新高考物理一轮复习考点讲义第7章第34课时　动量守恒定律（含答案）

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考点一 系统动量守恒的判断
1.内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的 为0，这个系统的总动量保持不变。
2.适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。
(3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
1.只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。( )
2.系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )
3.若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。( )
例1 (2024·山东青岛市检测)如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽A点相切进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
考点二 动量守恒定律的基本应用
1.动量守恒定律的表达式
(1)p＝p'或m1v1+m2v2＝ 。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
2.动量守恒定律的五个特性：
例2 (2025·山东淄博市期中)如图，质量M＝9 kg的小车A以大小为v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量m＝1 kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，小球距离车上表面H＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0＝6 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小车的最终速度的大小v；
(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。
例3 (来自教材)(2024·山东潍坊市期末)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＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/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。
考点三 爆炸问题、反冲运动、人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800 m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800 m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？
例4 我国早在宋代就发明了火箭，即把前端封闭的火药筒捆在箭杆上，点燃后产生的燃气以较大的速率向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为v0，在极短的时间内喷射质量为Δm、相对地的速度为u的燃气，u与v0同向，喷出燃气后火箭的质量为m。则此次火箭喷气后速度的变化量为( )
A.Δmm(v0+u)B.Δmm(v0－u)
C.v0+Δmm(v0－u)D.v0+Δmm(v0+u)
例5 春节期间，中国许多地方燃放了爆竹，爆竹带来浓浓的年味。一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为( )
A.2MM−mEB.M2(M−m)E
C.mM−mED.MM−mE
例6 如图所示，有一质量M＝6 kg、棱长为0.2 m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m＝2 kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为( )
m m
m m
“人船模型”构建
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：mx人t－Mx船t＝0，
x人+x船＝L，得x人＝MM+mL，x船＝mM+mL
3.运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm。
［变式］ (2024·山东省模拟)如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为( )
A.x3B.v0t3C.v0t−x3D.x−v0t3
答案精析
考点一
1.矢量和
2.(2)远大于
判断正误
1.× 2.√ 3.×
例1 C [当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。]
考点二
1.(1)m1v1'+m2v2' (2)－Δp2
例2 (1)5 m/s (2)1.28 m
解析 (1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设系统最终速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M+m)v0＝(M+m+m0)v，解得v＝5 m/s。
(2)A与C的碰撞过程动量守恒，
则有Mv0＝(M+m0)v1
设小球下落的时间为t，
则有H＝12gt2
Δx＝(v0－v1)t，解得Δx＝1.28 m。
例3 2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mAv0＝mAvA+mCvC①
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA+mBv0＝(mA+mB)vAB②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s。
考点三
1.守恒 很小
2.远大于
讨论交流 还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M+m)v0＝mv1+Mv2，v2＝v0+m(v0−v1)M，由于v0>0，v1>0，且v0>v1，故有v2>v0，因此飞机的速度还会增加。
例4 B [根据动量守恒定律
(m+Δm)v0＝Δm·u+mv
又Δv＝v－v0
联立解得Δv＝Δmm(v0－u)，故选B。]
例5 D [设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝mM−mv1，又E＝12mv12，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝12mv12+12(M－m)v22，联立解得E总＝MM−mE，故选D。]
例6 A [小球由静止开始从如题图所示通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有mv1·t＝Mv2·t，即mx1＝Mx2，根据题意有x1+x2＝0.2 m，联立解得x2＝0.05 m，故选A。]
变式 C
解析 P、Q在水平方向上动量守恒，有mv0=mv1+3mv2，在极短的时间Δt内，有mv0·Δt=mv1·Δt+3mv2·Δt，则在时间t内有mv0t=mx+3mx2，可知x2=v0t−x3，故选C。
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
各物体的速度必须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…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究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
动量
守恒
爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量
机械能
增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移 ，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动
作用
原理
反冲运动是系统内两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 外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能
增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加