高考物理一轮复习 第6章 第2节　动量守恒定律及其应用

这是一份高考物理一轮复习 第6章 第2节　动量守恒定律及其应用，共14页。试卷主要包含了动量守恒定律的内容，动量守恒的数学表达式等内容，欢迎下载使用。


知识点1 动量守恒定律及其表达式
1．动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．
2．动量守恒的数学表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．
(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．
知识点2 动量守恒的成立条件
1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．
2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．
3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．
知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．
(3)分类：
2.反冲现象
在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．
3．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．
1．正误判断
(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)
(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)
(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)
(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)
(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)
2．[判断动量是否守恒]如图6­2­1所示的装置中，木块B与水平桌面间是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
图6­2­1
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]
3．[分析系统的动量特点](多选)如图6­2­2所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )
【导学号：92492262】
图6­2­2
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
AB [首先根据两球动能相等，eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＝eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)，得出两球碰前动量大小之比为：eq \f(p甲,p乙)＝eq \r(\f(m甲,m乙))，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒定律的，故C、D情况是不可能的．]
4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )
A．人和小船最终静止的水面上
B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/s
C．船最终的速度是0.95 m/s
D．该过程船的动量变化量是70 kg·m/s
B [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m人＋m船))v，解得：v＝0.25 m/s，方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]
1.动量守恒定律的“五性”
2.判断系统动量是否守恒的方法
方法一：直接由动量守恒的条件判断．
方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．
[题组通关]
1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6­2­3所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
图6­2­3
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
BC [动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]
2．(多选)如图6­2­4所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )
【导学号：92492263】
图6­2­4
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
BCD [如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、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组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C组成的系统，A、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、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]
1.碰撞现象满足的三个规律
(1)动量守恒
(2)机械能不增加
(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．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．
(3)反冲运动中平均动量守恒．
3．爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．
(2)动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．
(3)位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．
[多维探究]
●考向1 爆炸与反冲问题
1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D错误；故选A、B、C.]
2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行．求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
【导学号：92492264】
【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cs 60°＝eq \f(v0,2)
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2
又v1′＝2v0
解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为
ΔE＝ΔEk＝eq \f(1,2)(2m)v1′2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(3m)veq \\al(2,1)＝eq \f(27,4)mveq \\al(2,0).
【答案】 (1)2.5v0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)eq \f(27,4)mveq \\al(2,0)
●考向2 碰撞问题
3．(多选)如图6­2­5甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s ­t图象．已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
甲 乙
图6­2­5
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
AC [由图乙可以看出，碰前m1的位移随时间均匀增加，m2的位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B错误．由图乙可以算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，由动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，计算得m2＝0.3 kg，故C正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2＝0，因此D错误．]
4．(2015·全国卷Ⅰ)如图6­2­6所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
图6­2­6
【解析】 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C1)②
联立①②式得
vA1＝eq \f(m－M,m＋M) v0③
vC1＝eq \f(2m,m＋M) v0④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝eq \f(m－M,m＋M) vA1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0⑦
解得m≥(eq \r(5)－2)M⑧
另一解m≤－(eq \r(5)＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为
(eq \r(5)－2)M≤m【答案】 (eq \r(5)－2)M≤m碰撞问题解题策略
1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．
2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0.
当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．
3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．
1.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．
2．解决动力学问题的三个基本观点
[多维探究]
●考向1 应用动量的观点解决问题
1．(多选)(2017·湛江模拟)如图6­2­7所示，一质量M＝3.0 kg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＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/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6­2­7
A．2.1 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s
AB [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)v0＝MvB1，代入数据解得：vB1＝2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(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：2 m/s＜vB＜2.67 m/s，故选项A、B正确．]
2．如图6­2­8所示，mA＝1 kg，mB＝4 kg，小物块mC＝1 kg，ab、dc段均光滑，dc段足够长；物体A、B上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C静止在a点，已知ab长度L＝16 m，现给小物块C一个水平向右的瞬间冲量I0＝6 N·s.
图6­2­8
(1)当C滑上A后，若刚好在A的右边缘与A具有共同的速度v1(此时还未与B相碰)，求v1的大小．
(2)A、C共同运动一段时间后与B相碰，若已知碰后A被反弹回来，速度大小为0.2 m/s，C最后和B保持相对静止，求B、C最终具有的共同速度v2.
【解析】 (1)对物块C，由动量定理，取向右为正方向
I0＝mCv0－0，v0＝eq \f(I0,mC)＝6 m/s
从C滑到A的右边缘的过程中，由于F合＝0，所以A、C系统动量守恒，以v0方向为正，mCv0＝(mC＋mA)v1，所以v1＝3 m/s.
(2)以v0方向为正，A、C一起向右运动到与B相碰后，C将滑上B做减速运动，直到与B达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC＋mA)v1＝－mAvA＋(mB＋mC)v2，所以v2＝1.24 m/s.
【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s
●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题
3．(2016·全国丙卷)如图6­2­9所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为eq \f(3,4)m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件. 【导学号：92492265】
图6­2­9
【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)>μmgl①
即μ设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv′1＋eq \f(3,4)mv′2④
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)m))v′eq \\al(2,2)⑤
联立④⑤式解得v′2＝eq \f(8,7)v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)m))v′eq \\al(2,2)≤μeq \f(3,4)mgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥eq \f(32v\\al(2,0),113gl)⑧
联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件
eq \f(32v\\al(2,0),113gl)≤μ【答案】 eq \f(32v\\al(2,0),113gl)≤μ●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用
4．(2017·衡阳模拟)如图6­2­10所示，内壁粗糙、半径R＝0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与光滑水平轨道BC相切．质量m2＝0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
图6­2­10
(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小．
【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m1gR＋Wf＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)
小球在最低点，根据牛顿第二定律：FN－m1g＝eq \f(m1v\\al(2,1),R)
联立可得：Wf＝－0.4 J.
(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度v2过程中，由动量关系：
m1v1＝(m1＋m2)v2
由能量转化和守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,2)＋Ep
联立可得：Ep＝0.2 J.
(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为v3，b后来速度为v4，由动量关系：
m1v1＝m1v3＋m2v4
由能量转化和守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,4)
根据动量定理有：I＝m2v4
联立可得：I＝0.4 N·s.
【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s
力学规律的选用原则
1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．
2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．
3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．
4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．
5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．

动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
动量守恒的理解和判断
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…必须是系统中各物体在同一时刻的动量，p1′、p2′…必须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
碰撞、爆炸与反冲
动量守恒定律及其与能量、牛顿运动定律的综合应用
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题