高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用课时学案

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课时学案，共15页。学案主要包含了动量守恒定律及其应用，弹性碰撞和非弹性碰撞等内容，欢迎下载使用。


一、动量守恒定律及其应用
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：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝Δp2。
2．系统动量守恒的条件
(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：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒。
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞物体所组成的系统动量守恒。
(2)分类：
2．反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(2)爆炸现象：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。
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(×)
(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(×)
(4)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)
(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)
二、教材习题衍生
1．(鲁科版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( )
A．平板车左右往复运动
B．平板车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
ACD [把大锤、人和平板车看成一个整体，用大锤连续敲打平板车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，平板车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，平板车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和平板车也停止运动，A、C、D正确。]
2．(人教版选择性必修第一册改编)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＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为( )
A．42 m/s B．－42 m/s
C．40 m/s D．－40 m/s
B [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＝－42 m/s，故B正确，A、C、D错误。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3
D [设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq \f(v,2)，碰后vA′＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mvB′，解得vB′＝eq \f(3v,4)，所以vA′∶vB′＝eq \f(v,2)∶eq \f(3v,4)＝eq \f(2,3)，D正确。]
动量守恒定律的理解及其应用
1．动量守恒定律的“五种”性质
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。
系统动量守恒的判断
[典例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，紧靠在墙壁上， 在b上施加向左的水平力使弹簧压缩， 如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒
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 [以a、b及弹簧组成的系统为研究对象，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统所受合外力不为零，因此该过程系统动量不守恒，故A错误，B正确；当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，系统动量守恒，故C正确，D错误。]
动量守恒定律的基本应用
[典例2] 如图所示，质量为200 kg的小船在静止水面上以3 m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50 kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对船以6 m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．4.2 m/s B．3 m/s C．2.5 m/s D．2.25 m/s
A [人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向合外力为零，动量守恒，以河岸为参考系，规定水平向右的方向为正方向，设救生员跃出后小船的速率为v′，救生员的速率为v，其中v＋v′＝6 m/s，则由动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv′—mv，代入数据解得v′＝4.2 m/s，故A正确，B、C、D错误。]
应用动量守恒定律解题的思路
(1)分析题意，明确研究对象，知道系统是由哪几个物体组成的。
(2)受力分析，弄清系统内力和外力，判断是否满足动量守恒的条件。
(3)明确研究过程，确定初、末状态的动量和表达式。
(4)建立动量守恒方程求解，必要时讨论说明。
[跟进训练]
1．(系统动量守恒的判断)(多选)(2023·海南海口市高三模拟)如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B滑块以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中 ( )
A．若斜面光滑，系统动量守恒，机械能守恒
B．若斜面光滑，系统动量不守恒，机械能守恒
C．若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，机械能不守恒
D．若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，机械能不守恒
BC [无论斜面是否光滑，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向物体B受力不平衡，竖直方向动量不守恒；斜面光滑的情况下机械能守恒，斜面粗糙的情况下机械能不守恒，选项B、C正确，A、D错误。]
2．(动量守恒定律的基本应用)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
[答案] 4v0
碰撞模型
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞“一动一静”模型
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)m2v′eq \\al( 2,2)
解得v′1＝eq \f(m1－m2v1,m1＋m2)，v′2＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
结论：(1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1(质量相等，速度交换)。
(2)当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)。
(3)当m10(小碰大，要反弹)。
(4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)。
(5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。
3．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,2)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。
[典例3] 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。
审题指导：
[解析] 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，以向右为正方向，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。
联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
[答案] 2 m/s
[拓展] (1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析] (1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al( 2,0)＝37.5 J
A、B再次达到共同速度时
E2＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案] (1)3 m/s (2)15 J
碰撞模型解题三策略
(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)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v′1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1、v′2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2，且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2，且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
[跟进训练]
1．(碰撞的可能性)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
C．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s
B [虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝eq \f(1,2)mAv′eq \\al( 2,A)＋eq \f(1,2)mBv′eq \\al( 2,B)＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝eq \f(1,2)mAveq \\al( 2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al( 2,B)＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。]
2．(弹性碰撞)(2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，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( )
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
B [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)m0veq \\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，故C、D项错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝eq \f(28,15)m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝eq \f(1,2)·14m0veq \\al( 2,2)＝eq \f(28,225)m0veq \\al( 2,0)，氢核的动能为Ek氢＝eq \f(1,2)·m0·veq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)m0veq \\al( 2,0)，Ek氮3．(非弹性碰撞)冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg 的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等，求：
(1)冰壶乙获得的速度大小；
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少。
[解析] (1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
代入上式得v3＝0.3 m/s。
(2)碰撞前的动能E1＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝1.52 J
碰撞后两冰壶的总动能E2＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)＋eq \f(1,2)mveq \\al( 2,3)＝0.95 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，
能量损失ΔE＝E1－E2＝0.57 J。
[答案] (1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 0.57 J
反冲、爆炸问题及“人船模型”
1．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。
2．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。
3．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)两物体的位移满足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0(如图所示)。
x人＋x船＝L
得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L。
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人右船左；
②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eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m)。
[题组突破]
1．(反冲问题)(多选)一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪和子弹的总质量为M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s
BC [若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝eq \f(Mv0－5mv,M－5m)≈0.7 m/s；若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝eq \f(Mv0＋5mv,M－5m)≈1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s 之间，故B、C正确。]
2．(爆炸问题)(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
B [设质量小的碎块的质量为m，则质量大的碎块的质量为2m；设爆炸时质量大的碎块的水平速度大小为v，质量小的碎块的水平速度大小为v′，根据动量守恒定律有2mv－mv′＝0，解得v′＝2v；两碎块都做平抛运动，设其下落时间为t，则vt＝v声(t1－t)，2vt＝v声(t2－t)，其中t1＝5 s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝eq \f(1,2)gt2可得，爆炸点离地面的高度为80 m，B正确，两碎块的水平位移大小之比为1∶2，但从爆炸物爆炸成两碎块开始抛出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A错误，爆炸后质量大的碎块的初速度为85 m/s，C错误，爆炸后两碎块向相反的方向运动，水平间距Δx＝(v＋2v)t＝(85＋85×2)×4 m＝1 020 m，D错误。]
3．(人船模型)(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2m1l,m2＋m1)
BD [系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为x2＝eq \f(2m1l,m2＋m1)，D正确。]
种类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
系统性
研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
相对性
公式中v1、v2、v1′、v2′ 必须相对于同一个惯性参考系
同时性
公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′ 是相互作用后同一时刻的速度
矢量性
应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性
不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统
关键语句
获取信息
A与C碰撞时间极短
A、C系统动量守恒
A、B再次同速，恰好不与C碰撞
最后三者同速