2020高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律学案（含解析）.doc

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1、1第 2 讲 动量守恒定律主干梳理 对点激活知识点 动量守恒定律及其应用 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01 02 量保持不变，这就是动量守恒定律。(2)表达式 p 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。03 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和04 等于作用后的动量和。 p1

2、p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。05 p 0，系统总动量的增量为零。06 (3)适用条件理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。近似守恒：系统受到的合外力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。某方向守恒：系统在某个方向上所受合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。知识点 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。01 02 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。03 3分类24散射微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触” ，微观粒子的碰撞又叫做散

3、射。知识点 反冲 爆炸 1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，且常伴有其他形式的能01 向动能的转化。(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用 远小于物体间的相互作用力，02 可利用动量守恒定律来处理。2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03 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04 开始运动。一 思维辨析1系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )2系统的动量守恒时，机械能也一定

4、守恒。( )3当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。( )4光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )5只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。( )答案 1. 2. 3. 4. 5.二 对点激活1(人教版选修 35P 16T5改编)某机车以 0.8 m/s 的速度驶向停在铁轨上的 15 节车厢，跟它们对接。机车跟第 1 节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接3着又跟第 2 节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)

5、( )A0.053 m/s B0.05 m/sC0.057 m/s D0.06 m/s答案 B解析 取机车和 15 节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得 mv0( m15 m)v， vv0 0.8 m/s0.05 m/s。故 B 正确。116 1162(人教版选修 35P 17T7改编)悬绳下吊着一个质量为 M9.99 kg 的沙袋，构成一个单摆，摆长 L1 m。一颗质量 m10 g 的子弹以 v0500 m/s 的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量， g 取 10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为( )A35 N B100 N C102.5 N D350 N答案 C解析

6、子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得 mv0( m M)v，得子弹与沙袋的共同速度 v m/s0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公式mv0m M 0.0150010FT( m M)g( m M) 得，悬绳的拉力 FT( m M)g( m M) 102.5 N，故 C 正确。v2L v2L3(人教版选修 35P 17T6改编)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置， B 球向左运动与 A 球发生正碰， B 球碰撞前、后的速率之比为31， A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则 A、 B 两球的质量之比为( )A12 B21

7、C14 D41答案 D解析 设 A、 B 质量分别为 mA、 mB， B 的初速度为 v0，取 B 的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明 A、 B 碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和 ，则有 mBv0 mA mB ，解得 mA mB41，D 正确。v03 v03 v03 v03考点细研 悟法培优考点 1 动量守恒定律的理解与应用1动量守恒定律的“六性”(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。4(3)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。(4)瞬时性：动

8、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。(5)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。一般选地面为参考系。(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。2.应用动量守恒定律解题的步骤例 1 (2018蓉城模拟)如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为 m 的薄木板 A，木板 A 获得初速度 v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为 m 的小滑块 B 无初速度轻放在木板 A 的上表面，对于滑块 B 在木板 A 上滑动的过程中( B 始终未从 A 的上表面滑出，B 与 A 间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数

9、)，下列说法正确的是( )A A、 B 组成的系统动量和机械能都守恒B A、 B 组成的系统动量和机械能都不守恒5C当 B 的速度为 v0时， A 的速度为 v013 23D当 A 的速度为 v0时， B 的速度为 v013 23解题探究 (1)木板 A 获得初速度 v0后恰好能沿斜面匀速下滑，放上 B 后 A、 B 组成的系统合外力为零吗？提示：由题意知木板 A 与斜面的动摩擦因数等于斜面倾角的正切值，所以放上 B 后A、 B 组成的系统合外力仍为零。(2)刚放上 B 后， A、 B 间发生相对滑动吗？提示：发生。尝试解答 选 C。由于木板 A 沿斜面匀速下滑，则木板 A 受到的合力为零，当

10、小滑块 B 放在木板 A 上表面后， A、 B 组成的系统所受的合力仍为零，则系统的动量守恒，由于 A、 B 间以及 A 与斜面间摩擦力的作用，则系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B 错误；由于 B 与 A之间的动摩擦因数大于 A 与斜面间的动摩擦因数，所以当 A、 B 共速后将沿斜面共同匀速下滑，即 B 的速度不可能大于 A 的速度，又由动量守恒定律知 C 正确，D 错误。总结升华应用动量守恒定律时的几点易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是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，要弄清哪些是

11、系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。变式 1 (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.mv0M m mv0M Mv0M m Mv0m答案 A解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度 v(

12、若速度不相同，必6然相对运动，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。mv0M m考点 2 碰撞问题分析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 p212m1 p22m2 p1 22m1 p2 22m2(3)速度要合理同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(或相等)。相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。2弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒Error!解得 v1 m1 m2 v1 2m2v2m1 m2v2 m2 m1 v2

13、2m1v1m1 m2(2)分析讨论当碰前两物体的速度不为零时，若 m1 m2，则 v1 v2， v2 v1，即两物体交换速度。当碰前物体 2 的速度为零时：v1 v1， v2 v1，m1 m2m1 m2 2m1m1 m2 m1 m2时， v10， v2 v1，碰撞后两物体交换速度。 m1m2时， v10， v20，碰撞后两物体沿相同方向运动。 m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。例 2 (2018安徽知名示范高中质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 p15 kgm/s， p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 10 kgm/s，则甲球质量

14、m1与乙球质量 m2间的关系可能正确的是( )A m1 m2 B2 m1 m2C4 m1 m2 D6 m1 m2解题探究 (1)甲、乙两球碰撞时动量守恒，机械能一定守恒吗？提示：不一定守恒，但不能增加。(2)碰后甲的速度和乙的速度若同向应满足什么关系？7提示：甲的速度小于等于乙的速度。尝试解答 选 C。设碰后甲球动量变为 p1，乙球动量变为 p2，根据动量守恒定律得p1 p2 p1 p2，解得 p12 kgm/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有 p1 22m1 ，解得 ，碰撞前甲的速度大于乙的速度，则 ，解得 mv0，则 mbvb为负， vb与 va反向， a 在 b 之前。所以 A 错误；

15、因题设条件只给出了 va与 v0同向和 mamb，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 sbsa、 sb sa、 sbmgl 12 20即 v 乙B若乙最后接球，则一定是 v 甲 v 乙C只有甲先抛球，乙最后接球，才有 v 甲 v 乙D无论怎样抛球和接球，都是 v 甲 v 乙25答案 B解析 系统总动量为零，最后球在谁手中，谁的质量大，速度则小，故 B 正确。5.(2018衡阳联考三)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上。弧形槽底端与水平面相切，一个质量为 m 的小物块从槽高 h处开

16、始自由下滑，下列说法错误的是( )A在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B在下滑过程中，物块和槽在水平方向动量守恒C物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep mgh23D物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为 2gh3答案 D解析 在物块下滑过程中，外力只有重力做功，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A、B 正确；由 mgh mv 2mv 和12 21 12 20 mv12 mv2得物块滑离弧形槽时的速度 v1 ，再压缩弹簧，使弹簧获得的最大弹性43gh势能 Ep mv mgh，C 正确；物块被弹簧弹开的过程，弹性势能又变成物块的动能，物1

17、2 21 23块离开弹簧时的速度大小为 ，D 错误。4gh36.(2018泉州模拟)如图所示，质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径 AB 长度为 2R，现将质量也为 m 的小球从距 A 点正上方 h0高处由静止释放，然后由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，在空中能上升的最大高度为 h0(不计空气阻力)，则( )3426A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为 R12C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度 h0h h012 34答案 D解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，

18、系统动量不守恒，故 A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得 m m 0， m m 0，解得小车v v2R xt xt的位移 x R，故 B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故 C 错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得 mg（h 0 h0） Wf0，解得34Wf mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 mgh0，由于小球第二次在车中滚动14 14时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械

19、能损失小于 mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于14 14h0 h0 h0，而小于 h0，故 D 正确。34 14 12 347(2018青岛检测)如图所示，连接有轻弹簧的物块 a 静止于光滑水平面上，物块 b以一定初速度向左运动。下列关于 a、 b 两物块的动量 p 随时间 t 的变化关系图象，合理的是( )27答案 BCD解析 两物块作用，系统动量守恒，机械能守恒，且两物块所受弹力大小时刻相等，p t 图线斜率表示物块所受的力即弹簧弹力，故图线斜率绝对值时刻相等，且先增大后减小，若 b 的质量较小，则物块 b 与 a 碰后会反弹， a、 b 两物块的动量随时间 t 的变化关系

20、图象可能如 B 图所示；若 a、 b 质量相等，则碰后速度交换， a、 b 两物块的动量随时间 t的变化关系图象可能如 C 图所示；若 b 的质量较大，则碰后 b 不反弹， a、 b 两物块的动量P 随时间 t 的变化关系图象可能如 D 图所示，故 B、C、D 均有可能，A 不合理。8.A、 B 两球沿同一条直线运动，如图所示的 x t 图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中 a、 b 分别为 A、 B 两球碰撞前的 x t 图象， c 为碰撞后它们的 x t 图象。若 A球质量为 1 kg，则 B 球质量及碰后它们的速度大小分别为( )A2 kg B. kg C4 m/s D1 m/s23答

21、案 BD28解析 由题图可知碰撞前 A、 B 两球都做匀速直线运动， va m/s3 4 102m/s， vb m/s2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动， vc m/s1 4 02 2 44 2m/s。碰撞过程中动量守恒，即 mAva mBvb( mA mB)vc，可解得 mB kg，可知 B、D 正确。239(2018山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块 A、 B 中，射入 A 中的深度是射入 B中深度的两倍。两种射入过程相比较( )A射入滑块 A 的子弹速度变化大B整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C射

22、入滑块 A 中时阻力对子弹做功是射入滑块 B 中时的两倍D两个过程中系统产生的热量相同答案 BD解析 在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知， mv0( M m)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A 项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B 项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C 项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D 项正确。10如图所示， C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为 3 kg，在木板的上表面有两块质量均为 1 kg

23、 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为 0.2。最初木板静止， A、 B 两木块同时以相向的水平初速度 2 m/s 和 4 m/s 滑上长木板，则下列说法正确的是( )A若 A、 B 始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为 4.8 mB木块 B 的最小速度是零C从刚开始运动到 A、 B、 C 速度刚好相等的过程中，木块 A 所发生的位移是 1 mD木块 A 向左运动的最大位移为 1 m答案 AD解析 由题意可知，开始一段时间内，木块 B 向右减速，木块 A 向左减速，此过程木板 C 静止不动；木块 A 的速度先减小到零后与木板 C 一起反向向右加速，木块 B 继续向右29减速

24、，三者共速时，木块 B 的速度最小。设木块 A、 B 的质量均为 m，则木板 C 的质量为3m。取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 mvB mvA5 mv，解得木块 B 的最小速度为v0.4 m/s，由能量守恒定律得 mv mv 5mv2 mgL A mgL B，解得木板最短长12 2B 12 2A 12度 L LA LB4.8 m，故 A 正确，B 错误；木块 A 向左减速的过程，根据动能定理有 mgx 10 mv ，解得木块 A 向左运动的最大位移为 1 m，故 D 正确；木块 A 向右加速12 2A过程，根据动能定理有， mgx 2 (m3 m)v2，解得 x20.16 m，故从刚开

25、始到 A、 B、 C12速度刚好相等的过程中，木块 A 的位移 xA x1 x20.84 m，C 错误。二、非选择题(本题共 3 小题，共 40 分)11(2018全国卷)(12 分)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m， A 车向前滑动了 2.0 m，已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s 2

26、。求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。答案 (1)3.0 m/s (2)4.25 m/s解析 (1)设 B 车质量为 mB，碰后加速度大小为 aB，根据牛顿第二定律有m Bg mBaB式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有vB 22 aBsB联立式并利用题给数据得 vB3.0 m/s(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA。根据牛顿第二定律有m Ag mAaA设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA。由运动学公式有vA 22 aAsA设碰

27、撞前瞬间 A 车速度的大小为 vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有30mAvA mAvA mBvB联立式并利用题给数据得 vA4.25 m/s。12.(12 分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为 10m、12 m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为 2v0、 v0。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)答案 4 v0解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为 vmin，抛出货物后船的速度为 v1，甲船上的人接到货物后船的速度为 v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12 mv0

28、11 mv1 mvmin货物落入甲船过程，10 m2v0 mvmin11 mv2为避免两船相撞应满足 v1 v2解得 vmin4 v0。13(16 分)质量分别为 mA m， mB3 m 的 A、 B 两物体如图所示放置，其中 A 紧靠墙壁，A、 B 由质量不计的轻弹簧相连。现对 B 物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功 W，使A、 B 之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。(1)从解除压缩到 A 运动，墙对 A 的冲量的大小为多少？(2)A、 B 都运动后， A、 B 的最小速度各为多大？答案 (1) (2)0 6mWW6m解析 (1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后， B 在弹力的作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒，设弹簧恢复原长时，B 的速度为 vB0，有W mv32 2B0此过程中墙给 A 的冲量即为系统动量的变化量，有