【暑假衔接】高中物理新高三（高二升高三）暑假自学讲义 专题11 动量守恒定律（教师版+学生版）

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知识点1：动量守恒定律
1、系统
相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统。
在研究多个物体的相互作用（复杂过程）时，有时分析每一个物体的受力情况比较难，也容易出错，这时可以把若干个物体看成一个系统，这样复杂的问题就会变简单，因此在解决复杂的问题时，要根据实际需要和求解问题的方便程度，合理选择系统。
2、内力和外力
内力：系统内物体之间的相互作用力；外力：除系统内物体之间的相互作用力之外的其他力叫做外力。
对系统内物体进行受力分析时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力。
3、动量守恒定律的推导
水平桌面上有两个小球，它们的质量分别为m1和m2，沿着水平向右的方向做匀速直线运动，它们的速度分别是v1和v2，且v2＞v1。当质量为m2的小球追上质量为m1的小球时两球发生碰撞，碰后两球的速度分别为v1′和v2′，如下图所示：
设碰撞过程中质量为m1的小球受到质量为m2的小球对它的作用力是F1，质量为m2的小球受到质量为m1的小球对它的作用力是F2。
相互作用时间为t，根据动量定理，有：F1t＝m1(v1′－v1)；F2t＝m2(v2′－v2)
因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律有：F1＝－F2，则m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
4、动量守恒定律的数学表达式
5、动量守恒的条件
从动量守恒定律的推导可知守恒的条件如下表所示：
6、动量守恒定律的性质
7、运用动量守恒定律的解题步骤
明确研究对象，确定系统包括哪几个物体和哪些物理过程；
进行受力分析，规定正方向，确定初、末状态动量；
判断系统的动量是否守恒，或着某一方向上的动量是否守恒；
根据动量守恒定律列出方程；
代入数据，求出结果并对结果进行讨论和分析。
1．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．乙的速度必定小于甲的速度B．乙的速度必定大于甲的速度
C．乙的动量必定小于甲的动量D．乙的动量必定大于甲的动量
【答案】D
【详解】甲乙两人和小车组成的系统不受外力，所以动量守恒
小车向右运动说明甲乙两人总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，但由于不知道两人质量关系，所以无法确定速度关系。
故选D。
2．中国空间站核心舱上的机械臂，是我国目前智能程度最高、难度最大、系统最复杂的空间智能制造系统机械臂工作时最长可达18米，共有7处关节，是对人类手臂的最真实还原机械臂最大载重达25吨，可承担悬停飞行器捕获、舱外货物载移、辅助航天员舱外作业等任务。以下说法正确的是（ ）
A．机械臂对载移物的作用力大小与载移的方向有关
B．机械臂对载移物的作用力大小与载移的远近距离有关
C．完成同样的载移任务，机械臂对载移物的作用力大小与动作快慢有关
D．完成同样的载移动作，机械臂对载移物的作用力大小与载移质量无关
【答案】C
【详解】太空处于失重状态，在载移物体的过程中，在载移方向上，物体先做加速运动，后做减速运动，最后物体的初、末状态保持一致，由动量定理及动量守恒定律分析可知，机械臂对载移物的作用力大小与载移的方向、距离的远近无关，与载移质量和动作快慢有关。
故选C。
【点睛】由于失重，载移物体时，物体除了在载移方向上运动，还会随太空舱一起做圆周运动。
3．如图所示，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（ ）
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不同，A、B、C组成系统的动量不守恒
C．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
D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成系统的动量不守恒
【答案】C
【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A的质量大于B的质量，A物体受到的摩擦力大于B物体受到的摩擦力，A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒的，故A错误；
B．无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，故B错误；
CD．无论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成系统所受合外力都为零，A、B、C组成系统的动量守恒，故C正确，D错误。
故选C。
4．如图所示，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中（ ）
A．动量不守恒，机械能不守恒B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒D．动量守恒，机械能守恒
【答案】A
【详解】子弹射入木块过程子弹与木块组成的系统动量守恒，但是子弹射入木块后留在其中，这个过和属于完全非弹性碰撞动能损失最大，有内能产生，所以机械能不守恒，在弹簧被压缩至最短的过程，有弹力作用，所以系统动量不守恒，但是机械能守恒，则全过程系统的动量不守恒，机械能也不守恒，所以A正确；BCD错误；
故选A。
5．携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球。下面对于该火箭的描述不正确的是（ ）
A．火箭发射的初速度大于7.9 km/s
B．火箭上升过程中处于超重状态
C．忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等
D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒
【答案】C
【详解】A．火箭发射时的初速度大于第一宇宙速度7.9 km/s，故A正确，不符合题意；
B．在火箭上升过程中，具有向上的加速度，故处于超重状态，故B正确，不符合题意；
C．由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地时的速度大小不一定相同，故C错误，符合题意；
D．在爆炸过程中由于内力远大于外力，故可以认为动量守恒，故D正确，不符合题意。
故选C。
6．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板上，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示．让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则
A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C．环撞击板后，板的新平衡位置与h的大小有关
D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功
【答案】A
【详解】AB.圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；
C.碰撞后平衡位置，有
即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；
D.碰撞后环与板共同下降的过程中重力和弹簧的弹力都做功，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；
故选：A；
7．如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（ ）
A．机械能守恒，动量守恒B．机械能守恒，动量不守恒
C．机械能不守恒，动量守恒D．机械能不守恒，动量不守恒
【答案】B
【详解】忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，只有动能和重力势能相互转化，所以机械能守恒，但由于系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，系统水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。
故选B。
8．如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，槽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处由静止开始下滑，则小球下滑过程中（ ）
A．小球和槽组成的系统动量守恒
B．槽对小球的支持力不做功
C．重力对小球做功的瞬时功率一直增大
D．地球、小球和槽组成的系统机械能守恒
【答案】D
【详解】A．小球下滑过程中，小球与槽组成的系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．小球下滑过程中，小球的位移方向与槽对小球的支持力方向的夹角为钝角，故支持力做负功，故B错误；
C．刚开始时小球速度为零，重力的瞬时功率为零，当小球到达槽底部时，速度方向水平，与重力方向垂直，重力的瞬时功率为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故C错误；
D．由于水平面光滑，所以小球下滑过程中，地球、小球和槽组成的系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
9．质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图象如图所示,由图有以下说法：①碰撞前两物体质量与速度的乘积相同；②质量m1等于质量m2；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体质量与速度的乘积大小相等、方向相反．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③
C．②④D．③④
【答案】C
【详解】由题图可知，m1和m2碰前都做匀速直线运动,但运动方向相反,碰后两物体位置不变,即处于静止，所以碰后速度都为零，故①③错误，④正确；又由图线夹角均为θ，故碰前速度大小相等，可得m1等于m2，故②正确。由上分析可知，故C正确，ABD错误。
10．在某次短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前在滑道内侧加速，然后滑入赛道，此时队友乙刚好也在同一位置，两人速度几乎相等，此时乙猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出（如图所示），完成接力过程。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．甲对乙做功的大小等于乙对甲做的功的大小
B．甲对乙的冲量大小大于乙对甲的冲量大小
C．甲、乙两人组成的系统总动量增加
D．甲、乙两人组成的系统机械能增加
【答案】D
【详解】A. 在乙推甲的过程，甲速度增大，乙对甲做正功，甲对乙做功多少无法判断，故A错误；
B.根据牛顿第三定律，甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大小，根据，可知甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，反向相反，故B错误；
C.在乙推甲过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则两人组成的系统所受的合力为0，系统动量守恒，故C错误；
D.在乙推甲的过程中，要消耗人体内的化学能转化为甲的动能，根据能量守恒，甲、乙两人组成的系统机械能增加，故D正确。
故选D。
多选题
11．安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。如图，在汽车正面碰撞测试中，汽车以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg，使用安全带时，假人用时0.8s停下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（ ）
A．碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒
B．无论是否使用安全带，假人动量变化量相同
C．使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N
D．不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N
【答案】BC
【详解】A．碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；
B．假人的初动量为
末动量都为0，所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故B正确；
C．使用安全带时，根据动量定理有
解得
假人受到的平均作用力约为1250N，故C正确；
D．不使用安全带时，根据动量定理有
解得
假人受到的平均作用力约为5000N，故D错误；
故选BC。
12．如图所示是宇宙中存在的某三星系统，忽略其他星体的万有引力，三个星体A、B、C在边长为d的等边三角形的三个顶点上绕同一圆心O做匀速圆周运动。已知A、B、C的质量分别为2m、3m、3m，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．三个星体组成的系统动量守恒
B．A的周期小于B、C的周期
C．A所受万有引力的大小为
D．若B的角速度为，则A与圆心O的距离为
【答案】AD
【详解】AB．该系统属于稳定的三星系统，三个星体的角速度、周期相同。动量大小不变，运动过程中总动量不变，A正确，B错误；
C．A所受万有引力的大小为
C错误；
D．若B的角速度为，则也A的角速度为，则根据
则A与圆心O的距离为
则A与圆心O的距离为
D正确。
故选AD。
13．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（ ）
A．在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中
B．剪断细线，弹簧恢复原长的过程
C．两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中
D．木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中
【答案】AC
【详解】A、在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒．故A正确；
B、剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒．故B错误；
C、木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；故C正确；
D、木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．故D错误．
故选：AC．
14．如图所示，两根长度均为L的轻质细杆，一端用质量为m的球形（视为铰链球a）铰链相连，两杆另一端分别安装质量为m和2m的小球b、c。开始时两杆并拢，竖直放置在光滑水平地面上，铰链球在上，从静止释放，b、c两球开始向两边滑动，两杆始终保持同一竖直面内。已知三球本身的大小、a小球碰地面的能量损失以及一切阻力均可忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c三小球组成的系统机械能守恒
B．a、b、c三小球组成的系统动量守恒
C．a小球碰地面时速度为
D．当两杆夹角为时，b、c两球的速度之比为
【答案】ACD
【详解】AC．铰链球a与桌面相碰时，三球的水平速度均为零，只有铰链球a具有竖直向下的速度。a、b、c三小球组成的系统机械能守恒，则有
解得a小球碰地面时速度为
故AC正确；
BD．在铰链球下落过程中，铰链球a竖直方向有加速度，b、c两球竖直方向没有加速度，可知a、b、c三小球组成的系统竖直方向动量不守恒；a、b、c三小球组成的系统水平方向不受力，故a、b、c三小球组成的系统水平方向动量守恒，当两杆夹角为时，如图所示
根据系统水平方向动量守恒可得
a、b、c三小球组成的系统机械能守恒，则有
因杆刚性，每杆上、下两端小球沿杆长方向的速度分量应相同，当两杆夹角为时，有
联立以上各式可解得
故当两杆夹角为时，b、c两球的速度之比为
故B错误，D正确。
故选ACD。
15．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
【答案】AD
【详解】A．若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零，若碰撞后以某一相等速率反向而行，总动量也为零，符合动量守恒，所以是可能的，故A正确；
B．若两球质量相等，碰撞前以速率相等相向而行，则系统的总动量为零，若碰后以某一相等速率同向而行，总动量不为零，不满足动量守恒，故B错误；
C．若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若碰后以某一相等速率反向而行，总动量也应与质量较大的物体动量方向相同，而此方向与碰撞前相反，违反了动量守恒定律，不可能发生，故C错误；
D．若两球质量不同，碰撞前以速率相等相向而行，系统的总动量与质量较大的物体动量方向相同；若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行，总动量可能与碰撞前动量相等，是可能发生的，故D正确。
故选AD。
解答题
16．滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB的倾角，圆弧CD的半径R=2m，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角，滑板质量m=4kg，滑板爱好者的质量M=60kg，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取，，。求：
（1）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小；
（2）斜面上AB间的距离。
【答案】（1）72N；（2）2.025m
【详解】（1）对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得
①
在C点，由牛顿第二定律得
②
解得
③
由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小
④
（2）两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则滑板爱好者及两滑板三者共速
⑤
以滑板爱好者及两滑板为研究对象，由动量守恒定律得
⑥
对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，设A到B的距离为L，由动能定理得
⑦
联立⑤⑥⑦式解得
⑧
17．如图所示，质量的物体，以水平速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量，物体与小车车面之间的动摩擦因数，取，设小车足够长，求：
（1）小车和物体的共同速度是多少；
（2）物体在小车上滑行的时间；
（3）在物体相对小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热是多少。
【答案】（1）；（2）；（3）30J
【详解】（1）小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
解得
（2）物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知
解得
则物体在小车上滑行的时间为
（3）根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为
18．如图所示，长为R=0.6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2=0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触．现使质量为m1=0.3kg物块A以v0=5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ=0.3，A、B间的初始距离x=1.5m．两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的1/2，方向不变．B小球能在竖直平面内做圆周运动．已知重力加速度g=10m/s2，两物体均可视为质点，试求：
(1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小为多少；
(2)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）碰撞过程中，A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律和动理定理即可求解；（2）小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律及向心力公式即可求解．
【详解】(1)碰前A做匀变速直线运动
解得：v=4m/s
碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取滑块运动的方向为正方向
则有：
代入数据可得：
根据动量定理可得：
（2）小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为
则有：
在最高点进行受力分析，有：
代入数据解得：T=1N．
【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律及向心力公式的直接应用，要求同学们能在最高点对摆球进行正确的受力分析，难度适中．
19．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为的球a放在高度的平台上，长木板c放在粗糙水平地面上，带凹槽的容器b锁定在c的最左端。a、b可视为质点，b的质量为，c的质量为，c的上表面光滑且水平，c与地面间的动摩擦因数。在某次投掷中，球a以的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左的瞬时冲力，使木板c也以速度向左运动，球a恰好落入容器b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取
（1）求球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离
（2）若球a落入容器b前的瞬间解除锁定，求a、b合为一体时的速度大小
（3）若木板c长，球a落入容器b前的瞬间解除锁定，a与b合为一体后，一起向右运动。求a与b合为一体后，木板c向左滑行的距离x。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）a球从抛出到落到b槽内的时间
此过程中a球的水平位移
b、c一起向左匀减速运动，则加速度
在时间t内槽b的位移为
球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离
（2）球a落到槽b中之间的瞬间，槽b的速度
方向向左，设向右为正方向，球a落在槽b后，a、b合为一体时的速度大小为，则对a、b系统在水平方向由动量守恒定律
解得
（3）当球a落到槽b中时木板c的速度
假设当球a落到槽b中一起滑离木板c之后，木板c才停下来，设a、b整体在木板上滑动的时间为，对木板c有
对a、b系统
代入数据解得
假设成立，此后对木板c
由运动学公式
木板c向左滑行的距离
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。
p＝p′
系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。
Δp＝p′－p＝0
系统总动量的增量为零。
Δp1＝－Δp2
相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
理想条件
系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的条件可放宽至系统所受外力之和为零。
近似条件
系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。
单方向的动量守恒条件
系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。
普适性
适用于两个物体、多个物体、宏观物体、微观粒子组成的系统。
同一性
系统中各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系。
瞬时性
动量是状态量，定律表示每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
矢量性
动量是矢量，要选取正方向，分清系统中各物体初末动量的正、负。