2025届高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用教案新人教版

PAGE13-第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容假如一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。(2)Δp＝0(系统总动量改变为零)。(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽视，则在这个方向上，系统动量守恒。二、碰撞、反冲和爆炸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，一般都满意内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。(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完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。3．爆炸问题(1)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。(2)爆炸过程中位移很小，可忽视不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量起先运动。一、思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)1．系统所受合外力的冲量为零，则系统动量肯定守恒。 (√)2．动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。 (×)3．物体相互作用时动量守恒，但机械能不肯定守恒。 (√)4．在爆炸现象中，动量严格守恒。 (×)5．在碰撞问题中，机械能也肯定守恒。 (×)6．反冲现象中动量守恒、动能增加。 (√)二、走进教材1.(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是()A．车左右往复运动B．车持续向右运动C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动ACD[把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，依据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，A、C、D正确。]2．(教科版选修3－5P17T4、6改编)下列叙述的状况中，系统动量不守恒的是()甲乙A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时C[对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。]3．(人教版选修3－5P21T2改编)质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的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BA．0.6v B．0.4vC．0.2v D．vB[依据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′k＝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，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′k＝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，B项正确；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球不行能穿透B球，故C项错误；当v2＝v时，v1＝－2v，明显碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。]动量守恒定律的理解及应用eq\o([讲典例示法])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，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必需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、…必需是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2、…必需是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性探讨的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.动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零。(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的削减量。(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同始终线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。eq\o([典例示法])将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上，水平面光滑。起先时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同始终线上，如图所示。(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两小车间的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？[解析]两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两磁铁之间的磁力是系统内力，系统动量守恒。设向右为正方向。(1)据动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′甲则v′甲＝v甲－v乙＝1m/s，方向向右。(2)两车相距最近时，两车的速度相同，设为v′，由动量守恒定律得mv甲－mv乙＝mv′＋mv′解得v′＝eq\f(mv甲－mv乙,2m)＝eq\f(v甲－v乙,2)＝eq\f(3－2,2)m/s＝0.5m/s，方向向右。[答案](1)1m/s向右(2)0.5m/s向右应用动量守恒定律解题的一般步骤eq\o([跟进训练])动量守恒的推断1．(多选)(2024·天津静海一中调研)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()ABCDAC[A中在光滑的水平面上，子弹与木块组成的系统所受合外力等于零，动量守恒；B中剪断细线后，竖直墙壁对左边木块有弹力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；C中两球在匀速下降时，系统合外力等于零，细线断裂后，系统合外力仍旧等于零，所以系统动量守恒；D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力，则动量不守恒。所以选项A、C正确。]动量守恒定律的应用2．(多选)(2024·全国卷Ⅱ·T21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kgB．53kgC．58kgD．63kgBC[选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。依据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；其次次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m<M<15m，即52kg<M<多物体多过程动量守恒问题3．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同始终线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避开两船相撞，乙船上的人将一质量为[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向。对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①对货物和甲船的作用过程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 为避开两船相撞应有v甲＝v乙 ③联立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0“碰撞”模型eq\o([讲典例示法])1．碰撞现象三规律2．弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满意动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v′eq\o\al(2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)；(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；(3)当m1<m2时，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反弹)；(4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰微小，大不变，小加倍)；(5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(微小碰极大，小等速率反弹，大不变)。3．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损maxeq\o([典例示法])(一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)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。起先时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再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。审题指导：题干关键获得信息A与C碰撞时间极短系统A、C动量守恒A、B再次同速，恰好不与C碰撞最终三者同速[解析]长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽视不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最终三者速度相等，vC＝v。联立以上各式，代入数据解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展]在上例中(1)若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？[解析](1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，依据动量守恒(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v代入数据可得v＝3m/s。(2)三者最终的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝37.5JA、B再次达到共同速度时E2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5J机械能损失ΔE＝E1－E2＝15J。[答案](1)3m/s(2)15J碰撞模型解题三策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满意的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满意：v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。eq\o([跟进训练])碰撞情境的可能性分析1．(多选)质量分别为mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是()A．vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/sB．vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s，vQ＝4m/sAB[碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P0)＝8J。假如vP＝vQ＝eq\f(4,3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝eq\f(8,3)J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；假如vP＝－1m/s，vQ＝2.5m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝6.75J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；假如vP＝1m/s，vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；假如vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f(1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝24J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。]弹性碰撞模型分析2.三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同始终线上，依次如图所示，已知mA＝m，mC＝4m。当A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大速度，则BA．m B．2mC．3m D．B[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v′2和v3，由能量守恒定律得eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,2)＋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＝Mv′2＋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。]非弹性碰撞模型分析3.(2024·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同始终线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的改变如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3J B．4JC．5J D．6JA[设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入图中数据解得m乙＝6kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v′eq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m乙v′eq\o\al(2,乙)，代入图中数据解得E损＝3J，选项A正确。]完全非弹性碰撞模型分析4.(多选)A、B两球沿始终线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间改变的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间改变的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间改变的图线，若A球质量是m＝2kg，则由图象推断下列结论正确的是()A．碰撞前、后A球的动量改变量为4kg·m/sB．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4N·sC．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10JABD[依据题图可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的动量改变量为ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，选项A正确；A球的动量改变量为4kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量改变量为－4kg·m/s，依据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，选项C错误。]“反冲”和“爆炸”模型eq\o([讲典例示法])1．对“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，反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，物体间作用力做正功，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，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(如化学能)转化为动能位置不变爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变eq\o([典例示法])2019年5月10日，第十四届中国(浏阳)国际花炮文化节在湖南省浏阳市花炮观礼台正式开幕，韩国、意大利、日本和荷兰四支全球顶尖燃放队伍在浏阳河畔进行了精彩表演。已知某花炮放射器能在t1＝0.2s的时间内将花炮竖直向上放射出去，花炮的质量为m＝1kg、射出的最大高度与放射器之间的距离为h＝180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块，假设爆炸前后花炮的质量不变，经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽视一切阻力及放射器大小，重力加速度g＝10m/s2。(1)求花炮放射器放射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小。(2)假如爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地点之间的距离为s＝900m且两物块的速度相互垂直，求两物块的质量。(3)求花炮内炸药的化学能。[解析](1)花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h＝180m高空用时为t，由竖直上抛运动的规律知h＝eq\f(1,2)gt2。代入数据解得t＝6s设在放射时间t1＝0.2s内，放射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从放射到运动至h＝180m高空的整个过程，运用动量定理有Ft1－mg(t＋t1)＝0代入数据解得F＝310N。(2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块物块，其对应水平速度大小分别为v1、v2，方向相反，花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0且有m1＋m2＝m由平抛运动的规律和题目中所给信息有(v1＋v2)t＝900m设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图所示，则有tanθ＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(v2,vy)代入数据解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1＝0.2kg，,m2＝0.8kg，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1＝120m/s,v2＝30m/s))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1＝0.8kg，,m2＝0.2kg，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1＝30m/s,v2＝120m/s))。(3)花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药产生的化学能E＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝1800J。[答案](1)310N(2)0.2kg0.8kg(3)1800Jeq\o([跟进训练])反冲模型1.我国的“长征”系列运载火箭已经胜利放射了数百颗不同用途的卫星。火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度。影响火箭最大速度的因素是()A．火箭向后喷出的气体速度B．火箭起先飞行时的质量C．火箭喷出的气体总质量D．火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比D[分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，由火箭喷气过程动量守恒，有mv－(M－m)v0＝0，即火箭最大速度v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M,m)－1))v0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，D正确。]2.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\