2025届高三一轮复习 第六章　动量守恒定律第2讲　动量守恒定律及其应用练习

第2讲　动量守恒定律及其应用素养目标　1.理解动量守恒的条件。2.会应用动量守恒定律解决基本问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型。4.理解碰撞的种类及所遵循的规律。一、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。2.表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。二、“反冲”和“爆炸”模型1.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，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、发射火箭等。(3)规律：遵从动量守恒定律。2.爆炸问题爆炸与碰撞类似，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。如爆竹爆炸等。基础自测1.在如图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其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(　　),图1A.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，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒答案　C解析　系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故C正确。2.一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。该乌贼喷出的水的速度大小v为(　　)A.1.4m/sB.2.8m/sC.14m/sD.28m/s答案　D解析　由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，解得v＝，代入数据得v＝28m/s，故D正确。考点一　动量守恒定律的理解和基本应用1.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。(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，则系统在这一方向上动量守恒。,2.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。考向　动量守恒条件的理解例1(2021·全国乙卷，14)如图2，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(　　)图2A.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　撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，故系统机械能减少，B正确。考向　动量守恒定律的基本应用例2(2022·北京卷，10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图3所示。下列说法正确的是(　　)图3A.碰撞前m2的速率大于m1的速率,B.碰撞后m2的速率大于m1的速率C.碰撞后m2的动量大于m1的动量D.碰撞后m2的动能小于m1的动能答案　C解析　x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小v0＝m/s＝4m/s，m2碰前速度为0，A错误；两物体正碰，m1碰后的速度大小为v1＝m/s＝2m/s，m2碰后的速度大小为v2＝m/s＝2m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。考点二　爆炸、反冲和人船模型1.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内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，所以系统的总机械能增加2.爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以系统的动能增加位置,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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动3.人船模型速度表达式m1v1－m2v2＝0位移表达式m1x1＝m2x2运动特点人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右考向　爆炸问题例3一质量为0.3kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20m高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大。求：(1)动能E；(2)大、小两块烟花弹落地点之间的距离。答案　(1)60J　(2)84m解析　(1)由机械能守恒E＝mgh解得E＝60J。(2)烟花弹在最高点爆炸，动量守恒，设水平向左为正方向，有0＝mv1－mv2由能量守恒定律得E＝×mv＋×mv爆炸后的大、小两块烟花弹均做平抛运动，有h＝gt2，大、小两块烟花弹落地点之间的距离x＝v1t＋v2t解得x＝84m。考向　反冲运动例4“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下：在反推火,箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝1m/s2的加速度垂直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2s减速到0，停止在月球表面上。飞船质量m＝1000kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝1.6m/s2，四条“缓冲脚”的质量不计。求：(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做的功；(2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。答案　(1)－6×104J　(2)5×103N·s解析　(1)设h＝100m设飞船加速下降时火箭推力为F则mg－F＝ma推力对火箭做功为W＝－Fh解得W＝－6×104J。(2)“缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为v2＝2ah从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为4Isin60°－mgt＝mv解得I＝5×103N·s。考向　人船模型例5(2023·重庆模拟)如图4所示，质量为M＝2kg的工件带有半径R＝0.6m的光滑圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，B点距地面高度h＝0.2m。质量为m＝4kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，经B点后滑离工件，取g＝10m/s2。求：图4(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力；(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。,答案　(1)280N　方向竖直向下　(2)0解析　(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有mgR＝mv＋Mv0＝mv1－Mv2联立解得v1＝2m/s，v2＝4m/s在B点处，对物块有FN－mg＝m，解得FN＝280N根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小FN′＝FN＝280N，方向竖直向下。(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间t＝＝0.2s物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距离x＝v1t＝0.4m而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为x1，工件向左运动的距离为x2，两者在水平方向动量守恒，则由水平方向动量守恒得0＝m1－M2两边同乘以两者相互作用的时间t′得0＝mx1－Mx2又由位移关系得R＝x1＋x2联立解得x1＝R＝0.2m，x2＝R＝0.4m故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为Δx＝x－x2＝0。考点三　碰撞问题1.弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，动能没有损失，不仅动量守恒，而且初、末动能相等。,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′m1v＝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，两物体沿同一方向运动)；(3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；(4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；(5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。2.非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损3.完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)vm1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋Ek损4.碰撞遵守的原则(1)动量守恒。(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。(3)速度要合理①碰前若同向运动，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肯定有一个改变或速度均为零。,考向　碰撞的可能性例6(2022·江苏金陵中学模拟)a、b两个物体以相同的动能E沿光滑水平面上的同一条直线相向运动，a物体质量是b物体质量的4倍。它们发生碰撞过程中，a、b两个物体组成的系统的动能损失不可能是(　　)A.1.85EB.1.65EC.1.25ED.0答案　A解析　设b的质量为m，则a的质量为4m，两物体的动能E相等，即×4mv＝mv，则vb＝2va，碰撞过程两物体组成的系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得4mva－mvb＝(m＋4m)v，解得v＝0.4va，系统损失的动能ΔE＝×4mva＋mv－(m＋4m)v2，已知E＝×4mv，解得ΔE＝E。如果碰撞为完全弹性碰撞，系统损失的动能为0，则损失的动能为0≤ΔE≤E＝1.8E，故A正确。考向　弹性碰撞例7(2023·江苏无锡高三期末)A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后，mA＝1kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移—时间图像如图5所示，根据以上信息可知(　　)图5A.碰撞过程中B球受到的冲量为8N·s,B.碰撞过程中A球受到的冲量为－8N·sC.B球的质量mB＝4kgD.A、B两球发生的是弹性碰撞答案　D解析　已知x－t图像的斜率代表速度，则vA＝6m/s，vA′＝2m/s，vB＝3m/s，vB′＝5m/s，根据动量定理有IA＝mAvA′－mAvA＝－4N·s，IB＝mBvB′－mBvB，再根据动量守恒有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝2kg，IB＝4N·s，A、B、C错误；碰撞前后的动能为Ek＝mAv＋mBv＝27J，Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝27J，则A、B两球发生的是弹性碰撞，D正确。考向　非弹性碰撞例8如图6所示，质量相同的A球和B球，A球用细线吊起，B球放在悬点正下方的光滑水平面上。现将A球拉到距离地面高度为h处由静止释放，摆到最低点时与B球碰撞，碰后两球粘在一起共同上摆，则两球上摆的最大高度(空气阻力不计)(　　)图6A.等于B.等于C.介于h和之间D.有可能大于h答案　A解析　A球由静止释放到最低点与B球碰撞前的过程，根据动能定理可得mgh＝mv，解得v0＝，A球与B球碰撞过程满足动量守恒，则有mv0＝2mv,，解得碰后两球的共同速度为v＝＝，碰后两球粘在一起向上摆到最大高度过程，根据动能定理可得－2mgh′＝0－×2mv2，解得两球上摆的最大高度为h′＝，A正确，B、C、D错误。A级　基础对点练对点练1　动量守恒定律的理解和基本应用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.只要系统所受的合力为零，系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒答案　C2.质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　　)A.vB.vC.vD.v答案　B解析　以小孩运动方向为正方向，对小孩和滑板组成的系统，由动量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速度大小v′＝v，故B正确。3.如图1所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线(未画出)相连，中间有一个被压缩的轻弹簧(与两小车未连接)，小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车的质量之比为m1∶m2＝2∶1，下列说法正确的是(　　),图1A.弹簧弹开后左、右两小车的速度大小之比为1∶2B.弹簧弹开后左、右两小车的动量大小之比为1∶2C.弹簧弹开过程左、右两小车受到的冲量大小之比为2∶1D.弹簧弹开过程弹力对左、右两小车做功之比为1∶4答案　A解析　两小车及弹簧组成的系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝0，解得v1∶v2＝1∶2，A正确；由动量守恒定律知，弹簧弹开后左、右两小车的动量大小相等，B错误；弹簧弹开过程中，左、右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft知，左、右两小车受到的冲量大小之比为1∶1，C错误；由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左、右两小车做功之比为W1∶W2＝∶＝1∶2，D错误。对点练2　爆炸、反冲和人船模型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＝，故选项C正确。5.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度在很短时间内从火箭喷口喷出。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.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s答案　A解析　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p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。6.质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)A.hB.hC.hD.h答案　C解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝－Mv2＋mv1，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得0＝－M·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误。对点练3　碰撞问题7.如图2甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为(　　),图2A.2m/s　5kgB.2m/s　3kgC.3.5m/s　2.86kgD.3.5m/s　0.86kg答案　B解析　由图像可知，碰前A的速度为v1＝m/s＝5m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝m/s＝2m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，故选项B正确。8.如图3所示，木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，其质量为2.0kg，静止于光滑水平面上，一质量为2.0kg的小球B以2.0m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，则B球沿A曲面上升的最大高度是(g取10m/s2)(　　)图3A.0.2mB.0.1mC.0.3mD.0.5m答案　B解析　在小球上升过程中，水平方向系统动量守恒，B球沿A曲面上升到最大高度时，A、B速度相同。同时该过程，系统无外力做功，机械能守恒，则有mBv0＝(mA＋mB)v，mBv＝(mA＋mB)v2＋mBgh，解得h＝0.1m，故B正确。9.(2023·江苏南通高三开学考)质量为m、速度为v的A球跟质量为4m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球速度v′可能值的范围为(　　),A.0.2v≤v′≤0.5vB.0.2v≤v′≤0.4vC.0.25v≤v′≤0.5vD.0.25v≤v′≤0.4v答案　B解析　依题意，若A球跟静止B球发生完全非弹性正碰，以A的方向为正方向，则有mv＝(m＋4m)v′，求得v′＝0.2v，若A球跟静止B球发生完全弹性正碰，以A的方向为正方向，则有mv＝mv″＋4mv′，mv2＝mv″2＋×4mv′2，联立两式可求得碰撞后B球速度v′＝0.4v，则碰撞后B球速度v′可能值的范围为0.2v≤v′≤0.4v，故B正确。B级　综合提升练10.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5s末和6s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340m/s，g取10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m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m1v1－m2v2＝0，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，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4s，v＝85m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1020m，故D项错误。11.如图4所示，在足够长的光滑水平面上，用质量分别为2kg和1kg,的甲、乙两滑块，将轻弹簧压紧后处于静止状态，轻弹簧仅与甲拴接，乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞。图4(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小；(2)若乙与挡板P碰撞反弹后不能再与弹簧发生碰撞。求挡板P对乙的冲量的最大值。答案　(1)4m/s　(2)6N·s解析　(1)设向左为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝0，代入数据解得v乙＝4m/s。(2)要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为v甲，设向左为正方向，由动量定理得I＝m乙v甲－m乙(－v乙)解得I＝6N·s。12.(2022·江苏南京市秦淮中学模拟)如图5，水平轨道的AC段粗糙，长度为L＝5m，其余部分光滑。质量为m1＝2kg的滑块P1以速度v＝2m/s与静止在A点的质量为m2＝1kg的滑块P2发生正碰(碰撞时间极短)，碰后滑块P2恰好滑到C点，已知两滑块与AC段轨道间的动摩擦因数均为0.04，重力加速度g取10m/s2，求：图5(1)碰后P2的速度；(2)碰后P1在AC上滑行的时间；(3)P1、P2碰撞过程中损失的能量。答案　(1)2m/s　(2)2.5s　(3)1J解析　(1)对P2碰后由牛顿第二定律得a＝＝μg＝0.4m/s2,根据速度位移公式v＝2aL有v2＝＝m/s＝2m/s。(2)根据动量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2解得v1＝1m/s则碰后P1在AC上滑行的时间t＝＝2.5s。(3)根据能量守恒定律有ΔE＝m1v2－(m1v＋m2v)＝×2×4J－(2×1＋1×4)J＝1J。