高考物理一轮复习专题6.2碰撞反冲与动量守恒定律的应用精讲.docx

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1、专题6.2 碰撞、反冲与动量守恒定律的应用1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围。2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤。3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题。知识点一 动量守恒定律及其应用1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0，这个系统的总动量保持不变(2)动量守恒定律的表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2.2系统动量守恒的条件(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

2、上动量守恒.知识点二 碰撞1概念：碰撞是指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分类种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损失最大【拓展提升】1弹性碰撞后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒解得v1v22弹性碰撞分析讨论当碰前物体2的速度不为零时，若m1m2，则v1v2，v2v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时，v20，则：v1，v2，(1)m1m2时，v10，v2v1，碰撞后两物体交换速度。(2)m1m2时，v10，v20，碰撞后两物体沿同

3、方向运动。(3)m1m2时，v10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。【典例】(2019山东揭阳一中检测)如图所示，水平面上相距为L5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d3 m。一质量为m1 kg的小物块A以v06 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。两物块与OQ段的动摩擦因数均为0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g取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。【答案】(1)2 m/s，方向向左4 m/s，方向向右(2)1 s

4、【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：mv0mv1Mv2碰撞前后动能相等，则得：mvmvMv解得：v12 m/s，方向向左，v24 m/s，方向向右。(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：ag2 m/s2B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：v2t1atd得：t11 s(t13 s舍去)与挡板碰后，B的速度大小v3v2at12 m/s反弹后减速时间t21 s反弹后经过位移s11 m，B停止运动物块A与P处挡板碰后，以v42 m/s的速度滑上O点，经过s21 m停止所以最终A、B的距离sds1s21 m两者不会碰第二次在A、B

5、碰后，A运动总时间tA3 sB运动总时间tBt1t22 s则时间间隔tABtAtB1 s。【方法技巧】碰撞问题解题策略(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：v1v1、v2v1。(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m1m2，且v20时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1m2，且v20时，碰后质量小的球原速率反弹。知识点三 反冲、爆炸1反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象(2)特点：在反冲运

6、动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的2爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动 考点一 碰撞问题【典例1】（2019新课标全国卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物

7、块A运动的vt图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）求物块B的质量；（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。【答案】（1）3m （2） （3）【解析】（1）根据图（b），v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为，碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律和机械能守恒定律

8、有联立式得（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有从图（b）所给的vt图线可知由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为联立式可得（3）设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有联立式可得【方法技巧】碰撞遵循的原则1碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。(3)速度要合理。若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前

9、面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。碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2弹性碰撞的结论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m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22【变式1】 (2018全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg，两车

10、与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。【答案】(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s【解析】(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后

11、滑行的距离为sA。由运动学公式有v2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。考点二 爆炸问题【典例2】 (2018全国卷)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

12、升的初速度为v0，由题给条件有Emv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0v0gt联立式得t。(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Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆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mvmvEmv1mv20由式知，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。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2。【方法规律】爆炸现象的三个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体

13、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，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【变式2】（2019江苏徐州一中模拟）(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()Ab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Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程

14、中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等【答案】CD【解析】炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0mavambvb，显然vb0、vbva、vbva、vbva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，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。考点三 反冲问题【典例3】（2019新课标全国卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，

15、则它在1 s时间内喷射的气体质量约为（ ）A1.6102 kgB1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg【答案】B【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。【方法规律】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【变式3】 (2017高考全国卷)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

16、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)()A30 kgm/s B5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/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pmv00，解得pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项A正确考点四 动量和能量观点的综合应用-“滑块平板”【典例4】 (2019浙江余姚中学调研)如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M3.0 kg，木板的长度为

17、L1.5 m。在木板右端有一小物块，其质量m1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10 m/s2。(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v03 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。【答案】(1) 2 m/s (2) 0.375 J【解析】(1)设木板和物块最后共同的速度为v由动量守恒定律得mv0(mM)v对木板和物块系统，由功能关系得mgLmv(mM)v2由以上两式解得v02 m/s。(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共

18、同速度v1mv0(Mm)v1设碰撞过程中损失的机械能为E，则对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有mg2LEmv(mM)v由以上各式解得E2mgL代入数据可得E0.375 J。【方法技巧】“滑块平板”模型解题思路(1)应用系统的动量守恒。(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。【变式4】(2019河南省郑州一中预测)如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水

19、平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4.质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t.【答案】(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s.(3)对物块

20、和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s.考点五 动量和能量观点的综合应用-“滑块弹簧”【典例5】(2019高考全国卷)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20.重力加速度取g10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短 (1)求弹簧释放后瞬间

21、A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)4.0 m/s1.0 m/s(2)B先停止0.50 m(3)0.91 m【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0mAvAmBvBEkmAvmBv联立式并代入题给数据得vA4.0 m/s，vB1.0 m/s.(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需

22、时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBamBgsBvBtat2vBat0在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sAvAtat2联立式并代入题给数据得sA1.75 m，sB0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s0.25 m0.25 m0.50 m(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有mAv2AmAvmAg(2lsB)联立式并

23、代入题给数据得vA m/s故A与B将发生碰撞设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(vA)mAvAmBvBmAvmAvmBv联立式并代入题给数据得vA m/s，vB m/s这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式2asAv，2asBv由式及题给数据得sA0.63 m，sB0.28 msA小于碰撞处到墙壁的距离由上式可得两物块停止后的距离ssAsB0.91 m【方法技巧】“滑块弹簧”模型四点注意(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除

24、弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(2)在动量方面，系统动量守恒。(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。【变式5】（2019安徽安庆一中模拟）如图所示，质量分别为1 kg、3 kg 的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中，(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度。【答案】(1)6 J(2)2 m/s，向右【解析】(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B同速。系统动量守恒，以向右为正方向

25、，由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v解得v m/s1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能EpmmAv(mAmB)v26 J。(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和能量守恒定律得mAv0mAvAmBvmmAvmBvmAv，解得vm2 m/s，向右。考点六 动量和能量观点的综合应用-“子弹打木块”【典例6】 (2019海南三亚一中模拟)如图所示，一质量m10.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m20.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m00.05 kg的子弹以水平速度v0100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地

26、面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；(2)小车的长度L。【答案】(1)10 m/s(2)2 m【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0(m0m1)v1解得v110 m/s。(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m0m1)v1(m0m1)v2m2v3解得v28 m/s由能量守恒可得(m0m1)vm2gL(m0m1)vm2v解得L2 m。【方法技巧】“子弹打木块”模型特点1.当子弹和木

27、块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值。2.系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。3.根据能量守恒，系统损失的动能Ek Ek0，可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。【变式6】(2019湖北黄冈联考)如图所示，半径为R0.4 m，内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量m0.96 kg的滑块停放在距轨道最低点A为L8.0 m的O点处，质量为m00.04 kg的子弹以速度v0250 m/s从右边水平射入滑块，并留在其中已知滑块与水平地面间的动摩擦因数0.4，子弹与滑块的作用时间很短，g取10 m/s

28、2，求：(1)子弹相对滑块静止时二者的共同速度大小v；(2)滑块从O点滑到A点的时间t；(3)滑块从A点滑上半圆形轨道后通过最高点B落到水平地面上C点，A与C间的水平距离【答案】(1)10 m/s(2)1 s(3) m【解析】(1)子弹射入滑块的过程动量守恒，规定水平向左为正方向，则m0v0(mm0)v，代入数据解得v10 m/s.(2)子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左做匀减速运动，设其加速度大小为a，则(mm0)g(mm0)a，由匀变速直线运动的规律得vtat2L，联立解得t1 s(t4 s舍去)(3)滑块从O点滑到A点时的速度vAvat，代入数据解得vA6 m/s.设滑块从A点

29、滑上半圆形轨道后通过最高点B点时的速度为vB，由机械能守恒定律得(mm0)v(mm0)g2R(mm0)v，代入数据解得vB2 m/s.滑块离开B点后做平拋运动，运动的时间t ，又xACvBt，代入数据得xAC m.考点七 人船模型【典例7】（2019河南郑州外国语学校模拟）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的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？、【变式】船的位移为l人的位移为l【解析】先画出示意图如图所示，选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步

30、前系统的总动量为零设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向根据动量守恒定律有：mv2Mv10，即.因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量成反比，从而可以得出：在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量M 1m 2，而位移s t，所以有Ms1ms2，即.由图可知s1s2l，解得s1l，s2l.【方法技巧】“人船模型”问题1系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零2在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移在解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系【变式7】（2019广东中山纪念中学模拟）如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长为a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长为b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块A后退的距离为()A.B. C. D.【答案】C【解析】取向右方向为正方向设木块A后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为abx，则：水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为根据水平方向动量守恒得：Mm0解得x.