第七章 第2课时 动量守恒定律及应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第2课时　动量守恒定律及应用 目标要求　1.理解系统动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题。2.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。3.理解碰撞的种类及其遵循的规律。 考点一　动量守恒定律的理解和基本应用 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．适用条件 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。 (3)某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 4．动量守恒定律的五个特性： 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒。(　×　) 2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(　√　) 3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒。(　×　) 例1　(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 答案　B 解析　因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B。 例2　甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 答案　D 解析　规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确。 考点二　爆炸、反冲运动和人船模型 1．爆炸现象的三个规律 动量守恒 爆炸物体系统内部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 机械能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 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，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2．反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 例3　(2021·浙江1月选考·12)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。g＝10 m/s2，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．爆炸后的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 答案　B 解析　设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340 (m/s)，又2vt＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，故B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。 例4　发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是(　　) A. v0 B. v0 C. v0 D. v0 答案　D 解析　由动量守恒定律得mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝v0，故选D。 例5　“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。女子在照片上身高约为1.6 cm。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为(　　) A．45 kg B．50 kg C．55 kg D．60 kg 答案　A 解析　对该女子和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1＝m2x2，代入数据可得该女子的质量为m2＝45 kg，故选A。 “人船模型”构建 1．模型图示 2．模型特点 (1)两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两者的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝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，人左船右； (2)人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。 考点三　碰撞问题 1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 3．分类 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 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1 讨论： ①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1； ③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。 思考　若一个质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞，则碰后两个小球的速度v1′、v2′各是多少？ 答案　由动量守恒和机械能守恒可知 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得：v1′＝， v2′＝。 1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒。(　×　) 2．在光滑水平面上的两球相对运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同。(　√　) 3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律。(　×　) 4．两个物体发生弹性碰撞时，质量大的物体运动方向一定保持不变。(　×　) 例6　质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的速度为6 m/s，B球的速度为2 m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球速度可能为(　　) A．1 m/s　6 m/s B．4.5 m/s　3.5 m/s C．3.5 m/s　4.5 m/s D．－1 m/s　9 m/s 答案　C 解析　设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰前的总动能Ek＝mvA12＋mvB12＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动量p′＝mvA1＋mvB1＝7m，动量不守恒，选项A错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，明显vA2>vB2不合理，选项B错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，碰后总动量p′＝mvA3＋mvB3＝8m，总动能Ek3＝mvA32＋mvB32＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，选项C可能实现；若vA4＝－1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p′＝mvA4＋mvB4＝8m，总动能Ek4＝mvA42＋mvB42＝41m，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D错误。 1．碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 2．静止物体被撞后的速度范围 物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB＝v0；当发生弹性碰撞时，物体B的速度最大，vB＝v0。则碰后物体B的速度范围为v0≤vB≤v0。 例7　如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　) A.h B.h C.h D.h 答案　B 解析　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝mvP2＋×2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。 课时精练 1.如图所示，小车a静止于光滑水平面上，a上有一圆弧PQ，圆弧位于竖直平面内，小球b由静止沿圆弧下滑，则这一过程中(　　) A．若圆弧不光滑，则系统的动量守恒，机械能不守恒 B．若圆弧不光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒 C．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒 D．若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒 答案　C 解析　不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒，但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒；若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒；若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故选C。 2.在光滑水平面上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—时间关系图线分别如图中的线段a、b、c所示。由图像可知(　　) A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小 B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5 C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3 D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大 答案　C 解析　由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A错误；根据动量守恒定律有5mⅠ－3mⅡ＝2(mⅠ＋mⅡ)，解得mⅠ∶mⅡ＝5∶3，故B错误，C正确；由动量定理及动量守恒定律知，碰撞过程中滑块Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。 3.如图所示，冰壶比赛中，蓝壶静止在冰面上，红壶以1.2 m/s的速度由左侧撞击蓝壶，撞击时间约为1×10－3 s，撞击后两壶均向右运动，且红壶的速度为0.3 m/s，冰壶质量均为19 kg，取向右为正方向，则关于撞击过程中蓝壶受到的平均作用力和撞后瞬间蓝壶的速度，下列说法正确的是(　　) A．F＝2.85×104 N，v＝0.9 m/s B．F＝2.85×104 N，v＝1.5 m/s C．F＝1.71×104 N，v＝1.5 m/s D．F＝1.71×104 N，v＝0.9 m/s 答案　D 解析　两壶碰撞过程，系统动量守恒，可得mv0＝mv1＋mv，解得v＝0.9 m/s，设撞击过程中蓝壶受到的平均作用力为F，由动量定理可得Ft＝mv，解得F＝1.71×104 N，故选D。 4.(2024·浙江杭州市二中模拟)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　) A．3个小球静止，3个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．5个小球静止，1个小球运动 D．6个小球都运动 答案　A 解析　A、B质量不等，mA<mB，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；E、F质量不等，mE>mF，则碰后E、F都向右运动，所以B、C、D静止，A向左运动，E、F向右运动，故A正确。 5.(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，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或都为零 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 答案　BD 解析　系统只是在水平方向合力为零，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，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为，D正确。 6．于2021年10月16日发射的“神舟十三号”飞船在2022年4月16日成功返回地球。飞船返回舱返回地面过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置沿竖直方向匀速下降，为确保返回舱能安全着陆，在返回舱距地面一定距离时，舱内航天员主动切断与降落伞的连接(“切伞”)，同时点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭向下喷气过程中返回舱减至安全速度。假设“切伞”瞬间返回舱的速度大小为v1＝16 m/s，火箭喷出的气体相对地面的速度大小为v2＝944 m/s，火箭“喷气”时间极短，喷气完成前、后返回舱的质量比为130∶128，喷气完成后返回舱的速度大小为(　　) A．2 m/s B．1.5 m/s C．2.5 m/s D．0.5 m/s 答案　B 解析　设喷气前、后返回舱质量分别为m1、m2，喷气完成后返回舱的速度大小为v3。由题知m1∶m2＝130∶128，分析火箭喷气过程，由动量守恒定律可得m1v1＝m2v3＋(m1－m2)v2，解得v3＝1.5 m/s，故选B。 7．(多选)(2023·浙江丽水市模拟)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　AB 解析　根据动量守恒定律和能量守恒定律，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，根据动量和动能的关系有：p2＝2mEk，根据能量的关系，由于动能不增加，则有：≥＋，解得≤3，故A、B正确，C、D错误。 8．(多选)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为5m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是(　　) A．0.25v B．0.3v C．0.4v D．0.2v 答案　ABD 解析　当发生完全非弹性碰撞时，根据动量守恒可得mv＝(m＋5m)v′，解得v′＝v，当发生完全弹性碰撞时，根据动量守恒及能量守恒可得mv＝mvA＋5mvB，mv2＝mvA2＋mvB2，解得vB＝v，vA＝－v，根据碰撞的特点可知，碰撞后B球的速度范围为v≤vB≤v，故A、B、D正确，C错误。 9.(2022·湖南卷·4)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 答案　B 解析　设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3 mv02＝mv12＋mv32 联立解得v1＝v0 设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4 mv02＝×14mv22＋mv42 联立解得v2＝v0， 可得v1＝v0>v2 碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0 氮核的动量为pN＝14mv2＝ 可得pN>pH 碰撞后氢核的动能为EkH＝mv12＝mv02 氮核的动能为EkN＝×14mv22＝ 可得EkH>EkN 故B正确，A、C、D错误。 10.(多选)如图所示，质量分别为2m、km(k未知且k>2)的小球B、C静止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为(　　) A．4.5 B．6 C．7.5 D．9 答案　AB 解析　A与B碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mvA＋2mvB mv2＝mvA2＋×2mvB2 联立解得碰后A、B的速度分别为vA＝－v，vB＝v，B与C碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得2mvB＝2mvB′＋kmvC ×2mvB2＝×2mvB′2＋×kmvC2 联立解得碰撞后B的速度为vB′＝v 为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足 |vB′|＝≤|vA|＝ 由于k>2，则有≤ 联立解得2<k≤6，故选A、B。 11.如图所示，质量为M＝40 kg的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg的人，车的上表面距离地面高度h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求： (1)人跳离车后车的速度大小； (2)人跳车过程人做了多少功； (3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。 答案　(1)2.5 m/s　(2)225 J　(3)1.8 m 解析　(1)人跳车的过程，水平方向系统所受外力为零，人和车水平方向动量守恒，有 0＝mv0－Mv1 可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。 (2)人跳车的过程，人做功把生物能转化为车和人的动能，由功能关系可得 W＝Mv12＋mv02 解得W＝225 J。 (3)人跳离车后做平抛运动 竖直方向h＝gt2 解得t＝0.4 s 则人落地时距离车右端 s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。 12.(2023·浙江金华市一模)如图所示，总质量为M的无人机旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，升力大小不变，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，无人机的机身始终保持水平，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　) A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动 B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为 C．微型导弹落地时，无人机离地高度为 D．微型导弹落地时，无人机与微型导弹落地点的水平距离为 答案　D 解析　发射微型导弹后，其重力减小，竖直方向做匀加速运动，水平方向因为动量守恒具有向后的速度，将做曲线运动，A错误；水平方向根据动量守恒mv＝v1，得v1＝，B错误；由于微型导弹落地过程中做平抛运动，则有H＝gt2，无人机上升的加速度为a＝，上升的高度为h＝at2，联立得h＝，微型导弹落地时无人机离地高度为h′＝h＋H＝，C错误；微型导弹落地时经过的时间为t＝，微型导弹落地时，无人机与微型导弹落地点的水平距离为x＝vt＋v1t＝，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $