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    2019年高考物理一轮复习讲义:第6章 第2讲《动量守恒定律》(含解析)
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    2019年高考物理一轮复习讲义:第6章 第2讲《动量守恒定律》(含解析)

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    第2讲 动量守恒定律
    板块一 主干梳理·夯实基础
    【知识点1】 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
    1.几个相关概念
    (1)系统:在物理学中,将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
    (2)内力:系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
    (3)外力:系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
    2.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,这就是动量守恒定律。
    (2)表达式
    ①p=p′,系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
    ②m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量和等于作用后的动量和。
    ③Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
    ④Δp=0,系统总动量的增量为零。
    (3)适用条件
    ①理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。
    ②近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。
    ③某方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒。
    【知识点2】 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
    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.反冲现象
    (1)在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大,且常伴有其他形式能向动能的转化。
    (2)反冲运动的过程中,如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力,可利用动量守恒定律来处理。
    5.爆炸问题
    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,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。


    板块二 考点细研·悟法培优
    考点1动量守恒定律[深化理解]

    1.动量守恒的“五性”
    (1)矢量性:表达式中初、末动量都是矢量,首先需要选取正方向,分清各物体初、末动量的正、负。
    (2)瞬时性:动量是状态量,动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
    (3)同一性:速度的大小跟参考系的选取有关,应用动量守恒定律,各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度。一般选地面为参考系。
    (4)相对性:动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。
    (5)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统。
    2.应用动量守恒定律解题的步骤


    例1 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)物块相对木板滑行的时间;
    (2)物块相对木板滑行的位移。
    (1)时间极短说明了什么?
    提示:①子弹与物块作用时,物块的位置没发生变化;
    ②子弹与物块作用结束后,物块与木板才相互作用。
    (2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗?
    提示:不是。
    尝试解答 (1)1_s__(2)3_m。
    (1)子弹打入木块过程,由动量守恒定律得
    m0v0=(m0+m)v1,
    木块在木板上滑动过程,由动量守恒定律得
    (m0+m)v1=(m0+m+M)v2,
    对子弹木块整体,由动量定理得
    -μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),
    联立解得物体相对小车的滑行时间t==1 s。
    (2)由能量守恒定律得
    μ(m0+m)gd=(m0+m)v-(m0+m+M)v,
    联立解得d=3 m。

    总结升华
    应用动量守恒定律应注意的问题
    (1)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关,因此应用动量守恒解决问题时,一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
    (2)注意挖掘题目中的隐含条件,这是解题的关键,如本例中,时间极短是指子弹与物块相互作用时,物块m位置没变,子弹与物块m共速后,才相对木板M运动。物块相对木板滑行的位移是指物块m相对木板M滑行的位移,并非对地的位移,并且物块m和木板最后共速。


    1.如图所示,在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg,桌子高h=0.8 m,一颗质量为10 g的子弹,击中木块,并留在木块内,落在桌子右边80 cm处的P点,子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)(  )
    A.200 m/s B.300 m/s
    C.400 m/s D.500 m/s
    答案 C
    解析 题目牵涉的过程有两个:一是子弹打击木块;二是子弹木块共同做平抛运动。根据平抛位移x=0.8 m知x=v共t,t=,所以v共==x=2 m/s。子弹打击木块过程中动量守恒,则有mv0=(M+m)v共,所以v0==400 m/s,C正确。
    2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来,小球不能越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是(  )

    A. B.
    C. D.
    答案 A
    解析 小球沿滑块上滑的过程中,对小球和滑块组成系统,水平方向不受外力因而动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对滑块运动,此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得:mv0=(M+m)v,所以v=,A正确。

    考点2碰撞问题分析[模型应用]

    1.分析碰撞问题的三个依据
    (1)动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′。
    (2)动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+。
    (3)速度要合理
    ①碰前两物体同向,则v后>v前;碰后,原来在前的物体速度一定增大,且v前′≥v后′。
    ②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
    2.弹性碰撞的规律
    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m1,速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有
    m1v1=m1v1′+m2v2′①
    m1v=m1v1′2+m2v2′2②
    由①②得v1′= v2′=
    结论:
    (1)当m1=m2时,v1′=0,v2′=v1,两球碰撞后交换了速度。
    (2)当m1>m2时,v1′>0,v2′>0,并且v1′ (3)当m10,碰撞后质量小的球被反弹回来。

    例2 两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动,其动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s,发生碰撞后小球B的动量大小变为10 kg·m/s,由此可知:两小球的质量之比可能为(  )
    A.=1 B.=
    C.= D.=
    (1)A、B两小球动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s有几种情况?
    提示:①同向运动,A球在前,B球在后;
    ②同向运动,A球在后,B球在前;
    ③相向运动。
    (2)发生碰撞时,一定守恒的是什么?
    提示:动量。
    尝试解答 选C。
    将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设,然后运用碰撞的三个制约因素进行检验。
    (1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞,并取小球B碰前的运动方向为参考正方向,即
    pA0=-5 kg·m/s,pB0=7 kg·m/s
    根据“运动制约”,小球B在碰后动量欲增大,其动量方向必与原动量方向相反,即pB=-10 kg·m/s
    根据“动量制约”,小球A在碰后动量必为pA=12 kg·m/s,而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”,因为显然有:
    +≤+。
    (2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞,且A球在前,B球在后,取两小球碰前的运动方向为参考正方向,即pA0=5 kg·m/s,pB0=7 kg·m/s。
    根据“运动制约”,小球B在碰后动量欲增大,其动量方向必与原动量方向相反,即pB=-10 kg·m/s。
    根据“动量制约”,小球A在碰后动量必为pA=22 kg·m/s,而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”,因为显然也有:+≤+。
    (3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞,且B球在前,A球在后,仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向,即pA0=5 kg·m/s,pB0=7 kg·m/s。
    根据“运动制约”,小球B在碰后动量欲增大,其动量方向必与原动量方向相同,即pB=10 kg·m/s。
    根据“动量制约”,小球A在碰后动量必有pA=2 kg·m/s,而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”,只要有:+≥+,即≤。
    仍然根据“运动制约”,为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞,同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面,应分别有:>,≤。综上可知≤≤,C正确。

    总结升华
    碰撞问题解题策略
    (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件,列出相应方程求解。
    (2)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中,两物体发生弹性正碰后的速度满足:v1=v0、v2=v0。
    (3)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两球质量相等时,两球碰撞后交换速度;当m1≫m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为2v0;当m1≪m2,且v20=0时,碰后质量小的球原速率反弹。



     (多选)质量为m的小球A,沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能变为原来的,那么小球B的速度可能是(  )
    A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
    答案 AB
    解析 根据Ek=mv2,碰撞后A球的动能变为原来的,则A的速度变为vA′=±v0,正、负表示方向有两种可能。
    当vA′=v0,vA′与v0同向时有:
    mv0=mv0+2mvB,vB=v0。
    碰撞后系统总动能为:
    Ek总=EkA′+EkB′=×mv=EkA,
    机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞。
    当vA′=-v0,vA′与v0反向时有:
    mv0=-mv0+2mvB,vB=v0。
    碰撞后系统总动能为:
    Ek总″=EkA″+EkB″=mv,
    机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。

    考点3爆炸、反冲及“人船模型”[模型应用]

    1.爆炸的特点
    (1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,发生爆炸时物体间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。
    (2)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸前后系统的总动能增加。
    (3)位置不变:爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
    2.反冲
    (1)现象:物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。
    (2)特点:一般情况下,物体间的相互作用力(内力)较大,因此系统动量往往有以下几种情况:①动量守恒;②动量近似守恒;③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。
    (3)实例:喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
    3.“人船模型”
    若系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成,且相互作用前均静止,相互作用中均发生运动,则由m11-m22=0,得m1x1=m2x2。

    例3 载人气球静止于高h的空中,气球的质量为M,人的质量为m,若人沿绳梯滑至地面,则绳梯至少为多长?
    (1)人和气球的速度有什么关系?
    提示:=。
    (2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系?
    提示:x人+x球=L绳。
    尝试解答 h。

    气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,人着地时绳梯至少应接触地面,设绳梯长为L,人沿绳梯滑至地面,人的位移为x人,球的位移为x球,它们的位移状态图如图所示,
    由平均动量守恒有:0=Mx球-mx人,
    又有x球+x人=L,x人=h,故L=h。

    总结升华
    利用人船模型解题需注意两点
    (1)条件
    ①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
    ②构成系统的两物体原来静止,因相互作用而反向运动。
    ③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
    (2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。

     (多选)向空中发射一物体,不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则 (  )
    A.b的速度方向一定与原速度方向相反
    B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大
    C.a、b一定同时到达水平地面
    D.在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力大小一定相等
    答案 CD
    解析 空中爆炸问题,因系统内力远大于外力,故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”,系统动量守恒的表达式为mv0=mava+mbvb
    因mava与mv0同向,取v0为正方向。讨论:
    ①若mava ②若mava=mv0,则mbvb=0,即vb=0,b做自由落体运动,a在b之前。
    ③若mava>mv0,则mbvb为负向,vb与va反向,a在b之前。所以A错误;因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb,但未给出va一定大于或等于v0的条件。所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在,从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定,故sb>sa、sb=sa、sb 平抛运动的飞行时间由抛出点的高度决定,h相同,由t=知,t相同,C正确;
    炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律,F与F′等值、反向,D正确。
    考点4子弹打木块问题(滑块类问题)[模型应用]

     子弹射击木块的两种典型情况
    1.木块放置在光滑的水平面上
    运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。
    处理方法:把子弹和木块看成一个系统,①系统水平方向动量守恒;②系统的机械能不守恒;③对木块和子弹分别利用动能定理。

    2.木块固定在水平面上
    运动性质:子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动;木块静止不动。
    处理方法:对子弹应用动能定理或牛顿第二定律。
    两种类型的共同点:
    (1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能);
    (2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程,大小为Q=fs,其中f是滑动摩擦力的大小,s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度,就是这段时间内两者的相对路程,所以说是一个相对运动问题)。




    例4 [2016·张掖模拟]如图所示。质量M=2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上,车的一端静止着质量为MA=2 kg的物体A(可视为质点)。一个质量为m=20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后,速度变为100 m/s,最后物体A静止在车上。若物体A与小车间的动摩擦因数μ=0.5(g取10 m/s2)。
    (1)平板车最后的速度是多大?
    (2)全过程损失的机械能为多少?
    (3)A在平板车上滑行的时间为多少?
    (1)最后物体A静止在车上,是物体A最终的速度是零吗?这句话的含义是什么?
    提示:最终的速度不是零。这句话的含义是物体A与小平板车相对静止,二者有共同的速度和共同的加速度。
    (2)全过程损失的机械能等于什么?
    提示:总机械能的损失等于系统动能的减少量。
    尝试解答 (1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s。
    (1)对子弹和物体,由动量守恒得
    mv0=mv′+MAv,
    得v=4 m/s,
    同理对M和MA有MAv=(M+MA)v车,
    得v车=2 m/s。
    (2)由能量守恒得:ΔE=mv-mv′2-(M+MA)v=2392 J。
    (3)对物体A由动量定理得:
    -μMAgt=MAv车-MAv得t=0.4 s。
    总结升华
    对于滑块类问题,往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态,既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动,又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化,在能量转化方面往往用到ΔE内=ΔE机=F滑x相。

     一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m
    (1)若已知A和B的初速度大小为v0,求它们最后速度的大小和方向;
    (2)若初速度的大小未知,求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。
    答案 (1)v0 水平向右 (2)l
    解析 (1)用动量守恒定律求解:系统水平方向动量守恒,取水平向右为正方向。小木块A不滑离B板的条件是二者最终处于相对静止,设此时共同速度为v。
    由动量守恒定律得:Mv0-mv0=(M+m)v,
    可得:v=v0
    因为M>m,故v方向水平向右。
    (2)功能关系:当木块A相对于地向左运动距离最远时,末速度为零,在这过程中,克服摩擦力Ff做功的结果是消耗了自身的动能:Ffs=mv而A刚好没有滑离B板的条件是:A滑到B板的最左端,且二者具有相同速度v,A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失:Q=Ffl=(v-v2)由以上各式得向左运动的最远距离:s=l。
    考点5动量守恒与其他知识的综合[拓展延伸]

    1.动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律,以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合。
    2.动量守恒与能量守恒、核反应知识综合。
    3.动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合。

    例5 [2017·吉林长春调研]如图,LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上,质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,由于A、B两球相距较远,相互作用力可认为是零,A球进入水平轨道后,A、B两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求:

    (1)A、B两球相距最近时,A球的速度v;
    (2)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
    (1)A、B两球相距最近的含义是什么?
    提示:A、B共速。
    (2)怎样理解A、B两球最终的速度?
    提示:当A、B间相互斥力作用足够长时间后,它们的间距就足够远,相互间的斥力可以忽略不计,电势能为零。
    尝试解答 (1) (2),。
    (1)对下滑的过程:2mgh=·2mv,v0=,
    球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒,两球最近时速度相等。
    2mv0=(2m+m)v,
    v=v0=。
    (2)当A、B相距最近之后,由于静电斥力的相互作用,它们将会相互远离,当它们相距足够远时,它们之间的相互作用力可视为零,电势能也视为零,它们就达到最终的速度,该过程中,A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。
    2mv0=2mvA+mvB,
    ×2mv=×2mv+mv,
    得vA=v0=,
    vB=v0=。

    总结升华
    动量守恒与其他知识综合问题的求解方法
    动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。解决这类问题首先要弄清物理过程,其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。最后根据物理规律对每一个过程列方程求解,找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键。
     [2017·河南开封一模]如图所示,在高h1=30 m的光滑水平平台上,物块P以初速度v0水平向右运动,与静止在水平台上的物块Q发生碰撞,mQ=2mP,碰撞后物块P静止,物块Q以一定的水平速度向右滑离平台,并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道,B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为l=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接,物块Q沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞。g取10 m/s2。

    (1)求物块Q由A到B的运动时间;
    (2)求物块P初速度v0的大小;
    (3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有冲出B点,最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ,求μ的取值范围。
    答案 (1) s (2)20 m/s (3)0.17<μ≤0.5
    解析 (1)由于h1=30 m,h2=15 m,设小物块Q从A运动到B的时间为t,则h1-h2=gt2,解得t= s。
    (2)由于R=h1,Rcosθ=h1-h2,所以θ=60°,小物块Q平抛的水平速度是v1,有=tan60°,解得v1=10 m/s。
    小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒,选取向右为正方向,由动量守恒定律得mPv0=mQv1
    解得v0=20 m/s
    (3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s,根据题意,该路程的最大值是smax=3l
    路程的最小值是smin=l
    路程最大时,动摩擦因数最小;路程最小时,动摩擦因数最大,由能量守恒知
    mQgh1+mQv=μminmQgsmax,
    mQgh1+mQv=μmaxmQgsmin
    解得μmax=,μmin=,即0.17<μ≤0.5。



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