2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用教案新人教版

PAGE13-第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用一、動量守恒定律1．動量守恒定律的內(nèi)容假如一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2．動量守恒的數(shù)學(xué)表達(dá)式(1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后總動量p′)。(2)Δp＝0(系統(tǒng)總動量改變?yōu)榱?。(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量增量大小相等，方向相反)。3．動量守恒的條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時，系統(tǒng)的動量守恒。(2)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時系統(tǒng)動量近似守恒。(3)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個方向上所受合外力為零或不受外力，或外力可以忽視，則在這個方向上，系統(tǒng)動量守恒。二、碰撞、反沖和爆炸1．碰撞(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。(2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿意內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動量守恒。(3)分類：動量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非完全彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大2.反沖運(yùn)動(1)物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個不同部分，并且這兩部分向相反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。(2)反沖運(yùn)動中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛恿渴睾愣蓙硖幚怼?．爆炸問題(1)爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守恒。(2)爆炸過程中位移很小，可忽視不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動量起先運(yùn)動。一、思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．系統(tǒng)所受合外力的沖量為零，則系統(tǒng)動量肯定守恒。 (√)2．動量守恒是指系統(tǒng)在初、末狀態(tài)時的動量相等。 (×)3．物體相互作用時動量守恒，但機(jī)械能不肯定守恒。 (√)4．在爆炸現(xiàn)象中，動量嚴(yán)格守恒。 (×)5．在碰撞問題中，機(jī)械能也肯定守恒。 (×)6．反沖現(xiàn)象中動量守恒、動能增加。 (√)二、走進(jìn)教材1.(人教版選修3－5P16T1改編)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說法正確的是()A．車左右往復(fù)運(yùn)動B．車持續(xù)向右運(yùn)動C．大錘、人和平板車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒D．當(dāng)大錘停止運(yùn)動時，人和車也停止運(yùn)動ACD[把人和車看成一個整體，用大錘連續(xù)敲打車的左端，依據(jù)系統(tǒng)水平方向受力為零，則沿該方向動量守恒，又由系統(tǒng)水平方向總動量為零，則當(dāng)錘頭敲打下去時，大錘向右運(yùn)動，小車就向左運(yùn)動，抬起錘頭時大錘向左運(yùn)動，小車向右運(yùn)動，所以平板車在水平面上左右往復(fù)運(yùn)動，當(dāng)大錘停止運(yùn)動時，人和車也停止運(yùn)動，A、C、D正確。]2．(教科版選修3－5P17T4、6改編)下列敘述的狀況中，系統(tǒng)動量不守恒的是()甲乙A．如圖甲所示，小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動時，人與車組成的系統(tǒng)B．如圖乙所示，子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時C[對于人和車組成的系統(tǒng)，人和車之間的力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受的外力有重力和支持力，合力為零，系統(tǒng)的動量守恒；子彈射入木塊過程中，雖然子彈和木塊之間的力很大，但這是內(nèi)力，木塊放在光滑水平面上，系統(tǒng)所受合力為零，動量守恒；子彈射入緊靠墻角的木塊時，墻對木塊有力的作用，系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)的動量減??；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時，雖然受到重力作用，合力不為零，但爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力，動量近似守恒。故選C。]3．(人教版選修3－5P21T2改編)質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后BA．0.6v B．0.4vC．0.2v D．vB[依據(jù)動量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，則當(dāng)v2＝0.6v時，v1＝－0.8v，則碰撞后的總動能E′k＝eq\f(1,2)m(－0.8v)2＋eq\f(1,2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq\f(1,2)mv2，大于碰撞前的總動能，違反了能量守恒定律，故A項(xiàng)錯誤；當(dāng)v2＝0.4v時，v1＝－0.2v，則碰撞后的總動能為E′k＝eq\f(1,2)m(－0.2v)2＋eq\f(1,2)×3m(0.4v)2＝0.52×eq\f(1,2)mv2，小于碰撞前的總動能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，B項(xiàng)正確；當(dāng)v2＝0.2v時，v1＝0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不行能穿透B球，故C項(xiàng)錯誤；當(dāng)v2＝v時，v1＝－2v，明顯碰撞后的總動能大于碰撞前的總動能，故D項(xiàng)錯誤。]動量守恒定律的理解及應(yīng)用eq\o([講典例示法])1．動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必需是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量，表達(dá)式中的p1、p2、…必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p′1、p′2、…必需是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性探討的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動的微觀粒子組成的系統(tǒng)2.動量守恒定律常用的四種表達(dá)形式(1)p＝p′：即系統(tǒng)相互作用前的總動量p和相互作用后的總動量p′大小相等，方向相同。(2)Δp＝p′－p＝0：即系統(tǒng)總動量的增加量為零。(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的削減量。(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同始終線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。eq\o([典例示法])將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強(qiáng))分別固定在質(zhì)量相等的甲、乙兩車上，水平面光滑。起先時甲車速度大小為3m/s，乙車速度大小為2m/s，方向相反并在同始終線上，如圖所示。(1)當(dāng)乙車速度為零時，甲車的速度多大？方向如何？(2)由于磁鐵的磁性極強(qiáng)，故兩車不會相碰，那么兩小車間的距離最小時，乙車的速度是多大？方向如何？[解析]兩個小車及磁鐵組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，兩磁鐵之間的磁力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)動量守恒。設(shè)向右為正方向。(1)據(jù)動量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲則v′甲＝v甲－v乙＝1m/s，方向向右。(2)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設(shè)為v′，由動量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′＋mv′解得v′＝eq\f(mv甲－mv乙,2m)＝eq\f(v甲－v乙,2)＝eq\f(3－2,2)m/s＝0.5m/s，方向向右。[答案](1)1m/s向右(2)0.5m/s向右應(yīng)用動量守恒定律解題的一般步驟eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])動量守恒的推斷1．(多選)(2024·天津靜海一中調(diào)研)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是()ABCDAC[A中在光滑的水平面上，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力等于零，動量守恒；B中剪斷細(xì)線后，豎直墻壁對左邊木塊有彈力作用，系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒；C中兩球在勻速下降時，系統(tǒng)合外力等于零，細(xì)線斷裂后，系統(tǒng)合外力仍舊等于零，所以系統(tǒng)動量守恒；D中木塊加速下滑時擋板對斜面體有向左的力，則動量不守恒。所以選項(xiàng)A、C正確。]動量守恒定律的應(yīng)用2．(多選)(2024·全國卷Ⅱ·T21)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動員時，運(yùn)動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動員的質(zhì)量可能為()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kgBC[選運(yùn)動員退行速度方向?yàn)檎较?，設(shè)運(yùn)動員的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運(yùn)動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。依據(jù)動量守恒定律，運(yùn)動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，以等大的速率反彈；其次次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運(yùn)動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m<M<15m，即52kg<M<多物體多過程動量守恒問題3．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同始終線同一方向運(yùn)動，速度分別為2v0、v0。為避開兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為[解析]設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定向右的方向?yàn)檎较?。對乙船和貨物的作用過程，由動量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①對貨物和甲船的作用過程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 為避開兩船相撞應(yīng)有v甲＝v乙 ③聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0“碰撞”模型eq\o([講典例示法])1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律2．彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿意動量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時，v′1＝0，v′2＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)；(2)當(dāng)m1>m2時，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；(3)當(dāng)m1<m2時，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反彈)；(4)當(dāng)m1?m2時，v′1＝v1，v′2＝2v1(極大碰微小，大不變，小加倍)；(5)當(dāng)m1?m2時，v′1＝－v1，v′2＝0(微小碰極大，小等速率反彈，大不變)。3．完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動，動能損失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk損maxeq\o([典例示法])(一題多變)如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝2kg。起先時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。審題指導(dǎo)：題干關(guān)鍵獲得信息A與C碰撞時間極短系統(tǒng)A、C動量守恒A、B再次同速，恰好不與C碰撞最終三者同速[解析]長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽視不計(jì)，長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，則mAv0＝mAvA＋mCvC。兩者碰撞后，長木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)在兩者達(dá)到同速之前所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，則mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。長木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，則最終三者速度相等，vC＝v。聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展]在上例中(1)若A與C發(fā)生碰撞后粘在一起，則三個物體最終的速度是多少？(2)在(1)的條件下，相互作用的整個過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能損失了多少？[解析](1)整個作用過程中，A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，最終三者具有相同的速度，依據(jù)動量守恒(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v代入數(shù)據(jù)可得v＝3m/s。(2)三者最終的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝37.5JA、B再次達(dá)到共同速度時E2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5J機(jī)械能損失ΔE＝E1－E2＝15J。[答案](1)3m/s(2)15J碰撞模型解題三策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿意的條件，列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式，例如“一動一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度滿意：v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v1。當(dāng)m1?m2，且v2＝0時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])碰撞情境的可能性分析1．(多選)質(zhì)量分別為mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P以水平的速度vP0＝4m/s沿直線朝小球Q運(yùn)動，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP、vQ的大小可能的是()A．vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/sB．vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s，vQ＝4m/sAB[碰撞前總動量為p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前總動能為Ek＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P0)＝8J。假如vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝eq\f(8,3)J，碰撞過程動量守恒，能量不增加，A正確；假如vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝6.75J，能量不增加，碰撞過程動量守恒，B正確；假如vP＝1m/s，vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞過程動量不守恒，C錯誤；假如vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝24J，碰撞過程動量守恒，動能增加，D錯誤。]彈性碰撞模型分析2.三個半徑相同的彈性球，靜止于光滑水平面的同始終線上，依次如圖所示，已知mA＝m，mC＝4m。當(dāng)A以速度v0向B運(yùn)動，若要使得B、C碰后C具有最大速度，則BA．m B．2mC．3m D．B[設(shè)B球的質(zhì)量為M，以碰撞前A球的速度方向?yàn)檎?，A球與B球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v1和v2，依據(jù)A球與B球動量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(2mv0,M＋m)；B球與C球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為v′2和v3，由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)×(4m)veq\o\al(2,3)，規(guī)定碰撞前A球的速度方向?yàn)檎?，由動量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4mv3，解得v3＝eq\f(2Mv2,M＋4m)，故C球碰撞后的速度為v3＝eq\f(2M,M＋4m)·eq\f(2mv0,M＋m)＝eq\f(4mv0,M＋\f(4m2,M)＋5m)，由數(shù)學(xué)關(guān)系解得M＝eq\r(4m2)＝2m時，B、C球碰撞后C球的速度最大。]非彈性碰撞模型分析3.(2024·全國卷Ⅲ)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同始終線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的改變?nèi)鐖D中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6JA[設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v′eq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。]完全非彈性碰撞模型分析4.(多選)A、B兩球沿始終線運(yùn)動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間改變的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間改變的圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動的位移隨時間改變的圖線，若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖象推斷下列結(jié)論正確的是()A．碰撞前、后A球的動量改變量為4kg·m/sB．碰撞時A球?qū)球所施的沖量為－4N·sC．A、B兩球碰撞前的總動量為3kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10JABD[依據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的動量改變量為ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，選項(xiàng)A正確；A球的動量改變量為4kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量改變量為－4kg·m/s，依據(jù)動量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為－4N·s，選項(xiàng)B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，選項(xiàng)D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，選項(xiàng)C錯誤。]“反沖”和“爆炸”模型eq\o([講典例示法])1．對“反沖”運(yùn)動的三點(diǎn)說明作用原理反沖運(yùn)動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運(yùn)動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，反沖運(yùn)動遵循動量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動中，物體間作用力做正功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加2.“爆炸”現(xiàn)象的三個規(guī)律動量守恒爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中，有其他形式的能(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能位置不變爆炸的時間極短，作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸前、后時刻各部分位置不變eq\o([典例示法])2019年5月10日，第十四屆中國(瀏陽)國際花炮文化節(jié)在湖南省瀏陽市花炮觀禮臺正式開幕，韓國、意大利、日本和荷蘭四支全球頂尖燃放隊(duì)伍在瀏陽河畔進(jìn)行了精彩表演。已知某花炮放射器能在t1＝0.2s的時間內(nèi)將花炮豎直向上放射出去，花炮的質(zhì)量為m＝1kg、射出的最大高度與放射器之間的距離為h＝180m，且花炮剛好在最高點(diǎn)爆炸為兩塊物塊，假設(shè)爆炸前后花炮的質(zhì)量不變，經(jīng)過一段時間炸開的兩塊物塊同時落地。忽視一切阻力及放射器大小，重力加速度g＝10m/s2。(1)求花炮放射器放射花炮時，對花炮產(chǎn)生的平均作用力的大小。(2)假如爆炸時產(chǎn)生的兩塊物塊的速度均沿水平方向，落地時兩個落地點(diǎn)之間的距離為s＝900m且兩物塊的速度相互垂直，求兩物塊的質(zhì)量。(3)求花炮內(nèi)炸藥的化學(xué)能。[解析](1)花炮射出后做豎直上拋運(yùn)動，設(shè)其運(yùn)動至h＝180m高空用時為t，由豎直上拋運(yùn)動的規(guī)律知h＝eq\f(1,2)gt2。代入數(shù)據(jù)解得t＝6s設(shè)在放射時間t1＝0.2s內(nèi)，放射器對花炮的平均作用力大小為F，對花炮從放射到運(yùn)動至h＝180m高空的整個過程，運(yùn)用動量定理有Ft1－mg(t＋t1)＝0代入數(shù)據(jù)解得F＝310N。(2)設(shè)花炮在最高點(diǎn)爆炸時炸裂成質(zhì)量為m1、m2的兩塊物塊，其對應(yīng)水平速度大小分別為v1、v2，方向相反，花炮爆炸時在水平方向所受合外力為零，由動量守恒定律有m1v1－m2v2＝0且有m1＋m2＝m由平拋運(yùn)動的規(guī)律和題目中所給信息有(v1＋v2)t＝900m設(shè)炸開的兩物塊落地時豎直方向的速度為vy，因落地時兩物塊的速度相互垂直，如圖所示，則有tanθ＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(v2,vy)代入數(shù)據(jù)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1＝0.2kg，,m2＝0.8kg，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1＝120m/s,v2＝30m/s))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1＝0.8kg，,m2＝0.2kg，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1＝30m/s,v2＝120m/s))。(3)花炮在最高點(diǎn)爆炸前后由能量守恒定律可得炸藥產(chǎn)生的化學(xué)能E＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝1800J。[答案](1)310N(2)0.2kg0.8kg(3)1800Jeq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])反沖模型1.我國的“長征”系列運(yùn)載火箭已經(jīng)勝利放射了數(shù)百顆不同用途的衛(wèi)星?；鸺者^程中向后噴出高速氣體，從而獲得較大的向前速度?；鸺w行所能達(dá)到的最大速度是燃料燃盡時火箭獲得的最終速度。影響火箭最大速度的因素是()A．火箭向后噴出的氣體速度B．火箭起先飛行時的質(zhì)量C．火箭噴出的氣體總質(zhì)量D．火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質(zhì)量比D[分別用M、m表示火箭初始質(zhì)量和燃料燃盡時的質(zhì)量，v0表示噴氣速度大小，由火箭噴氣過程動量守恒，有mv－(M－m)v0＝0，即火箭最大速度v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－1))v0，影響火箭最大速度的因素是火箭噴出的氣體速度和火箭始、末質(zhì)量比，D正確。]2.如圖所示，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\