江苏专用2025版高考物理新增分大一轮复习第十一章动量近代物理第2讲动量守恒定律及其应用讲义含解析

PAGEPAGE15第2讲动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1.守恒条件(1)志向守恒：系统不受外力或所受外力的合力为0，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.2.表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2.自测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，系统动量就不行能守恒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.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.系统中全部物体的加速度为零时，系统的总动量不肯定守恒答案C二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变更，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒.(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.2.反冲(1)定义：当物体的一部分以肯定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，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：放射炮弹、爆竹爆炸、放射火箭等.(3)规律：遵从动量守恒定律.3.爆炸爆炸与碰撞类似，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.自测2如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同始终线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图1A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动答案D解析以两滑块组成的系统为探讨对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不行能都为零，则A应当向左运动，B应当向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律的“五性”条件性首先推断系统是否满意守恒条件(合力为零)相对性公式中v1、v2、v1′、v2′必需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的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向，与选取的正方向一样的动量为正值，相反为负值普适性不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确探讨对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及探讨的过程)；(2)进行受力分析，推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，必要时探讨说明.3.应用动量守恒定律时的留意事项(1)动量守恒定律的探讨对象都是由相互作用的物体组成的系统.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干脆关系.(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.例1(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示.用左、右手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是()图2A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，系统总动量不守恒C.先放开左手，再放开右手后，总动量肯定向右D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧复原原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不肯定为零答案AD解析只要系统受到的合外力为零，动量就守恒.两手同时放开，系统水平方向不受外力，系统总动量守恒，始终为零，A正确.只放开一只手时，由于另一只手对系统有作用力所以动量不守恒，但当两只手都放开后，系统总动量守恒，等于其次只手放开时的动量，B、C错误，D正确.例2(2024·常州市一模)如图3所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止.已知碰撞时间为0.05s，A、B的质量均为0.2kg.求：图3(1)碰撞后A球的速度大小；(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小.答案(1)0.8m/s(2)8N解析(1)A、B组成的系统动量守恒，设B的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′解得vA′＝0.8m/s(2)对B，由动量定理得－eq\x\to(F)Δt＝ΔpB＝0－mvB解得eq\x\to(F)＝8N.变式1(2024·苏州市期初调研)如图4所示，质量分别为m1、m2的两小车A、B静止在光滑的水平面上，在A车上站有一质量为m0的人.当此人以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止后.求：图4(1)人跳离A车后，A车的速度大小和方向；(2)人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比.答案(1)eq\f(m0,m1)v0方向向左(2)eq\f(m0＋m2,m1)解析(1)设人跳离A车后，A车的速度为vA，探讨A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有m1vA＋m0v0＝0解得vA＝－eq\f(m0,m1)v0负号表示A车的速度方向向左(2)设人跳上B车后，B车的速度为vB，探讨人和B车，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m2)vB，解得vB＝eq\f(m0,m0＋m2)v0，所以A、B两车的速度大小之比eq\f(|vA|,vB)＝eq\f(m0＋m2,m1)命题点二碰撞问题1.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(p\o\al(

2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(

2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′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行能都不变更.2.碰撞的类型及特点(1)弹性碰撞：动量守恒，初、末总动能不变，即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′2.(2)完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，动量守恒，动能损失最大，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝ΔEkm.(3)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失.例3(2024·扬州市一模)如图5所示，质量分别为m1＝0.2kg和m2＝0.8kg的两个小球，在光滑的水平面对心碰撞，碰后甲球以2m/s的速度向左运动.求：图5(1)碰后乙球的速度大小；(2)碰撞时撞击力对甲球的冲量.答案(1)5m/s(2)2.4N·s，方向向左解析(1)取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝－m1v1′＋m2v2′代入数据得v2′＝5m/s(2)对甲球，由动量定理得I＝Δp＝－m1v1′－m1v1代入数据得I＝－2.4N·s，负号表示方向向左.变式2(2024·盐城市三模)在气垫导轨上，一个质量为0.6kg的滑块甲以大小为0.15m/s的速度与另一质量为0.4kg、速度大小为0.1m/s并沿反方向运动的滑块乙迎面相撞，碰撞后两个滑块粘在一起运动，速度大小为m/s，碰撞过程中乙滑块受到甲滑块的冲量大小为N·s.答案0.050.06拓展点爆炸与反冲模型例4一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)()A.eq\f(M＋mv0－mv1,M) B.eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)答案C解析以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故选C.例5(2024·兴化一中四模)如图所示，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()答案D解析礼花弹炸裂的瞬间动量守恒，因炸裂前的总动量为零，则炸裂后总动量为零，因一块碎片沿竖直方向先落地，可知其速度方向竖直向下，则礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是D.

命题点三人船模型1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.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.人船模型的特点(1)两物体满意动量守恒定律：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；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，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)时要留意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.例6有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右).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岸，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(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)答案B解析设船的质量为M，人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头用时为t，则人的位移大小为L－d，船的位移大小为d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船的速度方向为正方向，依据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得小船的质量为M＝meq\f(L－d,d)，故B项正确.1.(多选)如图6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右快速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()图6A.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等答案CD2.(多选)如图7所示，在光滑的水平面上有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当二人同时相向而行时，发觉小车向右运动.下列说法中正确的是()图7A.乙的速度必定大于甲的速度B.甲的质量必定大于乙的质量C.从数值上，乙的动量必定大于甲的动量D.甲、乙的动量之和必定不为零答案CD3.(2024·南通市、泰州市一模)在冰壶竞赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为v2，方向不变.已知两冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，求：(1)正碰后冰壶乙的速度v；(2)碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小F.答案见解析解析(1)以碰撞前冰壶甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv解得v＝v1－v2.(2)对冰壶乙，在碰撞过程中由动量定理有Ft＝mv－0解得F＝eq\f(mv1－v2,t).4.(2024·盐城中学4月检测)下雪天，卡车在平直的高速马路上匀速行驶，司机突然发觉前方停着一辆故障车，他将刹车踩究竟，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离L后停下.已知卡车质量M为故障车质量m的5倍，设卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车相撞后的速度变为v2，相撞的时间极短，求：(1)v1∶v2的值；(2)卡车在碰撞过程中受到的冲量大小.答案见解析解析(1)以相撞前卡车的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv1＝(M＋m)v2，由M∶m＝5∶1可得v1∶v2＝6∶5(2)由动量定理可得卡车受到的冲量大小I＝Mv2－Mv11.(多选)若用p1、p2表示两个在同始终线上运动并且相互作用的物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自的动量变更量，则下列式子能表示动量守恒的是()A.Δp1＝Δp2B.p1＋p2＝p1′＋p2′C.Δp1＋Δp2＝0D.Δp1＋Δp2＝常数(不为零)答案BC解析动量守恒的含义是：两个物体相互作用前的总动量等于其相互作用后的总动量，因此B选项正确；p1＋p2＝p1′＋p2′，变形后为(p1′－p1)＋(p2′－p2)＝0，即Δp1＋Δp2＝0，故C选项正确.2.(2024·前黄中学检测)如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则此系统从子弹起先射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()图1A.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，机械能减小D.动量不守恒，机械能减小答案D3.(多选)如图2所示，两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列推断正确的是()图2A.互推后两同学总动量增加B.互推后两同学动量大小相等，方向相反C.分别时质量大的同学的速度小一些D.互推过程中机械能守恒答案BC解析对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A错误；互推后两同学总动量为零，动量的大小相等，方向相反，质量大的同学的速度小一些，故B、C正确；互推过程中机械能增大，故D错误.4.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视)()A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s答案A解析由设m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，依据动量守恒定律可得0＝p1－p2，则火箭的动量大小为p1＝p2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误.5.如图3所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2kg、mB＝4kg，速率分别为vA＝5m/s，vB＝2m/s的A、B两小球沿同始终线相向运动，则()图3A.它们碰撞前的总动量是18kg·m/s，方向水平向右B.它们碰撞后的总动量是18kg·m/s，方向水平向左C.它们碰撞前的总动量是2kg·m/s，方向水平向右D.它们碰撞后的总动量是2kg·m/s，方向水平向左答案C解析以向右为正方向，则它们碰撞前的总动量是p＝mAvA－mBvB＝2kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中遵守动量守恒定律，故它们碰撞后的总动量也是2kg·m/s，方向水平向右，C正确.6.(多选)(2024·徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻水平弹簧，如图4所示，当A撞上弹簧，且弹簧被压缩最短时()图4A.A、B系统总动量仍旧为mvB.A的动量变为零C.B的动量达到最大值D.A、B的速度相同答案AD解析A、B系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，故A的动量不为零，D正确，B错误；因为弹簧还会弹开，故B物体会接着加速，所以此时B的速度并不是最大的，即B的动量未达到最大值，C错误.7.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图5所示.将一质量为m且可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()图5A.FN＝mgcosαB.滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面体向左滑动的距离为eq\f(m,M＋m)L答案D解析当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正确.8.(2024·如皋市模拟四)如图6所示，在橄榄球竞赛中，质量为100kg的橄榄球前锋以vA＝5m/s的速度跑动，想穿越防守队员究竟线触地得分.就在他刚要究竟线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的球员，一个速度vB＝2m/s，另一个速度vC＝4m/s，他们腾空扭在了一起.他们碰撞后瞬间的速度大小约为m/s，在此过程中三名球员的总机械能(选填“增大”“不变”或“减小”).图6答案0.2减小解析以前锋的速度vA的方向为正方向，设碰撞后瞬间的共同速度为v，依据动量守恒定律得：mAvA－mBvB－mCvC＝(mA＋mB＋mC)v，代入数据解得：v＝0.2m/s碰撞前三名球员的总动能Ek1＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2＝2000J碰撞后三名球员的总动能Ek2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝5J可知，在碰撞过程中三名球员的总机械能减小.9.(2024·海安中学开学考)如图7甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1kg.初始时刻B静止，A以肯定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移－时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，