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動量守恒定律及應用
動量守恒定律的基本應用
（2021·廣東卷）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導桿間的動摩擦因數 ＝0.1。現用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2。
（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；
（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。
關鍵信息：甲以0.4m/s的初速度撥出，算珠與導桿間的動摩擦因數 ＝0.1 → 應用牛頓第二定律和運動學公式計算甲的速度
碰撞時間極短且不計 → 遵循動量守恒定律
乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導桿間的動摩擦因數 ＝0.1 → 應用牛頓第二定律和運動學公式計算乙的位移
解題思路：甲乙相碰過程遵循動量守恒定律。
甲乙在各自滑行過程中做勻減速運動，據此計算速度及位移。
（1）由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有f＝ mg＝ma
則甲乙滑動時的加速度大小均為a＝ g＝1m/s2；
設甲與乙碰前的速度v1，則2as1＝v02－v12
解得：v1＝0.3m/s
甲乙碰撞時，由動量守恒定律得：mv1＝mv2＋mv3
解得碰后乙的速度：v3＝0.2m/s
然后乙做減速運動，當速度減為零時則有：
可知乙恰好能滑到邊框a；
（2）甲與乙碰前運動的時間：
碰后甲運動的時間：
則甲運動的總時間為：t＝t1＋t2＝0.2s
（2021.湖南.模擬）如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的1/4固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切。質量為M的小木塊靜止在O點，一個質量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達圓弧軌道的最高點C（木塊和子彈均可以看成質點）。求：
（1）子彈射入木塊前的速度；
（2）若每當小木塊返回到O點或停止在O點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當第9顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？
（1）第一顆子彈射入木塊的過程，系統動量守恒，即：mv0＝(m＋M)v1
系統由O到C的運動過程中機械能守恒，即：
(m＋M)v12＝(m＋M)gR
由以上兩式解得：
（2）由動量守恒定律可知，第2、4、6…顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0，第1、3、5…顆子彈射入后，木塊運動。當第9顆子彈射入木塊時，由動量守恒定律得：
mv0＝(9m＋M)v9
設此后木塊沿圓弧上升的最大高度為H，由機械能守恒得：
(9m＋M)v92＝(9m＋M)gH
由以上各式可得：
1．判斷守恒的三種情形
（1）不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板塊模型、電磁感應中光滑等距導軌上的雙桿模型。
（2）系統內力遠大于外力，如爆炸、反沖。
（3）系統在某一方向上所受外力的合力為0，則在該方向上動量守恒，如滑塊－斜面（曲面）模型。
2．動量守恒定律應用技巧
（1）確定所研究的系統，單個物體無從談起動量守恒。
（2）動量守恒定律是矢量式，書寫時要規定正方向。
（3）系統中各物體的速度是相對地面的速度，若不是，則應轉換成相對于地面的速度。
爆炸與反沖
（2021.江蘇.月考）“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，燃放爆竹是我國傳統民俗。春節期間，某人斜向上拋出一個爆竹，假設爆竹到達最高點時（速度水平向東）立即爆炸成質量相等的三塊碎片，前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度（相對地面）大小相等、方向相反。以下說法正確的是（　　）
A．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度
B．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西
C．爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同
D．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動能
關鍵信息：爆竹到達最高點時（速度水平向東）立即爆炸成質量相等的三塊碎片 → 爆炸前后的質量關系
前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度（相對地面）大小相等、方向相反 → 爆炸前后的速度關系
解題思路：爆炸過程遵循動量守恒定律。
設爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v′。設水平向東為正方向，根據水平方向動量守恒有3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確，B錯誤。爆炸后，三塊碎片均做平拋運動，豎直方向上有h＝gt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，則動量不同，選項C錯誤。爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)2＞·3m·v2，選項D錯誤。故選A。
（2021.安徽.月考）一枚質量為m的煙花彈獲得動能后，從地面豎直升空，當煙花彈上升到最大高度時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸成質量分別為m1和m2的A、B兩部分，m1∶m2＝2∶1，此時兩部分獲得的動能之和為煙花彈初動能的兩倍，且初始均沿水平方向運動。設爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，A、B兩部分落地的水平位移大小分別為x1和x2，則（　　）
A．A、B兩部分落地時的速度大小之比為2∶1
B．A、B兩部分落地時的動能之比為4∶5
C．水平位移大小之比為x1∶x2＝2∶1
D．A、B兩部分落地點的間距為煙花彈上升的最大高度的4倍
AB．設煙花彈的初速度為v0，上升的最大高度為h，發生爆炸瞬間，A、B兩部分在水平方向動量守恒，則有，由題意可得；；，聯立解得v1＝v0；v2＝2v0，且速度均沿水平方向，接著A和B分別以v1＝v0、v2＝2v0向相反方向做平拋運動，到達地面過程中機械能守恒，設A、B落地時速度大小分別為、，則對A有，對B有，聯立解得；；所以；＝4∶5，故A項錯誤，B項正確。
CD．設A、B在最高處爆炸后在空中做平拋運動的時間為t，則有：
，，；
聯立解得x1＝2h，x2＝4h，x1＋x2＝6h
故x1∶x2＝2∶1，A和B落地點相距的距離為x1＋x2＝6h，為煙花彈上升的最大高度的6倍，故CD項錯誤。
故選B
（2021.廣東.月考）有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長（估計重一噸左右）。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質量為m，水的阻力不計，船的質量為（　　）
A． B． C． D．
關鍵信息：水的阻力不計 → 動量守恒中的“人船模型”
然后用卷尺測出船長L → L為人相對船的位移
解題思路：應用動量守恒定律解決“人船模型”問題。
解題時要畫出各物體的位移關系圖，找出各長度間的關系。
設人走動時船的速度大小為v船，人的速度大小為v人，取船的速度方向為正方向，根據動量守恒定律有Mv船－mv人＝0，由于船和人的運動時間相等，故有Mx船－mx人＝0，又x船＋x人＝L，x船＝d，聯立解得船的質量為。
A正確，BCD錯誤。故選A。
（2022.河北.月考）如圖所示，將一質量M、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上，今讓一質量為m小球自左側槽口從A點靜止開始落下，則以下結論中錯誤的是（　　）
A．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽構成的系統機械能守恒
B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是
D．小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是
A．小球在半圓槽內運動的全過程中，地面和圓弧面光滑，只有小球的機械能與半圓槽的機械能之間相互轉化，球與半圓槽構成的系統機械能守恒，A正確；
B．小球在半圓槽內運動的全過程中，地面光滑，小球與半圓槽組成的系統在水平方向所受的合外力為零，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，B正確；
CD．小球到達右邊最高點時，小球和圓槽通過的水平位移大小分別為x、y，如圖所示
小球和圓槽組成的系統在水平方向上動量守恒，在運動過程中小球和圓槽在任意時刻的水平速度滿足：，則有。根據位移關系可得：，解得：；。小球到達右邊最高點時，小球通過的水平位移是，C正確，D錯誤。
因為選錯誤選項，故選D
1．在涉及有碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，必須注意到一般這些過程均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化。這種問題由于作用時間都極短，故動量守恒定律一般能派上大用場。
2．“人船模型”問題應注意以下幾點
（1）系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零。
（2）在系統內發生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒（如水平方向或豎直方向）
（3）解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系。
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