2021高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题学案作业（含解析）新人教版

第2讲　动量守恒定律及“三类模型”问题

一、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零，这个系统的总动量保持不变．

2．表达式

(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.

(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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．

(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．

(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．

3．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．

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，系统动量就不可能守恒

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．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒

答案　C

二、“三类”模型问题

1．“子弹打木块”模型

(1)“木块”放置在光滑的水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．

②处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒．把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“木块”和“子弹”分别应用动能定理．

(2)“木块”固定在水平面上

①运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动．

②处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律．

2．“反冲”和“爆炸”模型

(1)反冲

①定义：当物体的一部分以一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：发射炮弹、发射火箭等．

③规律：遵从动量守恒定律．

(2)爆炸问题

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．

3．“人船模型”问题

(1)模型介绍

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)模型特点

①两物体满足动量守恒定律：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＝＝.

③应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的．

自测2　如图1所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力．则船和人相对地面的位移各为多少？

图1

答案　L　L

解析　以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船＝m人v人，因人和船组成的系统，动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由题图可看出，x船＋x人＝L，可解得

x人＝L，x船＝L.

题型1　动量守恒的理解

例1　如图2所示，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有(　　)

图2

A．A、B系统动量守恒

B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒

C．小车C先向左运动后向右运动

D．小车C一直向右运动直到静止

答案　D

解析　A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因滑动摩擦力做负功，则系统的机械能不守恒，最终整个系统将静止，故A、B、C错误，D正确．

变式1　(多选)如图3所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是(　　)

图3

A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒

B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒

C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同

D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同

答案　BCD

解析　物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确．

题型2　动量守恒定律的基本应用

例2　(多选)如图4所示，一质量M＝3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)

图4

A．2.1m/s   B．2.4 m/s

C．2.8m/s   D．3.0 m/s

答案　AB

解析　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝

(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为

2m/s<vB<2.67 m/s，故选项A、B正确．

变式2　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. B.

C. D.

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＝，故选C.

1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒．

2．两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相．

3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．

4．系统产生的内能Q＝Ff·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．

5．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度)．

【例3】　(多选)(2019·河北唐山市第一次模拟)如图5，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是(　　)

图5

A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损

B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小

C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功

D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量

答案　BD

解析　子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确．

【变式3】　(2019·四川第二次诊断)如图6甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为(　　)

图6

A.(s＋L)   B.(s＋2L)

C.(s＋L)   D.(L＋2s)

答案　D

解析　子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，

设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：－Ff(s＋L)＝mv－mv，

由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，

对木块由动能定理：Ffs＝mv，

由动量定理：Fft＝mv2，

联立解得：t＝(L＋2s)，故选D.

1．反冲运动的三点说明

2.爆炸现象的三个规律

【例4】　(2020·山东济宁市质检)如图7所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．

图7

答案　4

解析　爆炸之前E＝mv

爆炸过程动量守恒：mv0＝mv1＋mv2

·v＋·v＝2E

解得：v1＝0，v2＝2v0

随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，

则由h＝gt2，x＝2v0t

解得x＝4.

【变式4】　(2019·山东临沂市质检)2017年6月15日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g．当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)(　　)

A．42m/s  B．－42 m/sC．40m/s  D．－40 m/s

答案　B

解析　喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42m/s，故B正确，A、C、D错误．

拓展点　反冲运动中的“人—船”模型

1．特点

2．方程

m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)

3．结论

m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)

【例5】　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(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泊，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. B.

C. D.

答案　B

解析　设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B正确．

【变式5】　(2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)

A.h B.h

C.h D.h

答案　C

解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1

人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝

人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝

联立得：0＝－M·＋m·，

解得：L＝h，故C正确，A、B、D错误．

1．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图1，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止．以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是(　　)

图1

A．若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动

B．若水平面光滑，打后平板车可能向右运动

C．若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动

D．若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动

答案　D

解析　以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确．

2.如图2，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，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2

A．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研究对象，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可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误．

3．(2017·全国卷Ⅰ·14)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略)(　　)

A．30kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s

C．6.0×102kg·m/s   D．6.3×102 kg·m/s

答案　A

解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝

50×10－3×600kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，

0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．

4.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3所示．将一质量为m、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，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

图3

A．FN＝mgcosα

B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosα

C．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的水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．

5．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

答案　B

6.(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图4，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则(　　)

图4

A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

B．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功

C．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处

D．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

答案　AD

解析　在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误．

7．(2019·陕西榆林市第三次测试)如图5甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时，以一定速度向右运动．在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为(　　)

图5

A．9N·sB．18N·sC．36N·sD．72N·s

答案　C

解析　由题图乙知，C与A碰前速度为：v1＝9m/s，碰后瞬间C的速度为：v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2kg, 12s末A和C的速度为：v3＝－3m/s,4s到12s，墙对B的冲量为：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得：I＝－36N·s，方向向左，故C正确，A、B、D错误．

8．一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：

(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？

(2)子弹在木块内运动的时间为多长？

(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？

答案　(1)v0　(2)

(3)　　

解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v

解得v＝v0

(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得

对木块：Fft＝Mv－0

解得t＝

(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得

对子弹：－Ffx1＝mv2－mv

解得：x1＝

对木块：Ffx2＝Mv2

解得：x2＝

子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝

9．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次．

(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？

(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？

答案　(1)2m/s　(2)13.5 m/s

解析　(1)选取整体为研究对象，设喷出三次气体后火箭的速度为v3，

以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故

v3＝≈2m/s

(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5m/s.

10．(2020·河北邯郸市模拟)如图6所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：

图6

(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；

(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.

答案　(1)　(2)mv

解析　(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得

－μ·2mgs＝×2m()2－×2mv

解得μ＝

(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有

2m·＝mv，

根据能量守恒定律有

E0＋×2m()2＝mv2

解得E0＝mv