第2讲 动量守恒定律
主干梳理 对点激活
知识点
动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。 (2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。 (3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。 2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统01不受外力，或者02所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝03p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝04m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
③Δp1＝05－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp＝060，系统总动量的增量为零。 (3)适用条件
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：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。 知识点1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间01很短，而物体间相互作用力02很大的现象。 2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力03远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。 3．分类 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
弹性碰撞 非弹性碰撞 动量是否守恒 守恒 守恒 机械能是否守恒 04守恒 有损失 完全非弹性碰撞 4．散射
守恒 损失05最大 微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。 知识点
反冲 爆炸 Ⅰ
1．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能01增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用02远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且03远大于系统所受的外力，所以系统动量04守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
一 堵点疏通
1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( ) 2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。( )
3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。( )
4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )
5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。( ) 答案 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.× 二 对点激活
1．(人教版选修3－5·P16·T5改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s
B．0.05 m/s
C．0.057 m/s 答案 B
D．0.06 m/s
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝11
v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s。故B正确。 1616
2．(人教版选修3－5·P17·T7改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s)，则此时悬绳的拉力为( )
A．35 N C．102.5 N 答案 C
解析 子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝
B．100 N D．350 N
2
mv00.01×500
＝ m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，m＋M10
v2v2
合外力提供向心力，有FT－(m＋M)g＝(m＋M)，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5
LLN，故C正确。
3．(人教版选修3－5·P17·T6改编)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，则A、B两球的质量之比为( )
A．1∶2 C．1∶4 答案 D
解析 设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和
3－，则有mBv0＝mA·＋mB?－?，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。 33?3?
考点细研 悟法培优
考点1 动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
B．2∶1 D．4∶1
v0
v0v0
?v0?
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 (5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。 2．应用动量守恒定律解题的步骤
例1 如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，对于滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒 B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒 12C．当B的速度为v0时，A的速度为v0
3312
D．当A的速度为v0时，B的速度为v0
33
(1)木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，放上B后A、B组成的
系统合外力为零吗？
提示：由题意知木板A与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值，所以放上B后A、B组成的系统合外力仍为零。
(2)刚放上B后，A、B间发生相对滑动吗？ 提示：发生。 尝试解答 选C。
由于木板A沿斜面匀速下滑，则木板A受到的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力仍为零，则系统的动量守恒，由于A、B间以及A与斜面间摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由动量守恒定律知C正确，D错误。
应用动量守恒定律时的几点易错提醒
(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[变式1－1] 如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
A.C.
mv0
M＋mMv0
M＋mB.D.
mv0
MMv0
m答案 A
解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝确。
[变式1－2] 如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量
mv0
，A正M＋mM＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行。
此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/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u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g取10 m/s)
答案 u≥3.8 m/s
解析 以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，人跳到乙车上，甲车和乙车的速度相同时，两车恰好不相撞，设甲车、乙车与人共速时，速度为v′，
由动量守恒定律得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′ 解得v′＝1 m/s。
设此时人跳离甲车的速度为v人，以人与甲车组成的系统为研究对象，人跳离甲车过程中系统动量守恒，
有(m1＋M)v＝m1v′＋Mv人， 解得v人＝3.8 m/s。
因此，只要人跳离甲车的速度u≥v人＝3.8 m/s，就可避免两车相撞。 考点2 碰撞问题分析1.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律。 (2)机械能不增加
2
p2p2p1′2p2′212
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
2m12m22m12m2
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ①??
?12121122
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ②?222?2
解得v1′＝
m1－m2v1＋2m2v2
m1＋m2
v2′＝
m2－m1v2＋2m1v1
m1＋m2
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时：
m1－m22m1
v1′＝v1，v2′＝v1，
m1＋m2m1＋m2
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。 ②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。 ③m1
例2 甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，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，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是( )
A．m1＝m2 C．4m1＝m2
B．2m1＝m2 D．6m1＝m2
(1)甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？
提示：不一定守恒，但不能增加。
(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？ 提示：甲的速度小于等于乙的速度。 尝试解答 选C。
设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得p1＋p2＝p1′＋p2′，
p1′2p2′2p2p2m1712
解得p1′＝2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，
2m12m22m12m2m217p1p2m15p1′
碰撞前甲的速度大于乙的速度，则>，解得<，碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
m1m2m27m1
≤
p2′m111m17
，解得≥，综上有≤≤，C正确，A、B、D错误。 m2m255m217
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：v1
＝
m1－m22m1
v0、v2＝v0。 m1＋m2m1＋m2
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当
m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1?m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。
[变式2] 如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速
度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是( )
A．v1＝v2＝v3＝
13
v0 B．v1＝0，v2＝v3＝
12
v0
1C．v1＝0，v2＝v3＝v0
2答案 D
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，且各球质量相同，由弹性碰撞一动碰一静结论知D正确。
考点3 碰撞类模型的拓展1.“弹簧类”模型 模型 图示 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生模型 特点 变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 (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，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时) 2．“子弹打木块”“滑块—木板”模型 模型 图示 (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板模型 特点 的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型) (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ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)m＋MM的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图象求解 3．“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型 模型 图示 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M1212＋m)v共；系统机械能守恒，mv0＝(M＋m)v共＋mgh，其中h为滑块上升的最22模型 特点 大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) (2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能121212守恒，mv0＝mv1＋Mv2(完全弹性碰撞拓展模型) 222 4．悬绳模型
悬绳模型(如图所示)与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
例3 如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑1
的两个完全相同的圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图
4中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b′分别为A、B槽的最低点，A槽的左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽
A顶端的a点无初速度释放，求：
(1)小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小； (2)小球C在B槽内运动所能达到的最大高度； (3)B的最大速度。
(1)小球C在B槽内运动到最大高度时CB两者是否共速？
提示：是。
(2)何时B的速度最大？
提示：小球C相对于B回到b′点时。 尝试解答 (1)2gR 3mg＋Mg (2)(3)
2m2gR M＋mMR M＋m(1)小球C从a点运动到b点的过程，机械能守恒， 12
有mgR＝mv0
2
解得小球到b点时的速度大小为v0＝2gR
v20
在最低点b，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m
R解得N＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球C对A的压力N′＝N＝3mg，A静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，地面对A的支持力F＝N′＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力
F′＝F＝3mg＋Mg。
(2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv0＝(M＋m)v
1212
由机械能守恒定律，有mv0＝(M＋m)v＋mgh
22解得h＝
MRM＋m。
(3)当小球回到B槽的底端b′点时，B的速度最大，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋
Mv2
121212
由能量守恒定律可知mv0＝mv1＋Mv2
222解得v2＝
2m2gR。 M＋m
处理碰撞类模型的方法技巧
(1)“弹簧类”模型的解题思路 ①应用系统的动量守恒。 ②应用系统的机械能守恒。
③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。 (2)“滑块—木板”模型的解题思路 ①应用系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板的时间时，优先考虑用动量定理。 ③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。 ⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
[变式3－1] 两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的运动中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 答案 (1)3 m/s (2)12 J
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC
代入数据解得vABC＝3 m/s。
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC，则有
mBv＝(mB＋mC)vBC
代入数据解得vBC＝2 m/s
当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、
2
C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得Ep＝(mB＋mC)vBC1
2
1212
＋mAv－(mA＋mB＋mC)·vABC＝12 J。 22
[变式3－2] 如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s，求：
2
(1)物块与小车共同速度大小； (2)物块在车面上滑行的时间t； (3)小车运动的位移大小x；
(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？ 答案 (1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s 解析 (1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向， 根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v， 解得v＝0.8 m/s。
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff， 对物块应用动量定理：－Fft＝m2v－m2v0 又Ff＝μm2g 解得：t＝
v0－v μg代入数据得t＝0.24 s。
12
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝m1v
2解得x＝0.096 m。
(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v′，以水平向右为正方向，则：
m2v0′＝(m1＋m2)v′
1122
由系统能量守恒有：m2v0′＝(m1＋m2)v′＋μm2gL
22代入数据解得v0′＝5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。
考点4 爆炸
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。
例4 以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？
提示：水平方向。
(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？
提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增加的动能，机械能不守恒。
272
尝试解答 (1)2.5v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)mv0
4
(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝
v0
v0cos60°＝。
2
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2， 又v1′＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
E＝ΔEk＝?
272?12mv1′2＋1mv2?12
2?－(3m)v1＝mv0。 2?24?2
(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。 (2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。
[变式4] (多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等 答案 CD
解析 空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0＝mava＋mbvb
因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：
①若mava ②若mava＝mv0，则mbvb＝0，即vb＝0，b做自由落体运动，a在b之前。 ③若mava>mv0，则mbvb为负，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sb 平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定，h相同，由t＝ 2hg知，t相同，C正确； 炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，D正确。 考点5 反冲运动 火箭1.反冲 (1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然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。 2．火箭 (1)火箭加速的原理 设火箭飞行时在极短的时间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是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。 以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0， 所以mΔv＋Δmu＝0， Δm解出Δv＝－u。① m①式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火Δm箭本身质量之比越大，火箭获得的速度Δv越大。 m(2)现代火箭的发射原理 由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不 过实际应用中一般不会超过四级。 例5 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。 (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ (2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？ (1)气体离开发动机喷出时的速度是以什么为参考系？ 提示：没有强调是以火箭箭体为参考系，故是以地面为参考系。 (2)根据题设，火箭喷气n次时，应用动量守恒定律时可将什么看做系统？ 提示：系统可看做由质量减少的火箭和n份喷出的气体组成。 尝试解答 (1)2_m/s__(2)13.5_m/s (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3， 以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得： (M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝ 3mv≈2 m/s。 M－3m(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝ 20mv≈13.5 m/s。 M－20m 火箭获得的最终速度 设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。 发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M－m)v1－mv(以火箭的速度方向为正方向)，则： ??燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比决(M－m)v1－mv＝0，所以v＝?－1?v1， m? ? 定。 [变式5] (福建高考)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v0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，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.v0 MMmmMB.v0 MmC. v0 M－mMD. v0 M－mm答案 D 解析 喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，动量守恒。由动量守恒定律有0＝(M－ mm)v－mv0，得v＝v0，D正确。 M－m思维拓展：“人船”模型 如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人 的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的 另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m船v船＝m人v人， 因人和船组成的系统，动量始终守恒， 故有：m船x船＝m人x人， 由图可看出：x船＋x人＝L， 可解得：x人＝ m船 m人＋m船 L，x船＝ L。 m人＋m船 m人 此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。 例6 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？ (1)人和气球的速度大小有什么关系？ 提示：设人和气球的速度大小分别为v人、v球，则mv人＝Mv球。 (2)人和气球对地的位移大小与绳梯的长度有什么关系？ 提示：设人和气球的对地位移大小分别为x人、x球，绳梯的长度为L，则x人＋x球＝L。 尝试解答 M＋mh M气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移大小为x人，球的位移大小为x球，它们的位移状态图如图所示， 由动量守恒有：0＝Mx球－mx人， 又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝ M＋mh。 M “人船模型”问题应注意以下两点 (1)适用条件 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)。 (2)画草图：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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。 [变式6] 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质 量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( ) A.C. mh M＋mmh M＋mtanαB.D. Mh M＋mMh M＋mtanα答案 C 解析 m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移大小为x1， M在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2。① 且x1＋x2＝ 。② tanαh由①②可得x2＝ mh，故选C。 M＋mtanα高考模拟 随堂集训 1．(2017·全国卷Ⅰ)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/s C．6.0×10 kg·m/s 答案 A 解析 由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。 2 B．5.7×10 kg·m/s D．6.3×10 kg·m/s 2 2 燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p2＝p1＝30 kg·m/s，A正确。 2．(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 C. mMB.v D. Mmv m＋Mmv m＋MM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，－MvMv得v′＝，即滑板的速度大小为，B正确。 mm3．(2019·北京西城一模)随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和 v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两 个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是( ) A．v1>v0 C．v2>v0 答案 A 解析 设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。探测器从行星运动的反方向接近行星时，设向左为正方向，由动量守恒定律得：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由机121212122Mu＋Mv0－mv0械能守恒定律得：Mu＋mv0＝mv1＋Mu1，联立解得探测器碰后的速度v1＝， 2222M＋m因M?m，则v1≈2u＋v0>v0，故A正确，B错误；探测器从行星运动的同方向接近行星时，设1212 向左为正方向，由动量守恒定律得：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由机械能守恒定律得：Mu＋mv0＝ 221212Mv0－2Mu－mv0 mv2＋Mu2，联立解得探测器碰后的速度v2＝，因M?m，则v2≈v0－2u D错误。 4．(2018·天津高考)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是________ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×10 N，则子弹射入木块的深度为________ m。 答案 20 0.2 解析 根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v， 解得v＝ 3 mv00.05×200 ＝ m/s＝20 m/s； M＋m0.45＋0.05 系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能， 1212 故有fd＝mv0－(M＋m)v， 22121mv0－22 解得d＝ M＋mv2f 1122×0.05×200－0.45＋0.05×2022＝ m＝0.2 m。 3 4.5×10 5．(2018·全国卷Ⅱ)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2.0×10 kg和1.5×10 kg，两车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g＝10 m/s。求： 2 3 3 (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)4.25 m/s 解析 (1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB① 式中μ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vB′＝2aBsB② 联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s③ (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μmAg＝mAaA④ 2 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′＝2aAsA⑤ 设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25 m/s。 6．(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。 1答案 (1) 2E2 gm2E (2) mg解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv20① 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 1联立①②式得t＝ 12 g2E③ m(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。 1212 由题给条件和动量守恒定律有mv1＋mv2＝E⑤ 4411 mv1＋mv2＝0⑥ 22 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121 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mv1＝mgh2⑦ 42 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上部分距地面的最大高度为 2Eh＝h1＋h2＝。 mg7．(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触 及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s，空气阻力不计。求： (1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始时B离地面的高度H。 答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m 解析 (1)物块B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 2 h＝gt2① 代入数据解得t＝0.6 s② (2)设细绳绷直前瞬间物块B速度大小为vB，有vB＝gt③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于物块A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后物块A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。⑤ (3)细绳绷直后，物块A、B一起运动，物块B恰好可以和地面接触，说明此时物块A、B12 的速度为零，这一过程中物块A、B组成的系统机械能守恒，有(mA＋mB)v＋mBgH＝mAgH⑥ 2 代入数据解得H＝0.6 m。 8．(2019·全国卷Ⅰ)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。物块A运动的v-t图象如图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。 12 (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。 211 答案 (1)3m (2)mgH (3) 159 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 2小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 v1 ?v1?mv1＝m?－?＋m′v′① ?2? 121?1?21 mv1＝m?－v1?＋m′v′2② 22?2?2联立①②式得m′＝3m③ (2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜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点离水平轨道的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有 mgH－fs1＝mv21－0④ 1?v1?2 －(fs2＋mgh)＝0－m?－?⑤ 2?2?从图b所给出的v-t图线可知 12 s1＝v1t1⑥ 1v1 s2＝··(1.4t1－t1)⑦ 2 2 由几何关系＝⑧ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2⑨ 2 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩ 15 (3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝ 12 s2hs1Hμmgcosθ· H＋h? sinθ12 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′ 2? 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcosθ· －μ′mgs′＝0? sinθh联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得 μ11 ＝。 μ′9 9．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 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l＝1.0 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Ek＝10.0 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μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s。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/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0.50 m (3)0.91 m 解析 (1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB① 2 Ek＝mAv2A＋mBvB② 2 1 212 联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③ (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停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有 mBa＝μmBg④ sB＝vBt－at2⑤ vB－at＝0⑥ 在时间t内，A可能与墙壁发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速12 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sA＝vAt－at⑦ 2 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 12 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧ 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 s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨ (3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B发生碰撞，碰撞前A的速度大小为 vA′，由动能定理有 11mAvA′2－mAv2A＝－μmAg(2l＋sB)⑩ 22 联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝7 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′)＝mAvA″＋mBvB″? 111 mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2? 222联立???式并代入题给数据得 vA″＝ 3727 m/s，vB″＝－ m/s? 55 这表明碰撞后A将向右运动，B将向左运动。假设碰撞后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2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2? 由④??式及题给数据得sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m? sA′小于碰撞处到墙壁的距离。 由?式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m。
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