知识点48动量守恒定律在三类模型问题中的应用（拔尖）

学问点48：动量守恒定律在三类模型问题中的应用考点一：系统动量守恒的推断【学问思维方法技巧】〔1〕系统动量守恒适用条件①抱负守恒：不受外力或所受外力的合力为零．②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．如碰撞、爆炸、反冲。③某一方向守恒：假如动量守恒．如滑块－斜面(曲面)模型。〔2〕推断系统动量是否守恒的“三留意〞：①留意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。②留意所讨论的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程那么可能不守恒。③留意守恒条件——整体不满意系统动量守恒条件时，在某一方向可能满意动量守恒条件。题型一：系统动量抱负守恒【典例1拔尖题】(多项选择)如下图，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近．现男孩用力向右快速推开木箱．在男孩推开木箱的过程中，以下说法正确的选项是()A.木箱的动量的增加量等于男孩动量的削减量B.男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小C.男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零D.对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变【典例1拔尖题】【答案】BC【解析】由于水平冰面光滑，男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，站在小车上的男孩用力向右快速推出木箱的过程中，木箱的动量增加量等于男孩和小车动量的削减量，故A错误；男孩对木箱的推力和木箱对男孩的推力是作用力与反作用力，冲量等大反向，男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小，故B正确；男孩、小车受到与初动量反向的冲量，推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零，故C正确；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，推开木箱的过程不行能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化，故D错误．题型二：系统动量近似守恒【典例2拔尖题】如下图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，讨论该次挥下、打击过程，以下说法正确的选项是()A．假设水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车肯定向右运动B．假设水平面光滑，打后平板车可能向右运动C．假设水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车肯定向左运动D．假设水平面粗糙，打后平板车可能向右运动【典例2拔尖题】【答案】D【解析】以人、锤子和平板车为系统，假设水平面光滑，系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车肯定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；假设水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确。题型三：系统某一方向动量守恒【典例2拔尖题】(多项选择)如下图，在水平光滑细杆上穿着A、B两个可视为质点的刚性小球，两球间距离为L，用两根长度同为L的不行伸长的轻绳与C球连接，A、B、C三球质量相等，开头时三球静止两绳伸直，然后同时释放三球，在A、B两球发生碰撞之前的过程中，以下说法正确的选项是()A.系统机械能不守恒B.A、B两球发生碰撞前瞬间C球速度最大C.A、B两球速度大小始终相等D.A、B、C三球水平方向动量守恒【典例2拔尖题】【答案】CD【解析】在A、B两球发生碰撞之前的过程中，只有重力和系统内弹力做功，系统的机械能守恒，故A错误；A、B两球发生碰撞前瞬间，两绳与杆垂直，C球不再向下运动，速度为零，故B错误；依据对称性可知，A、B两球速度大小始终相等，故C正确；三球水平方向不受外力，所以A、B、C三球水平方向动量守恒，故D正确．【典例2拔尖题对应练习】某一方向上动量守恒)(2022·江苏省金陵中学高三期中)如下图，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，那么()A.在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方B.在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左C.在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功D.在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下【典例2拔尖题对应练习】【答案】D【解析】a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，依据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误．考点二：动量守恒定律在正碰模型中的应用题型一：弹性正碰模型【学问思维方法技巧】〔1〕弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2v1′＝eq\f(〔m1－m2〕v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(〔m2－m1〕v2＋2m1v1,m1＋m2)〔2〕一动一静弹性碰撞〔v2＝0〕，那么有v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.〔3〕一动一静弹性碰撞假设m1＝m2，那么有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换．【典例1拔尖题】三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同始终线上，挨次如图3所示，mA＝m，mC＝4m。当A以速度v0向B运动，假设要使得B、C碰后C具有最大速度，那么B的质量应为()A.mmmm【典例1拔尖题】【答案】B【解析】设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，依据A球与B球动量守恒得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球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v2′和v3，由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mv2′2＋eq\f(1,2)×(4m)veq\o\al(2,3)，规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得Mv2＝Mv2′＋4mv3，解得v3＝eq\f(2Mv2,M＋4m)，故C球碰撞后的速度为v3＝eq\f(2M,M＋4m)·eq\f(2mv0,M＋m)＝eq\f(4mv0,M＋\f(4m2,M)＋5m)，由数学关系解得M＝eq\r(4m2)＝2m时，B、C球碰撞后C球的速度最大，应选B。题型二：非弹性正碰模型【学问思维方法技巧】〔1〕非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能削减，损失的机械能转化为内能，ΔE＝Ek初总－Ek末总＝Q.〔2〕完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。设两者碰撞后的共同速度为v共，那么有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共机械能损失为ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2〔3〕物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝eq\f(mA,mA＋mB)v0，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v0.那么碰后物体B的速度范围为：eq\f(mA,mA＋mB)v0≤vB≤eq\f(2mA,mA＋mB)v0.【典例2拔尖题】如下图，B物体静止在光滑的水平面上，假设A以初速度v0与B发生弹性碰撞，碰后A的速度为v(v0和v均为未知量)；假设A、B的碰撞是完全非弹性碰撞，碰后A的速度为2v；求：A、B的质量比。【典例2拔尖题】【答案】2∶1【解析】A、B发生弹性碰撞，依据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0＝mAv＋mBvB，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，假设A、B的碰撞是完全非弹性碰撞，依据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)×2v，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,1)。【典例2拔尖题】如下图，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不行伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接、质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开头时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以v0的速度向右运动，经过一段时间后系统到达稳定状态。绳拉直且B开头运动的瞬间，以下说法中正确的选项是〔〕A．木板A的速度大小为v0B．木板B的速度大小为C．物块C的速度大小为0D．木板A、B、C共速【典例2拔尖题】【答案】C【解析】取水平向右为正方向，由于水平面光滑，木板A和木板B组成的系统动量守恒，有mv0＝〔m+2m〕v，得A、B共同的速度为，物块C将来及运动，速度为零，故ABD错误，C正确。题型三：正碰现象遵守的原那么【学问思维方法技巧】〔1〕正碰现象满意动量守恒。动量守恒定律的三种表达形式：①m1v1＋m2v2＝m1v2′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．③Δp＝0，系统总动量的增量为零．〔2〕正碰现象满意机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(12,),2m1)＋eq\f(p\o\al(22,),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).〔3〕正碰现象满意速度要合理①假设碰前两物体同向运动，那么应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度肯定增大，假设碰后两物体同向运动，那么应有v前′≥v后′。②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个转变或速度均为零．〔4〕要敏捷运用Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)；Ek＝eq\f(1,2)pv或p＝eq\f(2Ek,v)几个关系式转换动能、动量。【典例3拔尖题】质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是()A．vB．vC．vD．v【典例3拔尖题】【答案】B【解析】依据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，那么当v2＝v时，v1＝－v，那么碰撞后的总动能E′＝eq\f(1,2)m(－v)2＋eq\f(1,2)×3mv)2＝1.72×eq\f(1,2)mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故A错误；当v2＝v时，v1＝－v，那么碰撞后的总动能为E′＝eq\f(1,2)m(－v)2＋eq\f(1,2)×3mv)2＝0.52×eq\f(1,2)mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B正确；当v2＝v时，v1＝v，那么碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不行能穿透B球，故C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，那么明显碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故D错误．【典例3拔尖题对应练习】甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生正碰，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，那么两球质量m1与m2间的关系可能是()A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2【典例3拔尖题对应练习】【答案】C【解析】甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，得p1′＝2kg·m/s。由于在碰撞过程中，系统的机械能不会增加。所以有eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)，得m1≤eq\f(21,51)m2。由于题目给出物理情境是“甲从后面追上乙〞，要符合这一物理情境，就必需有eq\f(p1,m1)>eq\f(p2,m2)，即m1<eq\f(5,7)m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必需大于或等于甲球的速度这一物理情境，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，所以m1≥eq\f(1,5)m2。因此选项C正确。考点三：动量守恒定律在反冲或爆炸模型中的应用【学问思维方法技巧】当物体的一局部以肯定的速度离开物体向前运动时，剩余局部必将向后运动，这种现象叫反冲运动。反冲运动遵从动量守恒定律。题型一：喷气反冲模型【典例1拔尖题】一喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s，设质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次．〔1〕当第3次喷出气体后，的速度多大？〔2〕运动第1s末，的速度多大？【典例1拔尖题】【答案】(1)2m/s(2)13.5m/s【解析】方法一(1)喷出气体运动方向与运动方向相反，系统动量守恒．第1次喷出气体后，设速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq\f(mv,M－m)，第2次喷出气体后，设速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)，第3次喷出气体后，设速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s.(2)依次类推，第n次喷出气体后，速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1所以vn＝eq\f(nmv,M－nm)，由于每秒喷气20次，所以第1s末速度大小为v20＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f(20×0.2×1000,300－20×0.2)m/s≈13.5m/s.方法二(1)设喷出3次气体后的速度为v3，以和3次喷出的气体为讨论对象，据动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s.(2)以和喷出的20次气体为讨论对象，那么(M－20m)v20－20mv＝0，所以v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s.【典例1拔尖题对应练习】〔多项选择〕为完成某种空间探测任务，需要在太空站上放射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。那么()A．喷出气体的速度为eq\r(\f(P,m))B．喷出气体的速度为eq\r(\f(2P,m))C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为eq\f(mPΔt2,M)D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为eq\f(mPΔt2,2M)【典例1拔尖题对应练习】【答案】BC【解析】对t＝1s内喷出的气体，由动能定理得Pt＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(\f(2P,m))，故B正确，A错误；在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝eq\f(1,2)Mv22，解得Ek＝eq\f(mPΔt2,M)，故C正确，D错误。题型二：类喷气反冲模型【典例2拔尖题】如下图，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．假设这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止．那么此时A车和B车的速度之比为()A.eq\f(M＋m,m)B．eq\f(m＋M,M)C.eq\f(M,M＋m)D．eq\f(m,M＋m)【典例2拔尖题】【答案】C【解析】规定向右为正方向，那么由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，故C正确．【典例2拔尖题对应练习】(多项选择)一机枪架在湖中小船上，船正以1m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200kg，每颗子弹质量为m＝20g，在水平方向机枪以v＝600m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A．1.4m/sB．1m/sC．0.8m/sD．0.5m/s【典例2拔尖题对应练习】【答案】BC【解析】假设子弹射出方向与船前进的方向在同始终线上，那么子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，假设子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝eq\f(Mv0－5mv,M－5m)＝0.7m/s，假设子弹向船前进的反方向射出，v2′＝eq\f(Mv0＋5mv,M－5m)＝1.3m/s，可见船速应在～1.3m/s之间．故B、C正确．题型三：人船反冲模型【学问思维方法技巧】〔1〕人船反冲模型的条件：系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零．〔2〕人船反冲模型运动的特点：人动船动、人静船静、人快船快、人慢船慢、人左船右．〔3〕人船反冲模型位移的关系：由m船x船＝m人x人和x船＋x人＝L，得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L.【典例3拔尖题】〔多项选择〕质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开头时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如下图，当突然烧断细线后，以下说法正确的选项是()A．物块和小车组成的系统机械能守恒B．物块和小车组成的系统动量守恒C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为eq\f(m,M)vD．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为eq\f(m,M)L【典例3拔尖题】【答案】BC【解析】弹簧推开物块和小车的过程，假设取物块、小车和弹簧组成的系统为讨论对象，那么无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小车的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得v′＝eq\f(m,M)v，C选项正确；弹开的过程满意反冲原理和“人船模型〞，有eq\f(v,v′)＝eq\f(M,m)，那么在相同时间内eq\f(x,x′)＝eq\f(M,m)，且x＋x′＝L，联立得x′＝eq\f(mL,M＋m)，D选项错误．【典例3拔尖题对应练习】〔多项选择〕如下图，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条水平轻绳拉甲车，甲、乙两车最终相接触，以下说法正确的选项是()A．甲、乙两车运动时的速度大小之比为eq\f(M＋m,M)B．甲、乙两车运动时的速度大小之比为eq\f(M,M＋m)C．甲车移动的距离为eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙车移动的距离为eq\f(M,2M＋m)L【典例3拔尖题对应练习】【答案】ACD【解析】此题类似人船模型．把甲车、乙车、人看成一个系统，那么水平方向动量守恒，有Mv甲＝(M＋m)v乙，那么eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M＋m,M)，A正确，B错误；因甲、乙运动时间均为t，那么x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，那么Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得x甲＝eq\f(M＋m,2M＋m)L，x乙＝eq\f(M,2M＋m)L，C、D正确．题型四：类人船反冲模型【学问思维方法技巧】两个原来静止的物体发生相互作用时，假设所受外力的矢量和为零，那么动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“类人船模型〞问题．满意：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其水平位移大小)。【典例4拔尖题】(多项选择)如下图，滑块和小球的质量分别为M、m。滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不行伸长的轻绳相连，轻绳长为L。开头时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，以下说法正确的选项是()A.滑块和小球组成的系统动量守恒B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C.滑块的最大速率为eq\r(\f(2m2gL,M〔M＋m〕))D.滑块向右移动的位移为eq\f(m,M＋m)L【典例4拔尖题】【答案】BCD【解析】小球下摆过程中，在竖直方向有分加速度，小球和滑块系统的合力不为零，系统的动量不守恒，故A错误；系统在水平方向不受外力作用，在水平方向动量守恒，故B正确；当小球落到最低点时，只有水平方向速度，小球和滑块的速度均到达最大，取水平向右为正方向，有Mv1－mv2＝0，系统的机械能守恒，有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)，解得v1＝eq\r(\f(2m2gL,M〔M＋m〕))，故C正确；设滑块向右移动的位移为x，依据水平方向的动量守恒得Meq\f(x,t)－meq\f(L－x,t)＝0，解得x＝eq\f(m,M＋m)L，故D正确。【典例4拔尖题对应练习】质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开头静止在光滑水平面上。当小球从如下图的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是()A． B． C． D．【典例4拔尖题对应练习】【答案】A【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，那么任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝3mv2，假设小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，那么①，由题意x1＋x2＝3R－R=2R②，由①②式解得大球移动的距离是，故A正确，BCD错误。题型五：动量守恒定律在“爆炸〞模型中的应用【学问思维方法技巧】由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。由于爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽视不计，可认为物体爆炸后仍旧从爆炸前的位置以新的动量开头运动。【典例5拔尖题】在爆炸试验基地有一放射塔，放射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自放射塔竖直向上放射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开头计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度大小g取10m/s2，忽视空气阻力．以下说法正确的选项是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【典例5拔尖题】【答案】B【解析】设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，那么由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，那么在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq\r(x2＋y2)，可见两碎块的位联立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝80m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1020m，故D项错误．【典例5拔尖题对应练习】竖直向上放射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，那么()A．炸裂后瞬间，a块的速度肯定比原来物体的速度小B．炸裂后瞬间，b块的速度方向肯定与原来物体的速度方向相同C．炸裂后瞬间，b块的速度肯定比原来物体的速度小D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小肯定小于a块的动量变化量大小【典例5拔尖题对应练习】【答案】B【解析】在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，依据动量守恒定律有：(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得：vb>v0，b块的速度方向肯定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小肯定等于a块的动量变化量大小，故D错误．考点四：动量守恒定律的临界问题【学问思维方法技巧】在动量守恒定律的应用中，经常消失相互作用的两物体相距最近、防止相碰和物体开头反向运动等临界状态．其临界条件经常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的推断是求解这类问题的关键．题型一：单次作用的临界问题【典例1拔尖题】如下图，光滑水平轨道上放置长板A(上外表粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开头时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次到达共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．【典例1拔尖题】【答案】2m/s【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①，A与B在摩擦力作用下到达共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②，A与B到达共同速度后恰好不再与C碰撞，应满意vAB＝vC③，联立①②③式，代入数据得vA＝2m/s.【典例1拔尖题对应练习】如下图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同始终线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满意什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【典例1拔尖题对应练习】【答案】(eq\r(5)－2)M≤m＜M【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开头时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C1)联立得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0，假如m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不行能与B发生碰撞；假如m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不行能与B发生碰撞；所以只需考虑m<M的状况．第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝v0依据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1，联立得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(eq\r(5)－2)M，另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去。所以，m和M应满意的条件为(eq\r(5)－2)M≤m<M.题型二：屡次作用的临界问题类型一：屡次推物体模型【典例2a拔尖题】如下图，在安静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开头时都处于静止状态，当人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人立刻以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出……直到B船上的人不能再接到A船，那么B船上的人推船的次数为()A.7