15專題8碰撞與動量守恒考向一動量定理的應用角度1動量定理的簡單應用1.沖量四種方法公式法I=Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量,若F與t成線性關系,也可直接用平均力求解平均值法若方向不變的力的大小隨時間均勻變化,即力為時間的一次函數,則力F在某段時間t內的沖量I=F1+F22t,F2.動量定理【典題例析】[典例1](多選)(2024·全國甲卷)蹦床運動中,體重為60kg的運動員在t=0時剛好落到蹦床上,對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直,在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力,重力加速度g大小取10m/s2。下列說法正確的是()A.t=0.15s時,運動員的重力勢能最大B.t=0.30s時,運動員的速度大小為10m/sC.t=1.0s時,運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N【解析】選B、D。【加固訓練】(2024·河北三模)在某次電動汽車的性能試驗中,工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時間變化關系式f=f0+kt,現工程師為汽車提供恒定的牽引力F,并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為0停止,則在此過程中,以下說法正確的是()A.汽車達到最大速度的時間為FB.汽車達到的最大速度為(C.全過程中,汽車的牽引力F的沖量為FD.全過程中,汽車的阻力f的沖量為f【解析】選B。當牽引力F=f時,汽車的速度達到最大,即f0+kt1=F,此時t1=F-f0k,故A錯誤;由F則a=F即a=-kmt+如圖:由a-t圖像可知,三角形面積代表速度的變化量的大小,則vm=S=(F-f0)22mk,故B正確;由圖像分析,汽車從運動到停止的時間t'=2t1=2若按照f的平均值算也是此結果,故D錯誤。【模型圖解】方式情境圖示情境解讀恒力將木板從物塊下方抽出,物塊與木板間的摩擦力恒為f,物塊動量的增量為Δp,則有Δp=fΔtΔp一定由Δp=FΔt可知,落地時前滾翻可以延長作用時間,減小身體與地面的作用力,避免身體受到傷害角度2動量定理處理流體問題主要問題“流體”是由大量質點組成的質量連續分布且以一定速度運動的物體系統核心關鍵流體的連續作用問題是力學中的一類常見問題,此類問題的關鍵是如何合理選取研究對象方法技巧整體法、微元法、等效法結合動量定理是求解流體連續作用問題的重要方法【典題例析】[典例2](2024·濰坊二模)用噴水機澆灌草坪,噴水機將水加速后通過噴水嘴噴出,噴水嘴出水速度的大小v和夾角θ均可調節[1]。已知噴水嘴的橫截面積S=1.0×10-4m2,水噴出的最大水平射程為10m,水的密度ρ=1.0×103kg/m3,g取10m/s2,水流沖擊到地面后,水平方向速度變為0[2],忽略噴嘴離地高度以及空氣阻力的影響。(1)求噴水嘴出水的最大速率vm;(2)若出水速度v1=8m/s,夾角θ=60°,求水流對地面水平方向平均沖力的大小。【題眼破譯】[1]水流做斜上拋運動。[2]地面對水流水平方向的作用力使其水平方向速度變為0,首先考慮動量定理。【解析】(1)設噴水嘴出水的最大速度為vm,出水方向與水平方向夾角為θ,水從噴水嘴到地面運動的時間為t,水的水平射程為x,則豎直方向速度vmsinθ=12水平方向位移x=vmcosθ·t解得x=vm當θ=45°時,水平射程最大為xm=10m,解得vm=10m/s。(2)在時間Δt內,水的質量Δm=ρSv1Δt,選豎直向上為正方向,由動量定理得FxΔt=Δmv1cosθ,解得Fx=3.2N,由牛頓第三定律可得F'x=Fx=3.2N。答案:(1)10m/s(2)3.2N【加固訓練】(2024·海口一模)雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象,為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p,小明將一圓柱形量筒置于雨中,測得時間t內筒中水面上升的高度為h。設雨滴下落的速度為v0,雨滴豎直下落到水平芭蕉葉上后以速率v豎直反彈,雨水的密度為ρ,不計雨滴重力。壓強p為()A.ρ?t(v0-v) B.ρ?t(v0+C.ρ(v02-v2) D.ρ(v02【解析】選B。以極短時間Δt內落至芭蕉葉上的雨滴質量為Δm,雨滴與芭蕉葉作用的有效面積為S,根據動量定理有F1Δt=Δmv-(-Δmv0)由于圓柱形量筒置于雨中,測得時間t內筒中水面上升的高度為h,則單位面積單位時間內下落的雨水質量為m0=ρS圓?tS至芭蕉葉上的雨滴的質量Δm=m0SΔt=ρ?S根據牛頓第三定律有F2=F1雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p=F解得p=ρ?t(v0+v【模型圖解】分類情境圖示情境解讀吸收型流體元的質量m=ρSvΔt設流體元與煤層作用力為FFΔt=mΔv即FΔt=ρSvΔt(-v)故F=-ρSv2反彈型流體元的質量m=ρSvΔt作用后流體元原速率反彈由FΔt=mΔv即FΔt=ρSvΔt(-2v)故F=-2ρSv2考向二動量守恒定律的應用角度1碰撞模型碰撞問題遵循的三條原則【典題例析】[典例3](多選)(2024·湖北選擇考)如圖所示,在光滑水平面[1]上靜止放置一質量為M、長為L的木塊,質量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變,其大小f與射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k為已知常數)[2]。改變子彈的初速度大小v0,若木塊獲得的速度最大,則()A.子彈的初速度大小為2B.子彈在木塊中運動的時間為2C.木塊和子彈損失的總動能為kD.木塊在加速過程中運動的距離為mL【題眼破譯】[1]子彈和木塊組成的系統滿足動量守恒定律。[2]由f=kv0可知,f隨著初速度v0的改變而改變,但是對于每一個v0,f都是不變的。【解析】選A、D。子彈和木塊相互作用過程系統動量守恒,令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度分別為v1、v2,則有mv0=mv1+Mv2子彈和木塊相互作用過程中合力都為f=kv0,因此子彈和木塊的加速度分別為a1=fm,a2=由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為2a1x1=v02-v12,2a2聯立上式可得v2=m因此木塊的速度最大,即v0-v02-2(kv0m+kv0M)L取極值即可,該函數在2(km+kM)L到無窮單調遞減,因此當v0=2(km+kM)L=2kL(M+m)Mm時木塊的速度最大,A正確;子彈穿過木塊時,木塊的速度為v2=mv[預測](多選)如圖甲所示,一小車靜止在光滑水平地面上,上表面PQ是以O為圓心、半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,左端P與平臺等高且平滑對接(不粘連)。一小球以某一水平速度沖上小車。測得在水平方向上小球與小車的速度大小分別為v1、v2,作出v2-v1圖像,如圖乙所示。已知P點距地面高h=R5,重力加速度為g,則(A.小車質量是小球質量的2倍B.小球上升到最高點時的速度為C.小球上升的最大高度為RD.小球落地時與小車左端P點的水平距離為10【解析】選B、C、D。設小球質量為m,小車質量為M,小球和小車組成的系統在水平方向所受合外力為零,所以水平方向動量守恒,則由圖乙數據可得mgR=MgR,解得m=M,故A錯誤;小球上升到最高點時與小車具有共同速度,則mgR=(m+M)v共,解得v共=gR2,故B正確;設小球上升的最大高度為H,根據機械能守恒定律有12m(gR)2=12(m+M)v共2+mgH,解得H=R4,故C正確;設小球滑回至P點時,小球和小車的速度分別為v球和v車,根據動量守恒定律和機械能守恒定律分別有m(gR)=mv球+Mv車,12m(gR)2=12mv球2+12Mv車2,解得v球=0,【模型圖解】碰撞及類碰撞模型分類情境圖示情境解讀彈性碰撞碰撞后形變完全恢復m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v1v1=m1-v2=2m1(A球質量為m1,B球質量為m2)完全非彈性碰撞碰撞完畢合二為一m1v0=(m1+m2)v系統損失的機械能為ΔE=12m1v0(木塊A質量為m1,木塊B質量為m2)人船模型由mv1=M即ml1=Ml2又由l1+l2=l,則l1=MM+ml2=mM+m子彈射木塊模型mv0=(M+m)vf·d=12mv0(子彈的質量為m,木塊的質量為M)彈簧類模型系統動量守恒、機械能守恒曲面類模型接觸面光滑,系統水平方向動量守恒、機械能守恒角度2多過程問題應用動量守恒定律解決多過程問題的步驟【典題例析】[典例4](2024·河北選擇考)如圖,三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止在光滑水平面上,尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質量均為2.0kg,A木板長度為2.0m,機器人質量為6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空氣阻力。(1)機器人從A木板左端走到A木板右端時,求A、B木板間的水平距離。(2)機器人走到A木板右端相對木板靜止后,以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端,求起跳過程機器人做的功及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。(3)若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止,隨即相對B木板連續不停地3次等間距跳到B木板右端,此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關系。【解析】(1)機器人從A木板左端走到A木板右端,機器人與A木板組成的系統動量守恒,設機器人質量為M,三個木板質量都為m,根據“人船模型”得Mx=mx1同時有x+x1=LA解得A、B木板間的水平距離x1=1.5m(2)設機器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為θ,從A木板右端跳到B木板左端時間為t,根據斜拋運動規律得vcosθ·t=x1vsinθg聯立解得v2=15機器人跳離A的過程,系統水平方向動量守恒Mvcosθ=mvA根據能量守恒可得機器人做的功為W=12Mv2+12聯立得W=3cos2θ+12sinθcosθ×45J=根據數學知識可得,當12tanθ=2tanθ,即tanθ代入數值得此時W=90J(3)根據tanθ=2可得vcosθ=152m/s,根據Mvcosθ=mv得vA=315分析可知A木板以該速度向左勻速運動,機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中,機器人與B、C木板組成的系統在水平方向動量守恒,得Mvcosθ=(M+2m)v共解得v共=315該過程A木板向左運動的距離為xA=vAt=3152×機器人連續3次等間距跳到B木板右端,整個過程機器人和B木板組成的系統水平方向動量守恒,設每次起跳機器人的水平速度大小為v0,B木板的速度大小為vB,機器人每次跳躍的時間為Δt,取向右為正方向,得(M+m)v共=Mv0-mvB ①每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為LB3,可得LB3=(v0+vB機器人到B木板右端時,B木板恰好追上A木板,從機器人跳到B左端到跳到B右端的過程中,AB木板的位移差為Δx=x1+xA=6m可得(vB-vA)×3Δt=Δx ③聯立①②③解得Δt=LB4故A、C兩木板間距為xAC=(vA+vC)×3Δt+Δx+LBvC=v共解得xAC=74L答案:(1)1.5m(2)90J2(3)xAC=74L【加固訓練】如圖所示,P為固定的豎直擋板,質量為2m的長木板A靜置于光滑水平面上(A的上表面略低于擋板P下端),質量為m的小物塊B(可視為質點)以水平初速度v0從A的左端向右滑上A的上表面,經過一段時間A、B第一次達到共同速度,此時B恰好未從A上滑落,然后物塊B與長木板A一起向右運動,在t=0時刻,物塊B與擋板P發生了第一次碰撞,經過一段時間物塊B與長木板A第二次達到共同速度,之后物塊B與擋板P發生了很多次碰撞,最終在t=t0(未知)時恰好相對地面靜止。已知A、B間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,物塊與擋板P發生碰撞時無機械能損失且碰撞時間極短,求:(1)木板A的長度;(2)A、B第二次達到共同速度時B離A左端的距離;(3)0~t0時間內B經過的路程。【解析】(1)依題意,設木板的長度為L,A、B第一次達到共速時速度大小為v1,物塊和木板由動量守恒定律有mv0=(2m+m)v1,根據能量守恒定律有μmgL=12mv02-12(2m+聯立求得v1=13v0,L=v(2)由于物塊與擋板P發生碰撞時無機械能損失且碰撞時間極短,因此物塊第一次與擋板碰撞后的速度大小不變,方向向左,設二者第二次碰撞前達到共速的速度大小為v2,取方向向右為正,根據動量守恒定律有2mv1-mv1=(2m+m)v2,根據能量守恒定律有μmgx1=12(2m+m)v12-12(2m+聯立求得v2=132v0,x1=則可得此時物塊距木板左端的距離為Δl1=L-x1=5v(3)由(1)(2)問分析可知,物塊B與木板第n次共速時的速度為v03n,對B有μmg=從B第一次撞擊擋板到第二次撞擊擋板過程,有(v03)2=2aBss1=v0218從B第二次撞