《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點專題突破 專題33 動量守恒定律的應(yīng)用之爆炸、反沖及“人船模型”學(xué)案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點專題突破 專題33 動量守恒定律的應(yīng)用之爆炸、反沖及“人船模型”學(xué)案.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

突破33 動量守恒定律的應(yīng)用之爆炸、反沖及“人船模型” 1．爆炸的特點 (1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。 (2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。 (3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。 2．反沖 (1)現(xiàn)象：物體的不同部分在內(nèi)力的作用下向相反方向運動的現(xiàn)象。 (2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒。 (3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。 3．“人船模型” （1）模型的適用條件 物體組成的系統(tǒng)動量守恒且系統(tǒng)中物體原來均處于靜止狀態(tài)，合動量為0. （2）模型特點 1)遵從動量守恒定律，如圖所示． 2)兩物體的位移滿足： m－M＝0 x人＋x船＝L 即x人＝L，x船＝L mv人－Mv船＝0 （3）利用人船模型解題需注意兩點 1)條件 ①系統(tǒng)的總動量守恒或某一方向上的動量守恒。 ②構(gòu)成系統(tǒng)的兩物體原來靜止，因相互作用而反向運動。 ③x1、x2均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。 2)解題關(guān)鍵是畫出草圖確定初、末位置和各物體位移關(guān)系。 【典例1】如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量關(guān)系是mA＝mC＝m、mB＝.開始時滑塊B、C緊貼在一起，中間夾有少量炸藥，處于靜止狀態(tài)，滑塊A以速度v0正對B向右運動，在A未與B碰撞之前，引爆了B、C間的炸藥，炸藥爆炸后B與A迎面碰撞，最終A與B粘在一起，以速率v0向左運動．求： (1)炸藥爆炸過程中炸藥對C的沖量； (2)炸藥的化學(xué)能有多少轉(zhuǎn)化為機械能？ 【答案】　(1)mv0，方向向左　(2)mv 【典例2】將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出，在燃氣噴出后的瞬間，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 【答案】 A 【解析】　燃氣從火箭噴口噴出的瞬間，火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)燃氣噴出后的瞬間，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＝0.050 kg600 m/s＝30 kgm/s，選項A正確． 【典例3】如圖所示，小車(包括固定在小車上的桿)的質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的小球通過長度為L的輕繩與桿的頂端連接，開始時小車靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)把小球從與O點等高的地方釋放，小車向左運動的最大位移是(　　) A.　　　 　B.　 C.　 D. 解題指導(dǎo)　小球和小車在水平方向上不受外力作用，整個過程中在水平方向系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，滿足“人船模型”． 【答案】B 【典例4】載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？ 【答案】　h。 【解析】 氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)在人下滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面，人的位移為x人，球的位移為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示， 由平均動量守恒有：0＝Mx球－mx人， 又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。 【跟蹤短訓(xùn)】 1. (多選)向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力。當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則 (　　) A．b的速度方向一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a(chǎn)、b一定同時到達水平地面 D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等 【答案】　CD 【解析】　空中爆炸問題，因系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，故滿足系統(tǒng)動量守恒的條件。由題中所給物理情 炸裂過程a與b相互作用遵循牛頓第三定律，F(xiàn)與F′等值、反向，D正確。 2． 有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向右，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向右，則另一塊的速度是(　　) A．3v0－v　　　　　　　　 B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 【答案】C 【解析】 在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，對比各選項可知，【答案】選C. 3．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離．已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　　) A．v0－v2 B．v0＋v2 C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2) 【答案】 D. 【解析】對火箭和衛(wèi)星由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．　 4．將靜置在地面上，質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體．忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結(jié)束時火箭模型獲得的速度大小是(　　) A. v0 B． v0 C. v0 D． v0 【答案】 D. 【解析】應(yīng)用動量守恒定律解決本題，注意火箭模型質(zhì)量的變化．取向下為正方向，由動量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝，選項D正確． 5. 一自身質(zhì)量為100 kg的小船靜止在平靜的湖面上，船長為6 m，一質(zhì)量為50 kg的人從船尾走到船頭，在此過程中船對岸的位移大小為(人行走前人、船均靜止，水的阻力不計)(　　) A．3 m　　　　　　　　 B．2 m C．4 m D．0 【答案】B. 6．有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計一噸左右)．一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量．他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長L，已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量M為(　　) A. B． C. D． 【答案】B. 【解析】據(jù)題意，人從船尾走到船頭過程中，動量守恒，則有：Mv＝mv′，即M＝m，則船的質(zhì)量為：M＝，B正確，A、C、D錯誤． 7. 如圖，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)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，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．已知O、P兩點間的距離為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，求： (1)木塊與水平地面的動摩擦因數(shù)μ； (2)炸藥爆炸時釋放的化學(xué)能． 【答案】：(1)　(2)mv