第六章 第二节 动量守恒定律及其应用-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

第二节　动量守恒定律及其应用　

一、动量守恒定律

1．动量守恒定律

(1)内容：如果一个系统__不受外力__，或者__所受外力的合力为零__，这个系统的总动量保持不变。

(2)四种表达式

①p＝p′，系统相互作用前的总动量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。

2．动量守恒定律的守恒条件

(1)理想守恒系统：不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零。

(2)近似守恒：内力__远大于__它所受到的外力。如碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等现象中系统的动量近似守恒。

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统__在该方向上__动量守恒。但值得注意的是，系统的总动量可能不守恒。

二、弹性碰撞和非弹性碰撞

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

三、爆炸和反冲运动

1．爆炸

爆炸过程中的内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量__守恒__。

2．反冲运动

(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，系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动中遵循动量守恒定律。

[自我诊断]

判断下列说法的正误。

(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(×)

(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)

(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(×)

(4)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)

(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等。(√)

(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中飞船与喷出的气体的总动量守恒。(√)

(7)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题，动能都不会增大。(×)

(8)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(×)

考点一　动量守恒定律的理解及基本应用

1．动量守恒的条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒。

2.动量守恒定律的“五性”

(一)动量是否守恒的判断

[例1]　(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则(　　)

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒

B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒

C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒

D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒

[解析]　如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右、FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项正确：若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确。

[答案]　BCD

[跟踪训练]

1．(多选)(2020·博兴县第三中学月考)如图所示，质量为M的斜面放在光滑的水平面上，质量为m的物体由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这过程中(　　)

A．M、m组成的系统满足动量守恒

B．任意时刻m、M各自的水平方向动量的大小相等

C．m对M的冲量等于M的动量变化

D．M对m的支持力做负功

[解析]　物体相对于斜面有沿斜面向下的加速度，相对于地面有竖直向下的分加速度，所以M、m组成的系统竖直方向的合外力不为零，在水平方向受到的合外力为零，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，A错误；系统在水平方向不受外力，所以系统在水平方向动量守恒，由于初始时系统在水平方向的总动量为零，根据水平方向动量守恒知任意时刻m、M各自的水平方向动量的大小相等，B正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量变化量，M受到重力、地面的支持力和m对M的压力，可知，m对M的冲量不等于M的动量变化，C错误；M对m的支持力与斜面垂直，由于M相对于地面要向右运动，所以M对m的支持力与m相对于地面的位移不垂直，且支持力方向和m相对于地面的位移方向的夹角为钝角，所以M对m的支持力要做负功，D错误。

[答案]　BD

(二)动量守恒定律的基本应用

[例2]　(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　 )

A．2.1 m/s　 B．2.4 m/s　

C．2.8 m/s　 D．3.0 m/s

[解析]　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s。当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2 m/s＜vB＜2.67 m/s，故选项A、B正确。

[答案]　AB

[跟踪训练]

2．在绝缘光滑水平面上，质量不等、相隔一定距离、带有同种电荷的两个小球，同时从静止释放，则两个小球在运动过程中(　　)

A．速度都变大，加速度都变小

B．速度都变小，加速度都变大

C．总动量大小变大

D．总动量大小变小

[解析]　带有同种电荷的两个小球，它们之间有排斥力，所以两带电小球从静止释放，则两个小球在运动过程中，相互作用力方向与速度方向相同，速度都变大；两者之间的距离变大，根据库仑定律可知，相互作用力变小，根据牛顿第二定律可知， 加速度变小，故A正确，B错误；以两个小球为系统，水平方向上不合外力作用，所以系统动量守恒，所以总动量大小不变，故C、D错误。

[答案]　A

◆规律总结

应用动量守恒定律解题的步骤

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(或某一方向上动量是否守恒)。

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。

考点二　碰撞问题的分析

1．碰撞分类

(1)弹性碰撞

①动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

②机械能守恒：

m1v＋m1v＝m1v1′2＋m2v2′2

当v2＝0时，有v1′＝v1，v2′＝v1。

③推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度。即v1′＝v2，v2′＝v1。

(2)非弹性碰撞

①动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

②机械能减少，损失的机械能转化为内能

|ΔEk|＝ΔEk初－ΔEk末＝Q

(3)完全非弹性碰撞

①动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共。

②碰撞中机械能损失最多

|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v。

2．碰撞后运动状态可能性判断的三个依据

(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。

(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′

或＋≥＋

(3)速度要符合情景。

①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。

[例3]　(2021·福建泉州市质量检查)在游乐场中，父子两人各自乘坐的碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前瞬间双方都关闭了动力，此时父亲的速度大小为v，儿子的速度大小为2v。两车瞬间碰撞后儿子沿反方向滑行，父亲运动的方向不变且经过时间t停止运动。已知父亲和车的总质量为3m，儿子和车的总质量为m，两车与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，求：

(1)碰后瞬间父亲的速度大小和此后父亲能滑行的最大距离；

(2)碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小。

[解析]　(1)设碰后瞬间父亲的速度大小为v1，由动量定理可得

－μ·3mgt＝0－3mv1

得v1＝μgt

设此后父亲能滑行的最大距离为s，由动能定理可得

－μ·3mgs＝0－×3mv

得s＝μgt2

(2)设碰后瞬间儿子的速度大小为v2，取父亲的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv－m·2v＝3mv1＋mv2

设碰撞过程父亲坐的车对儿子坐的车的冲量大小为I，由动量定理可得

I＝mv2－(－m·2v)

解得I＝3mv－3μmgt。

[答案]　(1)μgt　μgt2　(2)3mv－3μmgt

[跟踪训练]

3．(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)

A．48 kg　　 B．53 kg　　

C．58 kg　　 D．63 kg

[解析]　选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8>v0，v7<v0，解得13m<M<15m，即52 kg<M<60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。

[答案]　BC

考点三　反冲　人船模型

1．对反冲运动的三点说明

2.人船模型

若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11＝－m22得m1x1＝－m2x2。该式的适用条件是：

(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。

(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。

[例4]　(2020·青岛期中)平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定车上的货厢边沿水平方向跳出，落在平板车地板上的A点，距货厢的水平距离为l＝4 m，如图所示。人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4 m，货厢高度为h＝1.25 m，求：

(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度；

(2)人落在地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？(g取10 m/s2)

[审题探究]　(1)人与车(包含货厢)组成的系统动量是否守恒？水平方向系统的动量是否守恒？

(2)人与车在水平方向的位移有何关系？

[解析]　(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度大小是v1，车的反冲速度大小是v2，则mv1－Mv2＝0，v2＝v1。

人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速直线运动，运动时间为t＝＝0.5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t，由图可知：

x1＋x2＝l，即v1t＋v2t＝l，

则v2＝＝ m/s＝1.6 m/s。

(2)车的水平位移为x2＝v2t＝1.6×0.5 m＝0.8 m。

人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力)，人落到车上前的水平速度大小仍为v1，车的速度大小为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒，得

mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0，

故人落到车上A点站定后车的速度为零。

[答案]　(1)1.6 m/s　(2)车不运动　0.8 m

[跟踪训练]

[人船模型]

4．(2020·河南省实验中学三模)如图所示，质量M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m＝2 kg的小球(视为质点)通过长L＝0.5 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态，现让小球从静止开始释放，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，轻杆对小球的弹力一直沿杆方向

B．小球从初始位置到第一次到达最低点时，小球的速度大小为 m/s

C．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了0.2 m

D．小球上升到的最高位置比初始位置低

[解析]　小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，则mv1＝Mv2，由能量关系有mgL＝mv＋Mv，联立解得v1＝ m/s，v2＝ m/s，选项B错误；因小球向下摆动时不是做圆周运动，可知轻杆对小球的弹力不是一直沿杆方向，选项A错误；小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块在水平轨道上向右移动的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得0＝m－M，得x＝＝ m＝0.2 m，故C正确；小球上升到最大高度时，小球和滑块具有共同速度，由于系统初始动量为零，则到达最大高度时的共同速度也为零，由能量守恒关系可知，小球还能上升到原来的高度，选项D错误。故选C。

[答案]　C