高考物理一轮复习第六章动量第2课时动量守恒定律学案新人教版

第2课时　动量守恒定律

考点一　动量守恒定律的理解

1．内容：如果一个系统不受外力，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．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。

(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。

[注意]　对系统应用动量守恒定律之前，首先要判断系统动量是否守恒，其次要理清动量守恒和机械能守恒的条件，不要把二者混淆。

[典例]　(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)如图所示，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(　　)

A．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

[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移动位移方向的夹角大于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；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以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。

[答案]　B

(1)系统动量守恒需要一定的条件，例如本题中不计摩擦力就是重要的条件。

(2)动量守恒机械能不一定守恒，因为两者条件不一样。例如本题中推后两人的动能不一定相等。　　

[集训冲关]

1. 2022年将在北京举办第24届冬季奥林匹克运动会，短道速滑接力是其中一个比赛项目。如图所示，在比赛过程中，“接捧”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则甲、乙组成的系统(　　)

A．机械能守恒，水平方向动量守恒

B．机械能不守恒，水平方向动量守恒

C．机械能守恒，水平方向动量不守恒

D．机械能不守恒，水平方向动量不守恒

解析：选B　把运动员甲、乙看作一个系统，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，水平方向上系统所受合外力为零，因此水平方向上系统的动量守恒；在乙推甲的过程中有内力做功，转化为系统的机械能，所以系统的机械能不守恒，选项B正确。

2．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∶2  B．1∶3

C．2∶1  D．2∶3

解析：选D　设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确。

考点二　动量守恒定律的应用

1．动量守恒定律的五个特性

2．应用动量守恒定律的解题步骤

(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。

(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。

[典例]　如图所示，一质量为m2＝0.4 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，质量为m1＝0.39 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的左端。一质量为m0＝0.01 kg的子弹以水平速度v0＝200 m/s射中物块左端并留在物块中，子弹与物块的作用时间极短。最终物块相对地面以4 m/s的速度滑离小车，物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)子弹射入物块过程中与物块共速时的速度大小；

(2)小车的长度。

[解析]　(1)子弹与物块相互作用过程动量守恒，设共速时的速度为v1

有m0ν0＝(m0＋m1)v1

解得：v1＝5 m/s。

(2)设物块滑离小车时的速度为v2，此时小车的速度为v3，三个物体组成的系统动量守恒：

(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3

设小车的长度为L，由能量守恒可得：

μ(m0＋m1)gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1)v22－m2v32

解得：L＝0.8 m。

[答案]　(1)5 m/s　(2)0.8 m

应用动量守恒定律，关键要选取合适的系统。

(1)本题中，子弹打击物块、与物块相互作用，这时选择子弹和物块为系统，两者动量守恒。

(2)本题中，子弹打击物块过程结束，到物块滑离小车，子弹、物块、小车三个物体组成的系统动量守恒。

[集训冲关]

1．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)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4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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5.0 m/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．48 kg　　　　　　　　 B．53 kg

C．58 kg  D．63 kg

解析：选BC　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。根据动量守恒定律，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；第二次推出物块时有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52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。

2．如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：

(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。

(2)木板向右滑行的最大速度v2。

(3)物块在木板上滑行的时间t。

解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：

m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：

－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。

答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s

考点三　某一方向上的动量守恒问题

 [典例]　(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)

A．mv0＝(m＋M)v　　　　

B．mv0cos θ＝(m＋M)v

C．mgh＝m(v0sin θ)2 

D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02

[解析]　小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确。

[答案]　BD

(1)系统总动量不守恒，但在某个方向上系统合外力为零，总动量守恒。

(2)本题中，小物块到达斜面最高点时与斜面的速度相同，方向沿水平方向。

(3)因系统中只有重力做功，系统机械能守恒。　　

[集训冲关]

1. (多选)如图所示，A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R。将小球A从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则(　　)

A．A能到达半圆槽的左侧最高点

B．A运动到半圆槽的最低点时A的速率为

C．A运动到半圆槽的最低点时B的速率为

D．B向右运动的最大距离为

解析：选AD　运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且A、B整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则A可以到达半圆槽的左侧最高点，且A在半圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大距离为R，故D正确；对A运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得mgR＝mvA2＋·2mvB2＝3mvB2，所以A运动到半圆槽的最低点时B的速率为vB＝ ，A的速率为vA＝2vB＝，故B、C错误。

2．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒有

m2v20＝(m2＋m3)v

m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh

式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度

解得m3＝20 kg。

(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1＋m2v20＝0

解得v1＝1 m/s

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3

m2v202＝m2v22＋m3v32

解得v2＝1 m/s

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。

答案：(1)20 kg　(2)见解析