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？【答案】M＋mM h。
高中物理第六章《第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲》教学课件
B．若小车向左运动，A 的动量一定比 B 的小
C．若小车向左运动，A 的动量一定比 B 的大
D．若小车向右运动，A 的动量一定比 B 的大
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第六章 碰撞与动量守恒定律
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提示：选 C.两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律 得 mAvA＋mBvB＋m 车 v 车＝0，若小车不动，则 mAvA＋mBvB＝0，由于不知道 A、B 质量 的关系，所以两人速率不一定相等，故 A 错误；若小车向左运动，则 A、B 的动量和必 须向右，而 A 向右运动，B 向左运动，所以 A 的动量一定比 B 的大，故 B 错误，C 正 确；若小车向右运动，则 A、B 的动量和必须向左，而 A 向右运动，B 向左运动，所以 A 的动量一定比 B 的小，故 D 错误．
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【自我诊断】
1．判一判
(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．
(√)
(2)动量守恒只适用于宏观低速．
(× )
(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．
(× )
(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．
(√)
(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等．
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第六章 碰撞与动量守恒定律
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3．动量守恒定律的“五性”
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球
相对性 这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，
必须转换成相对同一参考系的速度
第二单元 碰撞、爆炸及反冲110417
5 72 22 102 即 ＋ ≥ ＋ ， 2m甲 2m乙 2m甲 2m乙 51 解得m 解得 乙≥ m甲．③ 21 ①②③知 由①②③知，m甲与m乙的关系为 51m甲 ≤m乙≤5m甲． 21 正确答案应选C. 正确答案应选
答案： 答案：C
• 变式1：抛出的手雷在最高点时的水平速度 为10 m/s，这时突然炸成两块，其中大块质 量300 g仍按原方向飞行，其速度测得为50 m/s，另一小块质量为200 g，求它的速度的 大小和方向．
• 【例2】用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B 两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平面 上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C 在前方静止，如图所示．B与C碰后二者粘在 一起运动，在以后的运动中，求： • (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块C的速度 是多大？ • (2)弹性势能的最大值是多少？ • (3)A的速度可能向左吗？为什么？
解析： 根据动量守恒 解析：(1)根据动量守恒 1 1 2 MAvA＝MBvB，且 MAvA＋ MBv2 ＝EP B 2 2 得vA＝1 m/s，vB＝3 m/s. ， (2)设整个过程小车向左位移为 ，则小球向右移动 设整个过程小车向左位移为x， 设整个过程小车向左位移为 L－x，所用时间为 ，有： － ，所用时间为t， L－x － x MBL L MA t ＝MB t ，得x＝ ＝ ＝ ＝0.3 m. MA＋MB 4
答案： 答案：(1)3 m/s
1 m/s (2)0.3 m
1．碰撞的种类及特点
分类标准 种类 弹性碰撞 能量是 否守恒 非完全弹性碰撞 特点 动量守恒，机械能守 恒 动量守恒，机械能有 损失
动量守恒，机械能损 完全非弹性碰撞 失最大 碰撞前后速度共线 碰撞前后动 对心碰撞(正碰) 量是否共线 非对心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共线
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矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个
相对性参考系)．如果题设条件中各源自体的速度不是相对同一参考系时，必须转
换成相对同一参考系的速度
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的 p1、p2，…必须是系统中各物体在相互 作用前同一时刻的动量，p′1、p′2，…必须是系统中各物体在相互作用 后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加
第 2 节 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲
【基础梳理】
提示：不受外力 所受外力的矢量和为零 m1v′1＋m2v′2 －Δp2 所受合外力为零 合力为零 远大于 守恒 不增加 守恒 增加 守恒 可能增加
【自我诊断】 判一判 (1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．( ) (2)动量守恒只适用于宏观低速．( ) (3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( ) (4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．( ) (5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相 等．( ) (6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中系统动量守 恒．( ) 提示：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√ 做一做 (2020·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水 平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过 程，下列说法中正确的是( ) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能
追上小孩． [答案] (1)20 kg (2)见解析
【题组过关】
考向 1 动量守恒的条件判断 1．(2020·绍兴质检)一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，当枪沿水平方 向向前发射一颗子弹时，下列判断正确的是( ) A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和小车组成的系统动量守恒 C．枪、子弹、小车三者组成的系统动量守恒 D．枪发射子弹后，枪和小车一起向后运动 解析：选 CD.发射子弹的过程中，火药燃烧产生的高温、高压气体对枪和子弹的作用力
2 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)木块与水平地面的动摩擦因数μ； (2)炸药爆炸时释放的化学能．
[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速
度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v
①
12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh
②
式中 v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg. ③
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一 个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速 运动的微观粒子组成的系统
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【典题例析】
如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体
右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小
(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0
④
代入数据得 v1＝1 m/s
⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3
⑥
12m2v220＝12m2v22＋12m3v23
⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s
(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另 一部分动量的减少量．
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上 时，作用前总动量与作用后总动量相等．
2．动量守恒定律的“五性”
孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升 的最大高度为 h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30 kg，冰块 的质量为 m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ [审题指导] 在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条 件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．
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B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 提示：选 C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选 项 C 正确．
对动量守恒定律的理解和应用
【知识提炼】
1．动量守恒定律常用的四种表达形式
(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量 p 和相互作用后的总动量 p′大小相等，方向相同．
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使枪和子弹的动量发生改变，与此同时，小车和枪之间也有作用力，这个作用力对枪和子弹 组成的系统来说是外力，枪和子弹组成的系统动量不守恒，而气体作用力对枪和小车组成的 系统来说又是外力，使枪和小车组成的系统动量不守恒，所以 A、B 项错误；若把枪、子弹、 小车三者作为一个系统，则系统所受合外力为零，满足动量守恒条件，故 C 项正确；发射 子弹后，子弹获得向前的动量，而系统初动量为零，所以枪和小车组成的整体必定获得大小 相等、方向相反的动量，枪和小车一起向后运动，D 项正确．
考向 2 “爆炸模型”分析 2．(2020·杭州月考)如图，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v0，此时炸药爆炸使木块 A、B 脱离，发