高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第1讲动量 动量守恒定律及其应用（含解析） 新人教版选修35

选修3－5动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第1讲动量动量守恒定律及其应用eq\f(对应学生,用书P230)动量、动量守恒定律Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()．解析A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．答案AC【知识存盘】1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝mv．(3)单位：kg·m/s．(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．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，这就是动量守恒定律．(2)表达式①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.②m1v1＋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．③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．④Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．动量守恒定律的“五性”条件性首先判断系统是否满足守恒条件相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系同时性公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(单选)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为()．A．1∶2B．1∶3C．2∶1D．2∶3解析设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后vA′＝eq\f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq\f(3,4)v所以eq\f(vA′,vB′)＝eq\f(\f(v,2),\f(3,4)v)＝eq\f(2,3).选项D正确．答案D【知识存盘】1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间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2.反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．实验：验证动量守恒定律Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(单选)在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，小球的半径为r，各小球的落地点如图1－1－1所示，下列关于这个实验的说法正确的是()．图1－1－1A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球B．让入射球与被碰球连续10次相碰，每次都要使入射小球从斜槽上不同的位置滚下C．要验证的表达式是m1·ON＝m1·OM＋m2·OPD．要验证的表达式是m1·OP＝m1·OM＋m2·ONE．要验证的表达式是m1(OP－2r)＝m1(OM－2r)＋m2·ON解析在此装置中，应使入射球的质量大于被碰球的质量，防止入射球反弹或静止，故A错；入射球每次必须从斜槽的同一位置由静止滚下，保证每次碰撞都具有相同的初动量，故B错；两球做平抛运动时都具有相同的起点，故应验证的关系式为：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，D对，C、E错．答案D【知识存盘】1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．方案四：斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等．3．实验步骤方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图1－1－2所示)图1－1－2(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．图1－1－3方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图1－1－3所示)(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图1－1－4所示)图1－1－4(1)测质量：用天平测出两小车的质量．(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝eq\f(Δx,Δt)算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案四：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(如图1－1－5所示)图1－1－5(1)测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)安装：按照图1－1－5所示安装实验装置．调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．(5)碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图1－1－6所示．图1－1－6(6)验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立．(7)结束：整理好实验器材放回原处．eq\f(对应学生,用书P232)考点一动量守恒定律的应用【典例1】(·山东卷，38(2))图1－1－7如图1－1－7所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时，B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．解析设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②由A与B间的距离保持不变可知vA＝v③联立①②③式，代入数据得vB＝eq\f(6,5)v0.④答案eq\f(6,5)v0【变式跟踪1】如图1－1－8所示，图1－1－8一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，M＝5m，A、B间存在摩擦，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求A、B最后的速度大小和方向．解析由动量守恒可知：Mv0－mv0＝(M＋m)v，得：v＝eq\f(M－m,M＋m)v0将M＝5m代入上式可得：v＝eq\f(2,3)v0，方向向右．答案eq\f(2,3)v0方向向右,借题发挥1．动量守恒定律的适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系．(2)理想条件：系统不受外力．(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受外力．2．动量守恒定律的解题步骤考点二动量守恒和能量守恒的综合应用【典例2】(·课标全国卷，35)图1－1－9如图1－1－9所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．规范解答(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝eq\f(1,2)m2v2①式中g为重力加速度的大小．设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③联立①②③式得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,\r(1－cosθ))－1④代入题给数据得eq\f(m1,m2)＝eq\r(2)－1.⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ekeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ek＝\f(1,2)m2v2))之比为eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(m1＋m2,m2)(1－cosθ)⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(\r(2),2).⑧答案(1)eq\r(2)－1(2)1－eq\f(\r(2),2)【变式跟踪2】如图1－1－10所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面间的动摩擦因数为μ.图1－1－10一质量为m的小球C位于劈A的斜面上，距水平面的高度为h.小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．已知M＝2m，求：(1)小球C与劈A分离时，A的速度；(2)小球C的最后速度和物块B的运动时间．解析(1)设小球C与劈A分离时速度大小为v0，此时劈A速度大小为vA小球C运动到劈A最低点的过程中，规定向右为正方向，由水平方向动量守恒、机械能守恒有mv0－mvA＝0mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得v0＝eq\r(gh)，vA＝eq\r(gh)，之后A向左匀速运动(2)小球C与B发生正碰后速度分别为vC和vB，规定向右为正方向，由动量守恒得mv0＝mvC＋MvB机械能不损失有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)代入M＝2m得vB＝eq\f(2,3)eq\r(gh)vC＝－eq\f(1,3)eq\r(gh)(负号说明小球C最后向左运动)物块B减速至停止时，运动时间设为t，由动量定理有－μMgt＝0－MvB，得t＝eq\f(2\r(gh),3μg)答案(1)eq\r(gh)(2)－eq\f(1,3)eq\r(gh)，方向向左eq\f(2\r(gh),3μg),借题发挥1．动量守恒定律的三个表达式：(1)作用前后都运动的两个物体组成的系统：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(2)原来静止的两物体(爆炸、反冲等)：0＝m1v1＋m2v2.(3)作用后两物体共速：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v.2．动量、能量问题解题思路考点三碰撞模型的规律及应用【典例3】(单选)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．0.6vB．0.4vC．0.2vD．v解析根据动量守恒得：mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′＝eq\f(1,2)m(－0.8v)2＋eq\f(1,2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq\f(1,2)mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝eq\f(1,2)m(－0.2v)2＋eq\f(1,2)×3m(0.4v)2＝0.52×eq\f(1,2)mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿越B球，故选项C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D错误．答案B【变式跟踪3】(单选)在光滑的水平面上，图1－1－11有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图1－1－11所示，下列关系正确的是()．A．ma>mbB．ma<mbC．ma＝mbD．无法判断解析由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′<0，则b球获得的动量大于a球最初的动量．若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝eq\f(p2,2m)，若ma>mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma<mb，故选项B正确．答案B,借题发挥1．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律．(2)机械能不增加．(3)速度要合理．①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0.(3)熟记一些结论，如质量相等的两物体发生完全弹性碰撞后交换速度；发生完全非弹性碰撞后两物体共速等.eq\f(对应学生,用书P234)一、动量是否守恒的判断1．(单选)(·常州模拟)图1－1－12一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A\，B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1－1－12所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()．A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C选项正确．A、B、D错误．答案C2．(多选)(·淮安月考)图1－1－13如图1－1－13所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()．A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错而C对．答案CD二、动量守恒定律的应用3．如图1－1－14所示，图1－1－14在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1kg的小球A、B、C.现让A球以vA＝4m/s的速度向右、B球以vB＝2m/s的速度向左同时相向运动，A、B两球碰撞后粘合在一起继续向右运动，再跟C球碰撞，C球的最终速度为vC＝1m/s.求：(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度；(2)A、B两球跟C球相碰后的速度．解析(1)对A、B两球由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，v＝eq\f(mAvA－mBvB,mA＋mB)＝eq\f(1×4－1×2,1＋1)m/s＝1m/s.(2)对AB和C由动量守恒定律得mABv＝mABv1＋mCvCv1＝eq\f(mABv－mCvC,mAB)＝eq\f(2×1－1×1,2)m/s＝0.5m/s.答案(1)1m/s(2)0.5m/s4．如图1－1－15所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0\，v0.为避免两船相撞．乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图1－1－15解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mvmin①10m×2v0－mvmin＝11mv2②为避免两船相撞应满足v1＝v2③联立①②③式得vmin＝4v0④答案4v0三、碰撞规律的应用5．(多选)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为()．A．vA＝eq\f(1,3)v0vB＝eq\f(2,3)v0B．vA＝eq\f(2,5)v0vB＝eq\f(7,10)v0C．vA＝eq\f(1,4)v0vB＝eq\f(5,8)v0D．vA＝eq\f(3,8)v0vB＝eq\f(5,16)v0解析两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D错误．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而碰撞后B选项能量增加，B错误，故A、C正确．答案AC四、动量守恒和能量守恒的综合应用6．如图1－1－16所示，光滑水平面上有A、B两个物体，A物体的质量mA＝1kg，B物体的质量mB＝4kg，A、B两个物体分别与一个轻弹簧拴接，B物体的左端紧靠竖直固定墙壁，开始时弹簧处于自然长度，A、B两物体均处于静止状态，现用大小为F＝10N的水平恒力向左推A，将弹簧压缩了20cm时，A的速度恰好为0，然后撤去水平恒力，求：图1－1－16(1)运动过程中A物体的最大速度；(2)运动过程中B物体的最大速度．解析(1)恒力做的功为：W＝Fx＝2J，弹簧具有的最大弹性势能为：Ep＝W＝2J，弹簧完全弹开达到原长时，A速度达到最大Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,Am)，vAm＝eq\r(\f(2Ep,mA))＝2m/s.(2)当弹簧再次达到原长时，B物体的速度最大，mAvAm＝mAvA′＋mBvBm，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,Am)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,Bm)，所以vBm＝0.8m/s.答案(1)2m/s(2)0.8m/s7．(·天津卷，10)如图1－1－17所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为