人教版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用学案

第2讲　动量守恒定律及其应用

知识梳理

知识点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：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。

3．适用条件：

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

注意：外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。

知识点2　碰撞、反冲、爆炸

1．碰撞：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，可认为相互碰撞的系统动量守恒。

3．分类：

4．反冲运动：

观察下列两幅图，思考图甲中喷灌工作原理以及图乙中运载火箭升空原理，填充以下内容：

(1)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。这类问题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。

(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。

5．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。

注意：反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能增大，这与碰撞问题是不同的。

双基自测

一、堵点疏通

1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(　×　)

2．两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。(　√　)

3．系统动量守恒也就是系统的总动量变化量为零。(　√　)

4．发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。(　×　)

5．碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(　√　)

6．火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力的结果。(　×　)

7．在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(　√　)

二、对点激活

1．(2021·湖北武汉部分高中联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　C　)

A．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同

B．小车与木箱组成的系统动量守恒

C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D．男孩和木箱组成的系统动量守恒

[解析]　本题考查动量守恒的判断。男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反，故A项错误，C项正确。小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B项错误。男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D项错误。

2．(2020·甘肃庆阳月考)下面关于碰撞的理解，正确的是(　A　)

A．碰撞是指运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程

B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略

C．如果碰撞过程中总动能不变，则这样的碰撞叫作非弹性碰撞

D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰

[解析]　本题考查对碰撞的理解。根据碰撞的特点可知，碰撞是指运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故A正确；在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用，故B错误；如果碰撞中系统总动能不变，则碰撞为弹性碰撞，故C错误；根据碰撞过程中系统总动能是否变化，碰撞可分为弹性碰撞和非弹性碰撞，故D错误。

3．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为(　A　)

A．v　　　 B．v

C．v　 D．v

[解析]　设快艇的速度方向为正方向；

根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′。

解得v′＝v。

核心考点·重点突破

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO

考点一　动量守恒定律的理解

1．动量守恒定律适用条件

(1)前提条件：存在相互作用的物体系。

(2)理想条件：系统不受外力。

(3)实际条件：系统所受合外力为0。

(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。

(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。

2．动量守恒定律的表达式

(1)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。

(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。

3．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(或某一方向上动量是否守恒)。

(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。

题型一　动量守恒的判断

例1　(2021·河北武邑中学调研)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　C　)

A．动量守恒、机械能守恒

B．动量不守恒、机械能守恒

C．动量守恒、机械能不守恒

D．动量、机械能都不守恒

[解析]　本题考查动量守恒和机械守恒的判断。在子弹射入木块A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。

题型二　动量守恒定律的基本应用

例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的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

m2v＝(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

m2v＝m2v＋m3v

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

〔变式训练1〕(2020·辽宁沈阳一模)(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5 m，B落地点距桌边水平距离为1 m，则(　AD　)

A．A、B离开弹簧时的速度大小之比为1︰2

B．A、B离开弹簧时的速度大小之比为1︰1

C．A、B质量之比为1︰2

D．A、B质量之比为2︰1

[解析]　本题考查反冲运动中的动量守恒。A和B离开桌面后做平抛运动，已知下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x＝v0t得A、B离开弹簧时的速度大小之比为＝＝＝，故A正确，B错误；弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则A、B质量之比为＝＝，故C错误，D正确。

考点二　“子弹打木块”模型

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　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)子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1的大小；

(2)木板向右滑行的最大速度v2的大小；

(3)物块在木板上滑行的时间t。

[解析]　(1)子弹进入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度，由动量守恒定律可得，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。

(2)当子弹、物块、木板三者共速时，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　反冲运动和爆炸问题

例4　(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

[解析]　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

E＝mv  ①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0－v0＝－gt  ②

联立①②式得

t＝   ③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有

E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有

mv＋mv＝E  ⑤

mv1＋mv2＝0  ⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

mv＝mgh2  ⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝

[答案]　(1) 　(2)

〔变式训练2〕(2021·湖南衡阳八中月考)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(含燃料的火箭、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　B　)

A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力

B．在燃气喷出的瞬间，火箭的速度大小为

C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为

D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒

[解析]　本题考查反冲运动中动量守恒定律。火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝，故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝＝，故C错误；在火箭喷气过程中， 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。

名师讲坛·素养提升

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG

人船模型

1．“人船模型”问题

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。这样的问题归为“人船模型”问题。

2．人船模型的特点

(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)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。

例5　如图所示，长为L、质量为M的船停在静水中，一个质量为m的人(可视为质点)站在船头，在人从船头走到船尾的过程中，船与人相对地的位移大小分别为多少？(忽略水对船的阻力)

[解析]　选人和船为一系统，由于系统在水平方向不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设某一时刻人的对地速度为v，船的速度大小为v′，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0。

在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约，当人加速运动时，船亦加速运动；当人匀速运动时，船亦匀速运动；当人停止运动时，船也停止运动，设人从船头到船尾的过程中，人的对地位移大小为x人，船的对地位移大小为x船，所以＝，又从图可见x人＋x船＝L，联立三式可解得x人＝L，x船＝L。

[答案]　x人＝L，x船＝L

名师点拨　“人船模型”问题应注意以下两点

1．适用条件：

(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；

(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)且为零。

2．画草图：

解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。

〔变式训练3〕(2021·河北衡水中学模拟)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，则下列说法中正确的是(　D　)

A．FN＝mgcos α

B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α

C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒

D．此过程中斜面向左滑动的距离为L

[解析]　本题考查水平方向上的动量守恒。当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面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mgcos α，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，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确。

2年高考·1年模拟

2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI

1．(2020·浙江绍兴期末)用质量可以忽略的弹簧将A、B两个滑块连接在一起，放在水平气垫导轨上，用手拉开两个滑块，使弹簧处于伸长状态，放手后两个滑块运动的x－t图像如图所示．则A滑块的质量与B滑块的质量之比为(　B　)

A．3︰2　 B．2︰3

C．1︰2　 D．2︰1

[解析]　本题考查动量守恒定律的简单应用。气垫导轨上的摩擦可以忽略，两滑块组成的系统动量守恒，任意时刻满足mAvA＝mBvB，则有mAxA＝mBxB，分析图像可知，xA＝3 cm，xB＝2 cm，则A滑块的质量与B滑块的质量之比mA︰mB＝2︰3，故B正确，A、C、D错误。

2．(2020·赣粤湘三省六校联考)(多选)如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝1 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝400 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有(　AD　)

A．A、B、C组成的系统动量守恒

B．A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒

C．子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量大小为40 N·s

D．弹簧被压缩到最短时木板的速度为20 m/s

[解析]　本题考查系统动量守恒与能量守恒的应用。水平地面光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；子弹击中物块的过程中系统要克服摩擦力做功，机械能有损失，因此A、B、C与弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；子弹击中物块的过程中子弹与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝(m＋m0)v，解得v＝40 m/s，子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量I＝Δp＝mv－0＝0.9×40 kg·m·s－1＝36 N·s，故C错误；弹簧被压缩到最短时，A、B、C的速度相等，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝(m＋m0＋M)v′，解得v′＝20 m/s，即弹簧被压缩到最短时木板的速度为20 m/s，故D正确。

3．(2020·湖北恩施高中等三校联考)忽然“口奄——”的一声，一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆地从旁边开过，小明就想，装沙时运沙车都是停在沙场传送带下，等装满沙后再开走，为了提高效率，他觉得应该让运沙车边走边装沙。

设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶，沙子从传送带上匀速地竖直漏下，已知某时刻运沙车前进的速度为v，单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m，则下列说法中正确的是(　D　)

A．若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙子组成的系统动量守恒

B．若轨道光滑，则运沙车装的沙子越来越多，速度却能保持不变

C．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F牵＝F阻

D．已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻，则要维持运沙车匀速前进，运沙车的牵引力应为F牵＝F阻＋mv

[解析]　本题考查共点力平衡、动量守恒定律的应用。若轨道光滑，则运沙车和漏进车的沙子组成的系统水平方向动量守恒，而不是总动量守恒，因为沙子在竖直方向上的动量在变化，故A错误；设某时刻运沙车总质量为M，随后一段时间Δt内漏进运沙车的沙子质量为Δm，则由水平方向动量守恒，有Mv＋0＝(M＋Δm)v′，可以看出运沙车速度会逐渐减小，故B错误；选一段极短时间Δt内漏进运沙车的沙子Δm为研究对象，由动量定理，有FΔt＝Δm·v－0，则车对漏进来的沙子向前的作用力为F＝v＝mv，则以运沙车为研究对象，由平衡条件有F牵－F阻－F′＝0，其中F′是漏进车的沙子对车的阻力，由牛顿第三定律有F′＝F，联立得F牵＝F阻＋mv，故C错误，D正确。