第6章 第2课时 动量守恒定律及其基本应用（Word教参）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第2课时　动量守恒定律及其基本应用 [对应学生用书P122] 一、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。 动量守恒方程为矢量方程，必须选定正方向。 二、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。 2．近似守恒：系统受到的外力的矢量和不为零，但当所受的内力远大于合外力时。 3．某方向分动量守恒：系统在某个方向上所受合外力为零或该方向满足F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒。 [链接] 人教选择性必修第一册P29T7： 7．质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图1­2所示。 (1)若m1＝1 kg，则m2等于多少？ (2)两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？ (2022·北京卷)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．碰撞前m2的速率大于m1的速率 B．碰撞后m2的速率大于m1的速率 C．碰撞后m2的动量大于m1的动量 D．碰撞后m2的动能小于m1的动能 C　解析：x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题图可知m1碰前的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。 [对应学生用书P122] 考点一　动量守恒定律的理解和基本应用 1．判断动量是否守恒的注意点 (1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。 (2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同。因此解题时应明确选取的系统和研究过程。 2．应用动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)。 (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。 [典例1] (多选)(2024·湖南岳阳测试)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一条直线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一个小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　) A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等 C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb D．a、c两车运动方向相反 CD　解析：设向右为正方向，人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝v，vb＝0，va＝v，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反，C、D正确。 1．(多选)(2024·河南高考适应性测试)α粒子(24He)以一定的初速度与静止的氧原子核( 816O)发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，t1时刻图线的切线斜率最大。则(　　) A．t1时刻 816O的动量为p0－p1 B．t1时刻 816O的加速度达到最大 C．t2时刻 816O的动能达到最大 D．t2时刻系统的电势能最大 AB　解析：α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，t1时刻 816O的动量为p2＝p0－p1，A正确；t1时刻图线的切线斜率最大，则α粒子的动量变化率最大，根据p＝mv可知，α粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的电场力最大，则氧原子 核受到的电场力也最大， 816O的加速度达到最大，B正确；t2时刻，α粒子速度为零，由图可知t2时刻后，α粒子反向运动，系统动量守恒，可知在t2时刻之后， 816O的动量达到最大， 816O的速度达到最大， 816O的动能达到最大，C错误；t1时刻，氧原子核受到的电场力最大，α粒子与氧原子核的距离最近，系统的电势能最大，D错误。 2．(多选)(2024·福建厦门测试)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　) A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去 ACD　解析：绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。 考点二　某方向分动量守恒 [典例2] (2024·广西南宁二中模拟)如图所示，光滑水平面上有一个质量M＝1 kg的光滑斜面体A，其ab段为直线，与竖直方向夹角为45°；bc段为曲线，c点与地面平滑相切；高度h＝0.1 m。其上端有一个质量m＝1 kg的物块B(视为质点)，在水平恒力F的作用下，A、B保持相对静止，一起在水平面上由静止开始匀加速运动，0.2 s后撤去F。重力加速度g取10 m/s2，求： (1)F的大小； (2)A、B分离时各自的速度大小(不计B滑到地面时导致的能量损失)。 答案：(1)20 N　(2)1 m/s　3 m/s 解析：(1)对A、B整体，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 对B，由牛顿第二定律有mg tan 45°＝ma 解得F＝20 N。 (2)撤去F时，A、B共同的速度v＝at B下滑到A底端的过程中，系统水平方向动量守恒，则 (M＋m)v＝MvA＋mvB 系统机械能守恒，则(M＋m)v2＋mgh＝MvA2＋mvB2 解得vA＝1 m/s，vB＝3 m/s。 3．(多选)如图所示，竖直平面内固定着两根足够长的光滑平行导槽，质量为M的U形管内壁粗糙，恰好能在两导槽之间自由滑动。一个质量为m的小球沿水平方向，以初速度v0从静止的U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径。下列说法正确的是(　　) A．该过程中，小球与U形管组成的系统机械能不守恒 B．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球和U形管的速度相同 D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管受到的合外力冲量的大小为 AD　解析：U形管内壁粗糙，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A正确；小球在竖直方向上有加速度，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，B错误；小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球和U形管在水平方向上动量大小相 等，小球相对U形管在做圆周运动，竖直向下还有分速度，C错误；从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有mv0＝(M＋m)vx，再根据动量定理，U形管受到的合外力冲量的大小为I＝F-t＝Mvx－0＝，D正确。 4．(2024·河北保定模拟)如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一个质量为m的黏性物体从高处自由落下，正好落在A车上，并与之黏合在一起，黏合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为(　　) A．mv02 B．mv02 C．mv02 D．mv02 C　解析：黏性物体落在A车上，由水平方向动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝；之后A、B和物体共速时，弹簧弹性势能最大，整个系统动量守恒，有2mv0＝3mv2，解得v2＝，则弹簧的最大弹性势能Ep＝mv02＋×2m()2－×3m()2＝mv02，C正确。 考点三　动量守恒中的临界问题 [典例3] 如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝，为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，则人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点。 答案：v0≤v≤v0 解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有(m1＋M)v12＝(m1＋M)gh 解得v1＝＝2v0 设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车的过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则人跳离甲车时： (M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′ 人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′ 解得v1′＝6v0－2v，v2′＝v－v0 两车不发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′ 当v1′＝v2′时，解得v＝v0 当v1′＝－v2′时，解得v＝v0 故v的取值范围为v0≤v≤v0。 5．(2024·山东青岛模拟)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，乙船上的人将一个质量为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) 答案：4v0 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－mvmin 对货物和甲船的作用过程，同理有 10m·2v0－mvmin＝11mv甲 为避免两船相撞应有v甲＝v乙 联立以上各式解得vmin＝4v0。 [对应学生用书P125] 1．(多选)(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型，多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有(　　) A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N BD　解析：取向右为正方向，滑块1和2组成系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，A错误；对滑块1，取向右为正方向，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，B正确；对滑块2，取向右为正方向，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，C错误；对滑块2根据动量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，D正确。 2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一块固定的竖直挡板。一名滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一个质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度。物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　) A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg BC　解析：设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员的速度为v1，第二次推物块后，运动员的速度为v2……第八次推物块后，运动员的速度为v8；第一次推物块后，由动量守恒定律有Mv1＝mv0，第二次推物块后，由动量守恒定律有M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0……第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，则v7＝，v8＝，由题意可知，v7＜5 m/s，则M＞52 kg，若v8＞5 m/s，则M＜60 kg，可知B、C正确。 3．(2023·湖南卷，节选)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑，以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 (1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； (2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程。 答案：(1)　a (2)＋＝1(y≤0) 解析：(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，取向左为正，有 0＝mv1－Mv2 小球和凹槽组成的系统机械能守恒，有 mgb＝mv12＋Mv22 解得v2＝ 因小球和凹槽组成系统水平方向上动量守恒，即 0＝mv1－Mv2 两边同时乘t可得mx1＝Mx2 且由几何关系可知x1＋x2＝a 解得x2＝a。 (2)小球向左运动过程中，凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有 m(a－x)＝M·Δx 则小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知小球的运动轨迹满足＋＝1 整理得小球运动的轨迹方程为 ＋＝1(y≤0)。 学科网（北京）股份有限公司 $$