高中物理高考一轮复习一轮复习 动量守恒定律及其应用-2022届高考物理一轮复习讲义

第2讲动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。2．四个表达式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体的动量变化量等大反向。(4)Δp＝0，系统总动量的增量为0。3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。(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。(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在这一方向上动量守恒。思考辨析1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。 (×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 (√)3．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。 (√)(1)系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力。二、碰撞1．定义：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3．分类种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大思考辨析1．质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。 (×)2．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。 (×)3．若在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同。 (√)考点1动量守恒的条件及应用(基础考点)1．(多选)下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是()eq\a\vs4\al(A.轮滑男孩推,轮滑女孩)eq\a\vs4\al(B.子弹击穿地上面,粉袋的瞬间)eq\a\vs4\al(C.宇航员在舱外,发射子弹)eq\a\vs4\al(D.公路上运动的,汽车发生碰撞)AC解析：动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力或所受外力的合力为0，而相互作用过程中，内力远大于外力时也可认为动量守恒。题图A中，轮滑男孩推轮滑女孩的过程中，内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒；题图B和题图D中，在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件，系统的动量不守恒；题图C中，太空中无空气阻力作用，宇航员发射子弹的过程中，系统动量守恒。2．(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接。一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是()A.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处BC解析：在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力为0，系统在水平方向上动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向上不受外力作用，故小球和槽都做匀速直线运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。3．(2023·成都模拟)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为()A.3∶2 B.4∶3C.2∶1 D.1∶2B解析：由动量守恒定律得，m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(v2＋v2′,v1＋v1′)，代入数据得eq\f(m1,m2)＝eq\f(4,3)，选项B正确。1．动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象和研究过程，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)。(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)规定正方向，确定初、末状态动量。(4)由动量守恒定律列出方程。(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。考点2碰撞问题(能力考点)考向1碰撞现象可能性分析eq\a\vs4\al(典例)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同一方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s、p2＝7kg·m/s，甲球从后面追上乙球并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()A.m1＝m2 B.2m1＝m2C.4m1＝m2 D.6m1＝m2【自主解答】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(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)，得m1≤eq\f(7,17)m2。因为题目给出的物理情景是“甲球从后面追上乙球”，要符合这一物理情景，就必须有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须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即eq\f(p1′,m1)≤eq\f(p2′,m2)，得m1≥eq\f(1,5)m2。故eq\f(1,5)m2≤m1≤eq\f(7,17)m2，因此选项C正确。【核心归纳】碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)≥eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2m1)＋eq\f(p′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2m2)。(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。考向2弹性碰撞讨论eq\a\vs4\al(典例)(2023·北京高考)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是()A.将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒【自主解答】D解析：1号球与质量不同的2号球碰撞后，1号球的速度不为0，则2号球获得的动能小于1号球碰撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球碰撞2号球前瞬间的动能，则3号球不可能摆至高度h，故A错误；1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为0，所以系统的动量不守恒，故B错误；1、2号球碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失，所以1、2号球再与3号球碰撞后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；碰撞后，2、3号球粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为0，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。【技法总结】弹性碰撞讨论(1)碰撞后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′,\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋\f(1,2)m2v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))))解得v1′＝eq\f(（m1－m2）v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(（m2－m1）v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析讨论：“一动一静”模型中当碰撞前物体2的速度不为0时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。当碰撞前物体2的速度为0时，即v2＝0，则v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。③m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。1．(多选)两小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4kg、m2＝2kg，小球A的速度v1＝3m/s(设为正)，小球B的速度v2＝－3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A.均为1m/s B.4m/s和－5m/sC.2m/s和－1m/s D.－1m/s和5m/sAD解析：由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27J，Ek′＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B；选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B两小球沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA′＞0，vB′＜0)，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)。2．如图所示，轨道ABC中的AB段为一半径R＝m的光滑eq\f(1,4)圆形轨道，BC段为足够长的粗糙水平面。一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两小滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下。g取10m/s2，两小滑块与水平面间的动摩擦因数相同，为μ＝，求：(1)小滑块P刚到达eq\f(1,4)圆形轨道B点时，轨道对它的支持力FN为3N，求小滑块P的质量和运动到B点时的速度大小；(2)两小滑块在水平面上的滑行距离。解析：(1)小滑块P沿光滑eq\f(1,4)圆形轨道下滑到达B点的过程中，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)代入数据解得m＝kg，vB＝2m/s。(2)碰撞过程中两小滑块动量守恒，由动量守恒定律得mvB＝2mv共解得v共＝1m/s两小滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得－μ·2mgs＝0－eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))解得s＝m。答案：(1)kg2m/s(2)m考点3用力学三大观点分析综合问题(能力考点)考向1“滑块—弹簧”模型eq\a\vs4\al(典例)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝kg、mB＝kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：(1)物块C的质量mC；(2)物块B离开墙后的运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能Ep。甲乙题干关键获取信息物块C立即与物块A粘在一起碰撞瞬间物块C与物块A动量守恒且速度相等分析图像物块C与物块A以3m/s的速度返回时，物块B离开墙壁【自主解答】解析：(1)由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度为v1＝9m/s，碰撞后的速度为v2＝3m/s，物块C与物块A碰撞过程中动量守恒，有mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)12s末物块B离开墙壁，之后A、B、C三物块及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、B、C三物块的速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒定律有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ep由题图乙知v3＝－3m/s联立解得Ep＝9J。答案：(1)2kg(2)9J【核心归纳】模型特点及满足的规律(1)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒，即m1v0＝(m1＋m2)v共eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))＋Epm(2)弹簧处于原长时的弹性势能为0，系统满足动量守恒、机械能守恒，即m1v0＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))考向2“滑块—滑板”模型eq\a\vs4\al(典例)如图所示，质量为M＝kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板间的距离L＝m，某时刻另一质量为m＝kg的小滑块(可视为质点)以v0＝2m/s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10m/s2，小滑块始终未脱离长木板。求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【自主解答】解析：(1)小滑块滑上长木板后，小滑块和长木板组成的系统水平方向动量守恒，若与竖直挡板碰撞前二者能达到共同速度，则有mv0＝(m＋M)v1解得v1＝m/s对长木板μmg＝Ma得长木板的加速度a＝m/s2自小滑块刚滑上长木板至两者达到共同速度，有v1＝at1解得t1＝s长木板向右运动的位移x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得x＝m<L＝m设两者达到共同速度后，经时间t2长木板与竖直挡板相碰，则有L－x＝v1t2解得t2＝s故自小滑块刚滑上长木板开始，长木板与竖直挡板相碰所需的时间t＝t1＋t2＝s。(2)长木板与竖直挡板相碰后，小滑块和长木板组成的系统水平方向动量守恒，有mv1－Mv1＝(m＋M)v2最终两者的共同速度v2＝－m/s对全过程，由能量守恒定律有μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离s＝m。答案：(1)s(2)m【技法总结】“滑块—滑板”碰撞模型的解题思路(1)应用系统的动量守恒。(2)在涉及滑块或滑板的运动时间时，优先考虑用动量定理。(3)在涉及滑块或滑板的位移时，优先考虑用动能定理。(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块和滑板恰好不相对滑动时，滑块与滑板达到共同速度。1．(2023·济南模拟)(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是()A.物块与钢板碰撞后的速度为eq\r(2gh)B.物块与钢板碰撞后的速度为eq\f(\r(2gh),2)C.从P点到Q点的过程中，弹性势能的增加量为mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))D.从P点到Q点的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h)BC解析：物块自由下落h，由机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，物块与钢板碰撞，则由动量守恒有mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知，eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))，选项C正确，D错误。2．(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量为m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶3。现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是()A.t1时刻弹簧长度最短，t3时刻弹簧长度最长B.t2时刻弹簧处于伸长状态C.v2＝D.v3＝AC解析：从题图乙可以看出，从0到t1时间内，物块A的速度比物块B的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后物块A的速度比物块B的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，t2时刻物块B的速度最大，此后物块B的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，t3时刻两物块的速度相等，此时弹簧最长，故A正确，B错误；两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，t2时刻弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能为0，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得v2＝，故C正确；两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v3，解得v3＝，故D错误。eq\a\vs4\al(典例)一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中，子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？【自主解答】解析：(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0。(2)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)。(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得对子弹－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得x1＝eq\f(Mm（M＋2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)对木块Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得x2＝eq\f(Mm2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）)。答案：(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv0,Ff（M＋m）)(3)eq\f(Mm（M＋2m）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)eq\f(Mm2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）2)eq\f(Mmveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2Ff（M＋m）)【核心归纳】模型特点及满足的规律(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)vQ热＝Ffx相对＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2Q热＝Ffx相对＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)Mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))eq\a\vs4\al(变式1)(2023·北京模拟)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水