2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第6章 第2节 动量守恒定律及其应用 Word版含答案

第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)。

(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)。

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。

3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。

(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。

(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。

二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞(1)概念：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：2.(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。

(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

3．爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。

(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。

(×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。

(√)(4)在爆炸现象中，动量严格守恒。

(×)(5)在碰撞问题中，机械能也一定守恒。

(×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加。

(√)2．(人教版选修3－5P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。

一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是()A．车左右往复运动B．车持续向右运动C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动ACD[把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，A、C、D正确。

]3．(教科版选修3－5P17T4、6改编)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()甲乙A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时C[对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。

故选C。

] 4．(人教版选修3－5P21T2改编)质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。

碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．vB[根据动量守恒定律得m v＝m v1＋3m v2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′k＝12＋12×3m(0.6v)2＝1.72×12m v2，大于碰撞前2m(－0.8v)的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v2＝0.4v时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′k＝12＋12×3m(0.4v)2＝0.52×12m v2，小于碰撞2m(－0.2v)前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v2＝0.2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误；当v2＝v时，v1＝－2v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。

]动量守恒定律的理解及应用[讲典例示法]1．动量守恒定律的五个特性2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。

(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。

(3)规定正方向，确定初、末状态动量。

(4)由动量守恒定律列出方程。

(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

[典例示法](2019·郑州高三质量预测)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。

子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2。

审题指导：[解析](1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，解得v 1＝6 m/s 。

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2，解得v 2＝2 m/s 。

[答案](1)6 m/s (2)2 m/s[拓展] 在上例中，物块在木板上滑行的时间t 是多少？整个过程共损失了多少机械能？[解析] 对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m 0＋m )gt ＝(m 0＋m )v 2－(m 0＋m )v 1解得t ＝1 s整个过程损失的机械能为ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋m ＋M )v 22＝223.5 J 。

[答案] 1 s 223.5 J例题及相关延伸思考旨在让考生掌握动量守恒定律的适用条件及应用方法，会根据相关条件分析有关问题，如“人船模型”和临界极值问题。

人船模型1．条件(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零。

(2)在相对运动过程中至少有一个方向动量守恒。

2．结论：m1s1＋m2s2＝0(1)式中的s1和s2是两物体相对同一惯性参考系的位移(一般相对于地面)，二者方向相反，一正一负。

(2)此结论与两物体相对运动的速度大小无关，其相对运动不论是匀速运动还是变速运动，甚至是往返运动，结论都是相同的。

此结论跟相互作用力是恒力还是变力也无关。

[跟进训练]1.(多选)(2019·安徽安庆五校联考)如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的14圆弧轨道。

现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是()A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒BCD[小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，所以总的动量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B 、C 、D 正确。

]2.(2019·湛江联考)如图所示，质量均为m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v ，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住木箱后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱。

[解析](1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝(m ＋2m )v 1－m v ，接住木箱的过程中m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2。

解得v 2＝v 2。

(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4m v 2＝3m v 3－m v ，则v 3＝v ，故小孩无法再次接住木箱。

[答案](1)v 2(2)不能 3．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2v 0、v 0。

为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为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。

(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)[解析]设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，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12m v0＝11m v乙－m v min①对货物和甲船的作用过程，同理有10m×2v0－m v min＝11m v甲②为避免两船相撞应有v甲＝v乙③联立①②③式得v min＝4v0。

[答案]4v0碰撞问题 [讲典例示法]1．碰撞现象三规律2．弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′212m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1(质量相等，速度交换)；(2)当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，且v ′2>v ′1(大碰小，一起跑)；(3)当m1<m2时，v′1<0，v′2>0(小碰大，要反弹)；(4)当m1≫m2时，v′1＝v1，v′2＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；(5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。

[典例示法](一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg，m B＝1 kg，m C＝2 kg。