高考物理总复习第六章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及“两类模型”问题

第2讲动量守恒定律及“两类模型”问题一、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．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动量的变化量等大反向。(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。3．适用条件(1)理想守恒：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。(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零，则系统在这一方向上动量守恒。【自测(多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是()图1A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同答案CD解析男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。二、“两类”模型问题1．“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲运动。②特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、发射火箭等。③规律：遵从动量守恒定律。(2)爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。2．“人—船”模型(1)模型介绍两个原来静止的物体发生相互作用时，若整体所受外力的矢量和为零，则两物体组成的系统动量守恒。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。这样的问题即为“人船模型”问题。(2)常见情境

命题点一动量守恒定律的理解和基本应用动量守恒定律的理解【真题示例1(2021·全国乙卷，14)如图2，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()图2A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案B解析撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。【针对训练1】(多选)(2021·福建龙岩市质量检测)如图3所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是()图3A．在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒B．击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等C．朱婷击打球完后比排球先落地D．朱婷击打球完后落回起跳点上答案AC解析击打过程中朱婷与球在半空中都受到重力的作用，故朱婷和球组成的系统动量不守恒，A正确；击打前后瞬间朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，动能不守恒，B错误；击球后朱婷与球均做平抛运动，朱婷离地高度低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，C正确；朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点上，D错误。动量守恒定律的基本应用【例2(多选)如图4所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止。下列说法正确的是()图4A．最终a车的速率大于b车的速率B．最终a车的速率小于b车的速率C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量答案BD解析人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得eq\f(va,vb)＝eq\f(mb,ma＋m人)＜1，则a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确。【针对训练2】(2021·山东泰安市检测)如图5所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1<L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2()图5A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3答案B解析滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,0)＝m球gh1，解得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；滑环不固定时、物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，eq\f(1,2)m球veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝eq\f(veq\o\al(2,0),8g)，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。命题点二“反冲”和“爆炸”模型1．反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加2.爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动【例3(2021·辽宁葫芦岛市高考模拟)一质量为0.3kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20m高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10m/s2，eq\r(2)＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大。求：(1)动能E；(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离。答案(1)60J(2)84m解析(1)由机械能守恒定律得E＝mgh解得E＝60J。(2)烟花弹在最高点爆炸，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，由动量守恒定律有0＝eq\f(2,3)mv1－eq\f(1,3)mv2由能量守恒定律有E＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,2)解得v1＝10eq\r(2)m/s，v2＝20eq\r(2)m/s大、小两块烟花弹均做平抛运动，竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，则大、小两块烟花弹落地之间的距离x＝v1t＋v2t，解得x＝84m。【针对训练3】在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，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。遥控器引爆瞬间开始计时，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。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，g取10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是()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，则由动量守恒定律知m1v1－m2v2＝0，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，则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)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，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。命题点三“人—船”模型模型特点(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。【例4有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为()A.eq\f(m（L＋d）,d) B.eq\f(m（L－d）,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(m（L＋d）,L)答案B解析设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船eq\f(d,t)＝eq\f(m（L－d）,t)，小船的质量为m船＝eq\f(m（L－d）,d)，故B正确。【针对训练4】(多选)如图6所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)()图6A．系统的总动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为eq\f(2m1l,m2＋m1)答案BD解析系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为eq\f(2m1l,m2＋m1)，D正确。对点练动量守恒定律的理解和基本应用1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C．只要系统所受的合力为零，系统动量就守恒D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒答案C2．(2021·湖北省模拟)如图1所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()图1A．P对Q做功为零B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒答案B解析P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q前后移动连线的位移夹角不等于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。3．如图2所示，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有()图2A．A、B组成的系统动量守恒B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒C．小车C先向左运动后向右运动D．小车C一直向右运动直到静止答案D解析A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合力为零，所以系统的动量守恒。在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由滑动摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合力不为零，动量不守恒，故A错误；A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B物体对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合力向右，会向右运动，因滑动摩擦力做负功，则系统的机械能不守恒，最终整个系统将静止，故B、C错误，D正确。4．(多选)如图3所示，一质量mB＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量mA＝1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()图3A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s答案AB解析以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(mB－mA)v＝mBvB1，代入数据解得vB1≈2.67m/s。当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(mB－mA)v＝(mB＋mA)vB2，代入数据解得vB2＝2m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2m/s＜vB＜2.67m/s，故选项A、B正确。对点练“反冲和爆炸”模型5．(多选)(2021·江西鹰潭市模拟)如图4所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝4kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1kg，mB＝2kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，以下结论正确的是()图4A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vBB．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒D．整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27J答案AD解析爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有0＝mAvA＋mBvB，则mAvA＝－mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，故A正确；A、B受到的摩擦力Ff＝μmg大小不等，则A、B系统所受外力不为0，A、B系统动量不守恒，故B错误；对A、B、C整体分析，合力为零，满足A、B、C组成的系统动量守恒，故C错误；C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能为27J，故D正确。6．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2。由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。对点练“人—船”模型问题7．质量为m球的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为()A.eq\f(m,m＋m球)h B.eq\f(m球,m＋m球)hC.eq\f(m球＋m,m球)h D.eq\f(m球＋m,m)h答案C解析设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－m球v2＋mv1，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝eq\f(L－h,t)，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝eq\f(h,t)，联立得0＝－m球·eq\f(L－h,t)＋m·eq\f(h,t)，解得L＝eq\f(m球＋m,m球)h，故C正确，A、B、D错误。8．如图5所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则()图5A．全程滑块水平方向相对地面的位移为R＋LB．全程小车相对地面的位移大小s＝eq\f(1,4)(R＋L)C．滑块运动过程中的最大速度vm＝eq\r(2gR)D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL答案B解析设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x＝R＋L－s，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得meq\f(x,t)－Meq\f(s,t)＝0，即meq\f(R＋L－s,t)－Meq\f(s,t)＝0，结合M＝3m，解得s＝eq\f(1,4)(R＋L)，x＝eq\f(3,4)(R＋L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvm－Mv，mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mv2，联立解得vm＝eq\r(\f(3,2)gR)，故C错误，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v