【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第2讲动量守恒定律及其应用学案（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第2讲动量守恒定律及其应用学案（江苏专用）

第2讲　动量守恒定律及其应用 一、动量守恒定律 ‎1.守恒条件 ‎(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为0，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)分方向守恒：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.‎ ‎2.表达式 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2.‎ 自测1　关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)‎ A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 答案　C 二、碰撞、反冲、爆炸 ‎1.碰撞 ‎(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.‎ ‎(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒.‎ ‎(3)碰撞分类 ‎①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.‎ ‎②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.‎ ‎③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.‎ ‎2.反冲 ‎(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.‎ ‎(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例：发射炮弹、爆竹爆 炸、发射火箭等.‎ ‎(3)规律：遵从动量守恒定律.‎ ‎3.爆炸 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.‎ 自测2　如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ 图1‎ A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动 C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动 答案　D 解析　以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.‎ 命题点一　动量守恒定律的理解与应用 ‎1.动量守恒定律的“五性”‎ 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零)‎ 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 ‎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.‎ ‎3.应用动量守恒定律时的注意事项 ‎(1)动量守恒定律的研究对象都是由相互作用的物体组成的系统.系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.‎ ‎(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些力是系统的内力，哪些力是系统外的物体对系统的作用力.‎ 例1　(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示.用左、右手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A.两手同时放开后，系统总动量始终为零 B.先放开左手，再放开右手后，系统总动量不守恒 C.先放开左手，再放开右手后，总动量一定向右 D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零 答案　AD 解析　只要系统受到的合外力为零，动量就守恒.两手同时放开，系统水平方向不受外力，系统总动量守恒，始终为零，A正确.只放开一只手时，由于另一只手对系统有作用力所以动量不守恒，但当两只手都放开后，系统总动量守恒，等于第二只手放开时的动量，B、C错误，D正确.‎ 例2　(2018·常州市一模)如图3所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2 m/s、2.0 m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止.已知碰撞时间为0.05 s，A、B的质量均为0.2 kg.求：‎ 图3‎ ‎(1)碰撞后A球的速度大小；‎ ‎(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小.‎ 答案　(1)0.8 m/s　(2)8 N 解析　(1)A、B组成的系统动量守恒，设B的运动方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′‎ 解得vA′＝0.8 m/s ‎(2)对B，由动量定理得－Δt＝ΔpB＝0－mvB 解得＝8 N.‎ 变式1　(2018·苏州市期初调研)如图4所示，质量分别为m1、m2的两小车A、B静止在光滑的水平面上，在A车上站有一质量为m0的人.当此人以速度v0向右跳上B车，并与B车相对静止后.求：‎ 图4‎ ‎(1)人跳离A车后，A车的速度大小和方向；‎ ‎(2)人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比.‎ 答案　(1)v0　方向向左　(2) 解析　(1)设人跳离A车后，A车的速度为vA，研究A车和人组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有m1vA＋m0v0＝0‎ 解得vA＝－v0‎ 负号表示A车的速度方向向左 ‎(2)设人跳上B车后，B车的速度为vB，研究人和B车，由动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m2)vB，解得vB＝v0，‎ 所以A、B两车的速度大小之比＝ 命题点二　碰撞问题 ‎1.碰撞遵循的三条原则 ‎(1)动量守恒定律 ‎(2)机械能不增加 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋ ‎(3)速度要合理 ‎①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等.‎ ‎②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变.‎ ‎2.碰撞的类型及特点 ‎(1)弹性碰撞：动量守恒，初、末总动能不变，即 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2.‎ ‎(2)完全非弹性碰撞：碰撞结束后，两物体合二为一，动量守恒，动能损失最大，即 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，‎ m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2＝ΔEkm.‎ ‎(3)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失.‎ 例3　(2018·扬州市一模)如图5所示，质量分别为m1＝0.2 kg和m2＝0.8 kg的两个小球，在光滑的水平面上分别以速度v1＝10 m/s、v2＝2 m/s向右运动并发生对心碰撞，碰后甲球以2 m/s的速度向左运动.求：‎ 图5‎ ‎(1)碰后乙球的速度大小；‎ ‎(2)碰撞时撞击力对甲球的冲量.‎ 答案　(1)5 m/s　(2)2.4 N·s，方向向左 解析　(1)取向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝－m1v1′＋m2v2′‎ 代入数据得 v2′＝5 m/s ‎(2)对甲球，由动量定理得 I＝Δp＝－m1v1′－m1v1‎ 代入数据得 I＝－2.4 N·s，负号表示方向向左.‎ 变式2　(2018·盐城市三模)在气垫导轨上，一个质量为0.6 kg的滑块甲以大小为0.15 m/s的速度与另一质量为0.4 kg、速度大小为0.1 m/s并沿反方向运动的滑块乙迎面相撞，‎ 碰撞后两个滑块粘在一起运动，速度大小为 m/s，碰撞过程中乙滑块受到甲滑块的冲量大小为 N·s.‎ 答案　0.05　0.06‎ 拓展点　爆炸与反冲模型 例4　一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于 (v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝，故选C.‎ 例5　(2018·兴化一中四模)如图所示，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是(　　)‎ 答案　D 解析　礼花弹炸裂的瞬间动量守恒，因炸裂前的总动量为零，则炸裂后总动量为零，因一块碎片沿竖直方向先落地，可知其速度方向竖直向下，则礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是D.‎ ‎‎ 命题点三　人船模型 ‎1.“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒.在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.这样的问题即为“人船模型”问题.‎ ‎2.人船模型的特点 ‎(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.‎ ‎(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.‎ ‎(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.‎ 例6　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　设船的质量为M，人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头用时为t，则人的位移大小为L－d，船的位移大小为d，所以v＝，v′＝.以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：M＝m，解得小船的质量为M＝m，故B项正确.‎ ‎1.(多选)如图6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A.男孩和木箱组成的系统动量守恒 B.小车与木箱组成的系统动量守恒 C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等 答案　CD ‎2.(多选)如图7所示，在光滑的水平面上有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当二人同时相向而行时，发现小车向右运动.下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A.乙的速度必定大于甲的速度 B.甲的质量必定大于乙的质量 C.从数值上，乙的动量必定大于甲的动量 D.甲、乙的动量之和必定不为零 答案　CD ‎3.(2018·南通市、泰州市一模)在冰壶比赛中，冰壶甲以速度v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为v2，方向不变.已知两冰壶质量均为m，碰撞过程时间为t，求：‎ ‎(1)正碰后冰壶乙的速度v；‎ ‎(2)碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力大小F.‎ 答案　见解析 解析　(1)以碰撞前冰壶甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv1＝mv2＋mv 解得v＝v1－v2.‎ ‎(2)对冰壶乙，在碰撞过程中由动量定理有Ft＝mv－0‎ 解得F＝.‎ ‎4.(2018·盐城中学4月检测)下雪天，卡车在平直的高速公路上匀速行驶，司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离L后停下.已知卡车质量M为故障车质量m的5倍，设卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车相撞后的速度变为v2，相撞的时间极短，求：‎ ‎(1)v1∶v2的值；‎ ‎(2)卡车在碰撞过程中受到的冲量大小.‎ 答案　见解析 解析　(1)以相撞前卡车的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv1＝(M＋m)v2，由M∶m＝5∶1可得v1∶v2＝6∶5‎ ‎(2)由动量定理可得卡车受到的冲量大小I＝Mv2－Mv1‎ ‎1.(多选)若用p1、p2表示两个在同一直线上运动并且相互作用的物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自的动量变化量，则下列式子能表示动量守恒的是(　　)‎ A.Δp1＝Δp2‎ B.p1＋p2＝p1′＋p2′‎ C.Δp1＋Δp2＝0‎ D.Δp1＋Δp2＝常数(不为零)‎ 答案　BC 解析　动量守恒的含义是：两个物体相互作用前的总动量等于其相互作用后的总动量，因此B选项正确；p1＋p2＝p1′＋p2′，变形后为(p1′－p1)＋(p2′－p2)＝0，即Δp1＋Δp2＝0，故C选项正确.‎ ‎2.(2018·前黄中学检测)如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)‎ 图1‎ A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能守恒 C.动量守恒，机械能减小 D.动量不守恒，机械能减小 答案　D ‎3.(多选)如图2所示，两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A.互推后两同学总动量增加 B.互推后两同学动量大小相等，方向相反 C.分离时质量大的同学的速度小一些 D.互推过程中机械能守恒 答案　BC 解析　对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A错误；互推后两同学总动量为零，动量的大小相等，方向相反，质量大的同学的速度小一些，故B、C正确；互推过程中机械能增大，故D错误.‎ ‎4.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)‎ A.30 kg·m/s　　　　　　 B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 答案　A 解析　由于喷气时间很短，且不计重力和空气阻力，所以火箭和燃气组成的系统动量守恒.设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量大小p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得0＝p1－p2，则火箭的动量大小为p1＝p2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误.‎ ‎5.如图3所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s，vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动，则(　　)‎ 图3‎ A.它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B.它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 D.它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左 答案　C 解析　以向右为正方向，则它们碰撞前的总动量是p＝mAvA－mBvB＝2 kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中遵守动量守恒定律，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，C正确.‎ ‎6.(多选)(2018·徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻水平弹簧，如图4所示，当A撞上弹簧，且弹簧被压缩最短时(　　)‎ 图4‎ A.A、B系统总动量仍然为mv B.A的动量变为零 C.B的动量达到最大值 D.A、B的速度相同 答案　AD 解析　A、B系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，故A的动量不为零，D正确，B错误；因为弹簧还会弹开，故B物体会继续加速，所以此时B的速度并不是最大的，即B的动量未达到最大值，C错误.‎ ‎7.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图5所示.将一质量为m且可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端.此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A.FN＝mgcos α B.滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D.此过程中斜面体向左滑动的距离为L 答案　D 解析　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确.‎ ‎8.(2018·如皋市模拟四)如图6所示，在橄榄球比赛中，质量为100 kg的橄榄球前锋以vA＝5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分.就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75 kg的球员，一个速度vB＝2 m/s，另一个速度vC＝4 m/s，他们腾空扭在了一起.他们碰撞后瞬间的速度大小约为 m/s，在此过程中三名球员的总机械能 (选填“增大”“不变”或“减小”).‎ 图6‎ 答案　0.2　减小 解析　以前锋的速度vA的方向为正方向，设碰撞后瞬间的共同速度为v，根据动量守恒定律得：‎ mAvA－mBvB－mCvC＝(mA＋mB＋mC)v，‎ 代入数据解得：v＝0.2 m/s 碰撞前三名球员的总动能Ek1＝mAvA2＋mBvB2＋mCvC2＝2 000 J 碰撞后三名球员的总动能 Ek2＝(mA＋mB＋mC)v2＝5 J 可知，在碰撞过程中三名球员的总机械能减小.‎ ‎9.(2018·海安中学开学考)如图7甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝1 kg.初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移－时间图象如图乙所示(规定向右为位移的正方向)，求：‎ 图7‎ ‎(1)物体B的质量为多少？‎ ‎(2)A、B碰撞时间极短，图中无法显示，Δt＝0.01 s，求A、B碰撞过程中B受到的平均作用力大小.‎ 答案　见解析 解析　(1)由题图可知，‎ 碰撞前vA＝ m/s＝4 m/s，vB＝0‎ 碰撞后v＝ m/s＝1 m/s 则由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v 解得：mB＝＝3 kg.‎ ‎(2)对B，由动量定理可得I＝FΔt＝mBv－0‎ 解得：F＝＝300 N.‎ ‎10.(2018·南阳中学模拟)如图8所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小.‎ 图8‎ 答案　2mv0‎ 解析　以M、m组成的系统为研究对象，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0‎ 则此过程中水平力的冲量大小I＝Ft＝2mv0.‎ ‎11.(2018·南通市等七市三模)如图9所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v0＝1.0 m/s向左匀速运动.某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1＝7.0 m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回.已知冰车的质量为m1＝10 kg，小孩与滑板的总质量为m2＝30 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取g＝10 m/s2.‎ 图9‎ ‎(1)求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I；‎ ‎(2)通过计算判断，冰车能否追上小孩？‎ 答案　见解析 解析　(1)以向左为正方向，冰车在与竖直墙碰撞过程中由动量定理有 ‎－I＝m1(－v1)－m1v1‎ 解得I＝140 N·s；‎ ‎(2)设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v 解得v＝－1.0 m/s 由于|v|

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