第6章 第2讲　动量守恒定律—2024高考物理科学复习解决方案（讲义）

这是一份第6章 第2讲　动量守恒定律—2024高考物理科学复习解决方案（讲义），共37页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
知识点 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统eq \x(\s\up1(01))不受外力，或者eq \x(\s\up1(02))所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝eq \x(\s\up1(03))p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋m2v2＝eq \x(\s\up1(04))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。
③Δp1＝eq \x(\s\up1(05))－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
④Δp＝eq \x(\s\up1(06))0，系统总动量的增量为零。
(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：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
知识点 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间eq \x(\s\up1(01))很短，而物体间相互作用力eq \x(\s\up1(02))很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力eq \x(\s\up1(03))远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
4．散射
微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”，微观粒子的碰撞又叫做散射。
知识点 反冲 爆炸 Ⅰ
1．反冲现象
(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eq \x(\s\up1(01))增大，且常伴有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用eq \x(\s\up1(02))远小于物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且eq \x(\s\up1(03))远大于系统所受的外力，所以系统动量eq \x(\s\up1(04))守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

一 堵点疏通
1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )
2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。( )
3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。( )
4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )
5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。( )
答案 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.×
二 对点激活
1．(人教版选修3－5·P16·T5改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
答案 B
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝eq \f(1,16)v0＝eq \f(1,16)×0.8 m/s＝0.05 m/s。故B正确。
2．(人教版选修3－5·P17·T7改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为( )
A．35 N B．100 N
C．102.5 N D．350 N
答案 C
解析 子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(0.01×500,10) m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，合外力提供向心力，有FT－(m＋M)g＝(m＋M)eq \f(v2,L)，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)eq \f(v2,L)＝102.5 N，故C正确。
3．(人教版选修3－5·P17·T6改编)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
答案 D
解析 设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为eq \f(v0,3)和－eq \f(v0,3)，则有mBv0＝mA·eq \f(v0,3)＋mBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(v0,3)))，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。
考点细研 悟法培优
考点1 动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六性”
(1)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。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤

例1 如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的薄木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，对于滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C．当B的速度为eq \f(1,3)v0时，A的速度为eq \f(2,3)v0
D．当A的速度为eq \f(1,3)v0时，B的速度为eq \f(2,3)v0
(1)木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，放上B后A、B组成的系统合外力为零吗？
提示：由题意知木板A与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值，所以放上B后A、B组成的系统合外力仍为零。
(2)刚放上B后，A、B间发生相对滑动吗？
提示：发生。
尝试解答 选C。
由于木板A沿斜面匀速下滑，则木板A受到的合力为零，当小滑块B放在木板A上表面后，A、B组成的系统所受的合力仍为零，则系统的动量守恒，由于A、B间以及A与斜面间摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，又由动量守恒定律知C正确，D错误。
应用动量守恒定律时的几点易错提醒
(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[变式1－1] 如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
A.eq \f(mv0,M＋m) B.eq \f(mv0,M)
C.eq \f(Mv0,M＋m) D.eq \f(Mv0,m)
答案 A
解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq \f(mv0,M＋m)，A正确。
[变式1－2] 如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行。此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上。求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g取10 m/s2)
答案 u≥3.8 m/s
解析 以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，人跳到乙车上，甲车和乙车的速度相同时，两车恰好不相撞，设甲车、乙车与人共速时，速度为v′，
由动量守恒定律得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′
解得v′＝1 m/s。
设此时人跳离甲车的速度为v人，以人与甲车组成的系统为研究对象，人跳离甲车过程中系统动量守恒，
有(m1＋M)v＝m1v′＋Mv人，
解得v人＝3.8 m/s。
因此，只要人跳离甲车的速度u≥v人＝3.8 m/s，就可避免两车相撞。
考点2 碰撞问题分析
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al(2,1),2m1)＋eq \f(p\\al(2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ ①,\f(1,2)m1v\\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2 ②))
解得v1′＝eq \f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)
v2′＝eq \f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m1＝m2，则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时：
v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m1eq \f(p2,m2)，解得eq \f(m1,m2)mb，所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sbv0 B．v1＝v0
C．v2>v0 D．v2＝v0
答案 A
解析 设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。探测器从行星运动的反方向接近行星时，设向左为正方向，由动量守恒定律得：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)Mu2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mueq \\al(2,1)，联立解得探测器碰后的速度v1＝eq \f(2Mu＋Mv0－mv0,M＋m)，因M≫m，则v1≈2u＋v0>v0，故A正确，B错误；探测器从行星运动的同方向接近行星时，设向左为正方向，由动量守恒定律得：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)Mu2＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mueq \\al(2,2)，联立解得探测器碰后的速度v2＝eq \f(Mv0－2Mu－mv0,M＋m)，因M≫m，则v2≈v0－2uv乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
答案 B
解析 系统总动量为零，最后球在谁手中，谁的质量大，速度则小，故B正确。
4．(2019·安徽池州模拟)如图所示，在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为m的滑环A，滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为3m的重物B(可视为质点)，轻绳长为L。将滑环A固定在水平杆上，给B一个水平瞬时冲量作用，使B向左摆动，且恰好刚碰到水平杆。若滑环A不固定，仍给B以同样大小的瞬时冲量作用，则重物B摆起的最大高度(相对于最低点)为( )
A.eq \f(3,4)L B.eq \f(1,4)L
C.eq \f(1,2)L D.eq \f(2,3)L
答案 B
解析 设重物B受到水平瞬时冲量作用后速度为v0，滑环固定时，对B根据机械能守恒定律有：eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)＝3mgL，解得：v0＝eq \r(2gL)。滑环不固定时，设B摆起的最大高度为h，在最大高度处A、B共速，设共同速度为v，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有：3mv0＝(3m＋m)v，根据机械能守恒定律有：eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(3m＋m)v2＋3mgh，解得：h＝eq \f(1,4)L，B正确。
5．(2019·陕西宝鸡模拟)如图所示为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情景。在这次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰。已知两冰壶质量均为20 kg，取中国队队员投掷的冰壶运动方向为正方向，碰后中国队冰壶的速度可能为( )
A．0.05 m/s B．－0.1 m/s
C．－0.2 m/s D．0.3 m/s
答案 A
解析 两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv0＝mv1＋mv2，若两冰壶发生的是完全非弹性碰撞，此种情况下，碰后中国队冰壶的速度最大，有v1＝v2＝eq \f(v0,2)＝0.2 m/s；若两冰壶发生的是弹性碰撞，此种情况下，碰后中国队冰壶的速度最小，因为m1＝m2，则两冰壶发生速度交换，有v1＝0，v2＝0.4 m/s；故中国队冰壶的速度范围为0≤v1≤0.2 m/s，A正确，B、C、D错误。
6.(2019·云南保山模拟)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为eq \f(3,4)h0(不计空气阻力)，则( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为eq \f(1,2)R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度eq \f(1,2)h0