第一章 第四节 动量守恒定律的应用-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（粤教版2019）

第四节　动量守恒定律的应用 【素养目标】　1.知道动量守恒定律是物理学中最常用的普适定律之一。　2.了解反冲运动的概念，知道反冲运动的原理。　3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素。 知识点一　动量守恒定律的应用 [情境导学] 1．如图甲所示，冰壶运动员奋力将冰壶掷出时，冰面的摩擦力能否忽略？运动员与冰壶组成的系统的动量是否可近似看作守恒？ 2．如图乙所示，篮球运动员跳投瞬间，运动员与篮球所受合外力是否为0？动量是否守恒？运动员与篮球水平方向所受合外力是否为0？水平方向上的动量是否守恒？ 提示：1.能忽略　可近似看作守恒　2.不为0　不守恒　为0　守恒 (阅读教材P17完成下列填空) 1．动量守恒定律在日常生活中比较常见，如冰壶运动、火箭升空、台球之间的碰撞等，都适用动量守恒定律分析。 2．系统所受外力可以忽略时，系统动量守恒。 3．系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒。 [问题探究]　如图所示，两位同学各自驾驶一辆游乐场碰碰车，迎面相撞后两车以共同的速度运动，设甲同学与车的总质量为120 kg，碰撞前以5 m/s的速度水平向右运动；乙同学与车的总质量为180 kg，碰撞前以4 m/s的速度水平向左运动。 (1)碰撞过程中两车系统的动量守恒吗？ (2)碰撞后两车共同的运动速度大小和方向如何？ 提示：(1)两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量近似守恒的条件。 (2)根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，取甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，代入数据解得v＝－0.4 m/s，即碰撞后两车以0.4 m/s的共同速度运动，运动方向水平向左。 角度一　理想守恒 (2023·成都市月考)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2 m/s，甲、乙相遇时用力互相推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s和2 m/s。则甲、乙两运动员的质量之比为(　　) A．3∶2 B．4∶3 C．2∶1 D．1∶2 答案：B 解析：对甲、乙两运动员组成的系统，规定甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝m2v2′－m1v1′，解得＝，代入数据得＝，选项B正确。 动量守恒定律的常用表达式及其含义 表达式 含义 p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 两个物体组成的系统，相互作用前的总动量等于作用后的总动量 Δp1＝－Δp2 两个物体组成的系统动量守恒，则一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量一定等大反向 Δp＝0 系统总动量的增加量为零 学生用书第20页 角度二　近似守恒 冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？ 答案：28.8 km/h 解析：以两车组成的系统为研究对象，由于碰撞时间很短，碰撞过程中系统所受合外力通常远小于系统内力，可近似认为在该碰撞过程中系统动量守恒。设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。 选定两车碰撞前的速度方向为正方向，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得两车的共同速度v＝28.8 km/h。 角度三　分方向守恒 (多选)(2023·山东烟台月考)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　) A．mv0＝(m＋M)v B．mv0cos θ＝(m＋M)v C．mgh＝m(v0sin θ)2 D．mgh＋(m＋M)v2＝mv 答案：BD 解析：小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv，故C错误，D正确。 应用动量守恒定律解题的一般步骤 1．明确研究对象，确定系统的组成。 2．受力分析，确定动量是否守恒。 3．规定正方向，确定初、末动量。 4．根据动量守恒定律，建立守恒方程。 5．代入数据，求出结果并讨论说明。 知识点二　反冲 [情境导学] 1．如图甲所示，把气球吹起来用手捏住气球的通气口，突然松开后让气体喷出，气球会向什么方向运动？ 2．如图乙所示，章鱼是靠喷水使自己运动的，当水从章鱼的体内喷出后，章鱼会向什么方向运动？ 3．以上两个现象属于什么现象？ 提示：1.气球会沿着喷出气体的反方向飞出。 2．章鱼会沿着喷水的反方向运动。 3．以上两种现象属于反冲现象。 (阅读教材P18—P19完成下列填空) 1．定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一个部分必然向相反的方向运动的现象。 2．规律：反冲运动中物体之间相互作用力很大，作用时间极短，一般满足内力远大于外力，外力可以忽略不计，可用动量守恒定律来处理。 学生用书第21页 3．火箭的发射应用了反冲的原理，靠喷出气流的反作用来获得巨大速度。火箭喷出的燃料速度越大，喷出的燃料质量与火箭质量比越大，则火箭获得的速度越大。 [问题探究]　如图所示，反冲小车(含酒精灯、铁架台、带有橡皮塞盛水的玻璃管)静止在水平光滑玻璃地板上，点燃酒精灯对玻璃管内的水加热，到一定程度时管内水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，则小车的反冲速度的大小及方向如何？ (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，调整玻璃管方向，使橡皮塞喷出时速度方向与水平方向成60°角，则小车的反冲速度的大小及方向如何？ 提示：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv＋(M－m)v′＝0 解得v′＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小为0.1 m/s。 (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒。以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有 mv cos 60°＋(M－m)v″＝0 解得v″＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平分运动方向相反，反冲速度大小为0.05 m/s。 角度一　反冲 如图所示，在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，铁轨和炮车间摩擦不计，求： (1)炮筒水平时，若发射炮弹的速度为v0，炮车的反冲速度为多大？ (2)炮筒与水平方向成θ角时，若发射炮弹的速度大小为v0′，炮车的反冲速度为多大？ 答案：(1)　(2) 解析：(1)炮筒水平时，炮车和炮弹系统的动量守恒，则有0＝mv0＋M(－v1)， 解得v1＝。 (2)炮筒与水平方向成θ角时，炮车和炮弹系统在水平方向上的动量守恒，则有 0＝mv0′cos θ＋M(－v2)， 解得v2＝。 针对练．一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在10 min内返回飞船，则他至少需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？ 答案：0.15 kg 解析：设宇航员的速度为u，则u＝＝＝0.075 m/s，喷出质量为m1的氧气后，根据动量守恒定律有0＝m1v－(M－m1)u，代入数据解得m1≈0.15 kg。 角度二　火箭 一火箭喷气发动机每次喷出 m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度 v＝1 000 m/s。设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力作用的情况下，火箭发动机第1 s末的速度是多大？ 答案：13.5 m/s 解析：在不考虑地球引力及空气阻力作用的情况下，火箭与气体组成的系统动量守恒。以火箭和它在第1 s内喷出的气体为研究对象，火箭第1 s内共喷出质量为20m的气体。设火箭第1 s末的速度为v′，以火箭前进的方向为正方向。由动量守恒定律得(M－20m)v′－20mv＝0 解得v′＝＝ m/s≈13.5 m/s 即火箭发动机第1 s末的速度大小是13.5 m/s。 影响火箭获得速度大小的因素 以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－u，表明火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出燃气的质量与火箭本身的质量之比越大，火箭获得的速度Δv就越大。 学生用书第22页 针对练．(2023·江苏扬州高二统考)“火箭”这个词在公元三世纪的三国时代就已出现。关于现代火箭，下列说法正确的是(　　) A．影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比 B．火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭 C．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果 D．火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力 答案：A 解析：火箭工作的原理是反冲运动，火箭高速向下喷出燃烧的气体，喷出的气体对火箭的反作用力使火箭向上运动，故B、C错误；设喷气速度为v，喷出气体的质量为m，喷气后的火箭质量为M，火箭获得的速度大小为v′，根据动量守恒定律有mv＝Mv′，解得v′＝v，故影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比，故A正确；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，属于反冲运动，喷气式飞机的运动是利用喷出气体的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，直升机是利用空气的浮力而使飞机上升，不属于反冲运动，故D错误。故选A。 1．(2023·广东广州期末)抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量为300 g，按与原方向相反的方向飞行，其速度测得为50 m/s；另一小块质量为200 g，则它的速度大小和方向为(　　) A．100 m/s，与原方向相反 B．50 m/s，与原方向相反 C．100 m/s，仍按原方向 D．50 m/s，仍按原方向 答案：C 解析：设原速度方向为正方向，对爆炸过程，根据动量守恒定律得Mv0＝－m1v1＋m2v2，M＝m1＋m2，代入数据解得v2＝100 m/s，故另一小块的速度大小为100 m/s，仍按原方向。故选C。 2.有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　) A．3v0－v B．4v0－3v C．3v0－2v D．3v－4v0 答案：B 解析：爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，有4mv0＝3mv＋mv′，解得v′＝4v0－3v，故选B。 3．一质量为M的火箭喷气发动机每次喷出气体的质量为m，气体离开发动机喷出时的速度大小为v0，从火箭静止开始，当第4次喷出气体后，火箭的速度大小为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：设喷出4次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的4次气体为研究对象，根据动量守恒定律得v－4mv0＝0，可得v＝，故选A。 4．(2023·广东东莞高二期中)乌贼在水中运动方式是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只静止在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为4.8 kg，某次遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40 m/s的速度逃窜，喷射出的水的质量为1.6 kg，则喷射出水的速度为(　　) A．20 m/s B．90 m/s C．120 m/s D．80 m/s 答案：D 解析：由题意知乌贼运动过程动量守恒，根据动量守恒定律有0＝(m－m0)v1－m0v2，可得喷射出水的速度为v2＝v1＝×40 m/s＝80 m/s，故选D。 课时测评6　动量守恒定律的应用 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1.(多选)下列情境属于反冲现象的有(　　) A．乒乓球碰到墙壁后弹回 B．发射炮弹后炮身后退 C．喷气式飞机喷气飞行 D．火箭升空 答案：BCD 解析：乒乓球碰到墙壁后弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲现象，A错误；系统在内力作用下，当一部分向某一方向的动量发生变化时，剩余部分沿相反方向的动量发生同样大小变化的现象就是反冲现象，所以发射炮弹后炮身后退，是反冲现象；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用促进飞机前进，是反冲现象；同理火箭升空是反冲现象，B、C、D正确。 2．狙击枪重M＝8 kg，射出的子弹质量m为20 g，若子弹射出枪口时的速度为v＝1 000 m/s，不计人对枪的作用力，则枪的后退速度v′大小为(　　) A．1.5 m/s B．2.5 m/s C．3.5 m/s D．4.0m/s 答案：B 解析：子弹和枪组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向。由动量守恒定律得0＝mv－Mv′，解得v′＝＝(0.02 ×) m/s＝2.5 m/s，故选B。 3．(2023·云南高二校联考)“爆竹声中一岁除”，将一个质量为m的爆竹竖直向上抛出，它到达最高点时爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为，速度大小为v，忽略质量损失，则另一块的速度大小是(　　) A．v B．2v C．3v D．4v 答案：B 解析：以v的方向为正方向，爆竹在最高点爆炸，由动量守恒定律可得mv0＝v＋v′，因为是到达最高点时爆炸，所以v0＝0 m/s，解得v′＝－2v，所以另一块的速度大小为2v，故B正确。故选B。 4.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　) A．，向东 B．，向东 C．，向东 D．v1，向东 答案：D 解析：人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车之间的相互作用在竖直方向上，水平方向上仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向东，故D正确，A、B、C错误。 5.滑板运动是年轻人喜爱的一种运动。如图所示，质量为m1＝50 kg的年轻人站在质量为m2＝5 kg的滑板上，年轻人和滑板都处于静止状态，年轻人沿水平方向向前跃出，离开滑板的速度为v＝1 m/s。不考虑滑板与地面之间的摩擦，此时滑板的速度大小是(　　 ) A． m/s B．10 m/s C． m/s D． m/s 答案：B 解析：不考虑滑板与地面之间的摩擦，年轻人和滑板构成的系统动量守恒，取年轻人沿水平方向向前跃出的方向为正方向，设滑板的速度大小为v′，则0＝m1v－m2v′，解得v′＝10 m/s。故B项正确。 6．(2023·广东东莞高二统考期末)火箭发射后，在升空过程中向后喷出高速燃气，从而获得较大前进速度。那么，制约火箭获得速度的因素是(　　) A．火箭初始质量和喷气速度(对地) B．火箭喷出气体的总质量和喷气速度(对地) C．火箭初始质量和喷出气体的总质量 D．火箭喷气速度(对地)和火箭始末质量比 答案：D 解析：设火箭初始质量为M，火箭耗尽燃料时的质量为m，喷气速度为v0，火箭获得的速度为v，根据动量守恒定律得v0－mv＝0，可得v＝v0，则制约火箭获得速度的因素是火箭喷气速度(对地)和火箭始末质量比。故选D。 7.(2023·广东湛江高二统考)如图所示，水火箭静止在光滑水平面上，用打气筒通过气门芯向水火箭瓶身内打气，当瓶内空气达到一定压强时，水将橡皮塞冲开并向后高速喷出，水火箭便在光滑水平面上冲出。若喷水前水火箭的总质量为M，运动过程中每秒向后喷出质量为m的水，水喷出时相对地面的速度大小均为v，忽略空气阻力的影响，则第N秒末(设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中)水火箭的速度大小为(　　) A． B． C．v D．v 答案：A 解析：设第N秒末水火箭的速度大小为v1，此时水火箭的质量为M－Nm，水火箭喷水过程系统动量守恒，则有Nmv－(M－Nm)v1＝0，解得v1＝，故选A。 8.冲天炮飞上天后会在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则(　　) A．质量较大的P先落回地面 B．炸裂前后瞬间，总动量守恒 C．炸裂后，P飞行的水平距离较大 D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量相同 答案：B 解析：炸裂时，冲天炮位于最高点，水平方向不受外力作用，动量守恒，因此，P、Q两块的速度方向均沿水平方向，之后做平抛运动回到地面，故同时落地，故A错误，B正确；炸裂后，质量较小的Q可能仍沿原来的方向，也可以与原方向相反，无法确定P、Q两块炸裂时速度的大小关系，也就无法比较水平距离的大小关系，故C错误；炸裂时P、Q两块受到的内力大小相等、方向相反，故炸裂时P、Q两块受到的内力的冲量大小相等、方向相反，故D错误。故选B。 9.(2023·广东河源龙川县高二期中)某实验小组发射自制水火箭，水火箭外壳重2 kg，发射瞬间将壳内质量为4 kg的水相对地面以10 m/s的速度瞬间喷出，g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，火箭能够上升的最大高度为(　　) A．15 m B．20 m C．25 m D．30 m 答案：B 解析：由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，解得火箭的速度v2＝20 m/s，又v＝2gh，解得火箭能够上升的最大高度h＝20 m，故选B。 10.(多选)(2023·广东汕头高二金山中学校考)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　　) A．火箭的加速度为零时，动能最大 B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量 答案：AD 解析：火箭加速过程中，所受合力为0时，即加速度为0时，速度最大，此时动能最大，故A正确；火箭所受高压气体的推力做功转化为火箭的动能、重力势能与摩擦生热的热能，则高压气体的推力、空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，机械能的增加量是高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和，故B错误，D正确；根据动量定理可知高压气体的推力、空气阻力和重力的合力的冲量等于火箭动量的增加量，故C错误。故选AD。 11．(10分)一辆总质量M(含沙包)的车在水平光滑路面上以速度v匀速行驶。车上的人每次以相同的速度4v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的。求： (1)车的总质量M与沙包的质量m的大小关系； (2)抛出第四个沙包后车的速度大小。 答案：(1)M＝13m　(2) 解析：规定车的初速度方向为正方向 (1)抛出第一个沙包前后车与沙包组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·4v，解得M＝13m。 (2)设抛出第四个沙包后车速为v1，全过程由动量守恒定律有Mv＝(M－4m)v1＋4m·4v 将M＝13m代入得v1＝－ 即抛出第四个沙包后，车的速度大小为，负号表示车在后退。 12．(10分)如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半径为R的光滑圆弧轨道QN连接。质量分别为m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑块A、B之间夹有少量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)。炸药引爆后释放的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能EkA、EkB； (2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R； (3)A沿斜面上滑的最大距离x。 答案：(1)18 J　12 J　(2)0.4 m　(3)0.9 m 解析：(1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v1、v2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1－ m2v2＝0 由能量守恒定律得E＝m1v＋m2v 因水平轨道MN光滑，可得EkA＝m1v，EkB＝m2v，联立解得EkA＝18 J，EkB＝12 J。 (2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得EkB＝m2gR，解得R＝0.4 m。 (3)A从M沿斜面上滑的过程，由动能定理得 － m1gx sin 37°－μm1gx cos 37°＝0－EkA 解得x＝0.9 m。 学生用书第23页 学科网（北京）股份有限公司 $$