高考物理一轮复习讲义练习第七章　第2讲　动量守恒定律的应用

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第七章　第2讲　动量守恒定律的应用，共13页。试卷主要包含了动量守恒定律，“反冲”和“爆炸”问题等内容，欢迎下载使用。
1．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
①p＝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′。
②m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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变化量等大、反向。
④Δp＝0，系统总动量的增量为0。
2．“反冲”和“爆炸”问题
(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
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。
1．只要系统所受的外力的矢量和为零，系统的动量就守恒。( √ )
2．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。( × )
3．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。( × )
4．物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。( √ )
5．若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。( √ )
6．飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒。( √ )
7．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。( × )
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力的矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。
2．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。
考向1动量守恒的判断
【典例1】 (多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，初始时静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( BCD )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
【解析】 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零，故其动量守恒，C正确。
考向2动量守恒定律的基本应用
【典例2】 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是( D )
A．12 B．13
C．14 D．15
【解析】 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等。由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s。对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确。
1．(2024·四川绵阳高三检测)如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切阻力，则在小球、小车运动过程中，下列说法正确的是( C )
A．小车和小球组成的系统动量守恒
B．小车的机械能一直在增加
C．小车和小球组成的系统机械能守恒
D．小球的机械能一直在减少
解析：小球摆动过程中，小球和小车组成的系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统在水平方向动量守恒，在竖直方向上小球有分速度，且分速度大小不断变化，所以在竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，轻绳拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球从最低点摆到最高点的过程中，轻绳拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故B、D错误，C正确。
2．(多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，细绳开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知细绳绷紧前，B、C已经达到共同速度；细绳绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是( ACD )
A．细绳绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s
B．细绳刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s
C．细绳刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C三者将以大小为 eq \f(2,3) m/s的共同速度一直运动下去
解析：细绳绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；细绳刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ eq \f(2,3) m/s，D正确。
考点二 “反冲”和“爆炸”问题及“人船模型”
1．反冲运动的三点说明
2.爆炸现象的三个规律
3.“人船模型”
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
②两者的位移大小满足：m eq \f(x人,t)－M eq \f(x船,t)＝0。
③运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； eq \f(x人,x船)＝ eq \f(v人,v船)＝ eq \f(M,m)。
(3)常见的人船模型(如图所示)
考向1反冲问题
【典例3】 2024年10月15日19时06分，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭，成功将千帆极轨02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示，受其鼓舞，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( D )
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为 eq \f(Mv0,M－m)
D．火箭上升的最大高度为 eq \f(m2v eq \\al(2,0),2g(M－m)2)
【解析】 火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭及水组成的系统机械能增大，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝ eq \f(mv0,M－m)，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝ eq \f(m2v eq \\al(2,0),2g(M－m)2)，D正确。
考向2爆炸问题
【典例4】 斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了 eq \f(E,4)，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为( B )
A． eq \r(\f(EH,mg)) B． eq \r(\f(2EH,mg))
C． eq \r(\f(3EH,mg)) D．2 eq \r(\f(EH,mg))
【解析】 炮弹爆炸的过程中水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前的速度大小为v，则v＝ eq \r(\f(E,m))，设爆炸后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，有2mv＝mv1＋mv2，E＋ eq \f(1,4)E＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2)，解得v1＝ eq \f(3,2) eq \r(\f(E,m))，v2＝ eq \f(1,2) eq \r(\f(E,m))，根据平抛运动规律有H＝ eq \f(1,2)gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝(v1－v2)t，解得x＝ eq \r(\f(2EH,mg))，故选B。
考向3人船模型
【典例5】 “独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿上A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1.0 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( A )
A．45 kg B．47.5 kg
C．50 kg D．55 kg
【解析】 根据题意，设女子的质量为m，由动量守恒定律有mv＝m竿v竿，由于系统的水平动量一直为0，则女子和竹竿运动时间相等，设运动时间为t，则有mvt＝m竿v竿t，整理可得mx人＝m竿x竿，解得m＝ eq \f(m竿x竿,x人)＝ eq \f(25×1.8,1.0) kg＝45 kg，故选A。
考点三 两类碰撞及其规律
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或 eq \f(p eq \\al(2,1),2m1)＋ eq \f(p eq \\al(2,2),2m2)≥ eq \f(p′ eq \\al(2,1),2m1)＋ eq \f(p′ eq \\al(2,2),2m2)。
(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．弹性碰撞的重要结论
如图所示，以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，
则有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2， eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,2)＝ eq \f(1,2)m1v′ eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)m2v′ eq \\al(2,2)，
联立解得v′1＝ eq \f((m1－m2)v1＋2m2v2,m1＋m2)，
v′2＝ eq \f(2m1v1＋(m2－m1)v2,m1＋m2)。
结论1：当m1＝m2时，v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝ eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v′2＝ eq \f(2m1,m1＋m2)v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，ΔEk＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,2)－ eq \f(1,2)(m1＋m2)v eq \\al(2,共)。
考向1弹性碰撞问题
【典例6】 (2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图所示，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( B )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
【解析】 设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝m0v′0＋mv， eq \f(1,2)m0v eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)m0v′ eq \\al(2,0)＋ eq \f(1,2)mv2，解得v′0＝ eq \f(m0－m,m0＋m)v0，v＝ eq \f(2m0,m0＋m)v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝ eq \f(2,15)v0，综上有v1>v2，C、D错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0v2＝ eq \f(28,15)m0v0，氢核的动量为p氢＝m0v1＝m0v0，p氮>p氢，A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝ eq \f(1,2)×14m0v eq \\al(2,2)＝ eq \f(28,225)m0v eq \\al(2,0)，氢核的动能为Ek氢＝ eq \f(1,2)m0v eq \\al(2,1)＝ eq \f(1,2)m0v eq \\al(2,0)，Ek氮