2024届高考物理一轮总复习第六章动量动量守恒定律第2讲动量守恒定律学案.docx

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1、第2讲动量守恒定律一、动量守恒定律及其应用1动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。(2)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2。2系统动量守恒的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，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒分方向守恒系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内F外时，系统在该方向上动量守恒二、弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞(1)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。(2)分类：种类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞

2、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2.反冲和爆炸(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。(2)爆炸现象：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。A球的质量是m，B球的质量是，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。微点判断(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。()(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(

3、)(3)两球间发生的是弹性碰撞。()(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。()(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。()(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。()(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。()(一) 动量守恒的判断(固基点) 题点全练通1两个物体组成的系统动量守恒的判断如图，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)

4、中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )A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，机械能不守恒解析：选B撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。2多个物体组成的系统动量守恒的判断(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mAmB32，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( ) A若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统B若A、B与C上表面间的动摩擦因数

5、相同，A、B、C组成的系统C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统D若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统解析：选BCD若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mAmB32，所以FAFB32，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、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，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小

6、相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。3某个方向上动量守恒的判断如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( ) AP对Q做功为零BP和Q之间相互作用力做功之和为零CP和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒DP和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒解析：选BP对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相

7、等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。要点自悟明判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。(二) 动量守恒定律的应用(精研点)1动量守恒定律的五个特性系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统同时性动量是一个瞬时量，表达式中的

8、p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统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

9、说明。多维训练考法1动量守恒定律的基本应用1如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为，而C与平板车之间的动摩擦因数为2。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )A.v0 B.v0C.v0 D0解析：选B设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0mv0(3m2mm)v车，解得v车v0，B正确。考法2动量守恒中的临界极值问题2.如图所示，甲、乙两船的总

10、质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，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的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得12mv011mv乙mvmin对货物和甲船的作用过程，同理有10m2v0mvmin11mv甲为避免两船相撞应有v甲v乙联立式得vmin4v0。答案：4v0考法

11、3动量守恒定律与动量定理的综合3.如图所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 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0.4。质量为m05 g的子弹以速度v0300 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)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物块在木板上滑行的时间t。解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s。(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的

12、速度最大，由动量守恒定律可得：(m0m)v1(m0mM)v2，解得v22 m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：(m0m)gt(m0m)v2(m0m)v1，解得：t1 s。答案：(1)6 m/s(2)2 m/s(3)1 s(三) 某个方向上的动量守恒问题(培优点)典例(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )Amv0(mM)vBmv0cos (mM)vCmghm(v0si

13、n )2Dmgh(mM)v2mv02解析小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos (mM)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh(mM)v2mv02，故C错误，D正确。答案BD多维训练考法1系统在某方向上动量守恒的分析与判断1.(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是(

14、) A小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒B小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒C小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒D小球不能上升到弧形槽B的顶端解析：选AD由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。考法2系统在某方向上动量守恒与机械能守恒的综合2.如图所示，在光

15、滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )A当v0时，小球能到达B点B如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上C小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零D小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左解析：选D滑块不固定，当v0时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0(mM)v，mv02(Mm)v2mgh，可解得hRR，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从

16、B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0(Mm)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0mv1Mv2，mv02mv12Mv22，v1v0，当mM，v1与v0方向相同，向左，当mM，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。课时跟踪检测1(多选)在2022年10月1日举行的女篮世界杯决赛中，中国女篮获得世界杯亚军。这是继1994年后，时隔28年中国女篮再获此殊荣！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2v1，篮球与篮板撞击时间极

17、短。下列说法正确的是( )A撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1v2)B撞击时篮板受到篮球的冲量为零C撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒D撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒解析：选AC以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为Imv2(mv1)m(v1v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。2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

18、时滑板的速度大小为( )A.v B.v C.v D.v解析：选B由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mvmv0，得vv，即滑板的速度大小为，方向与小孩运动方向相反，故B项正确。3.(2022潍坊月考)如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( ) A.，方向向右 B.，方向向右C.，方向向右 Dv1，方向向右解析：选D人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车之间在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。4如图所

19、示，质量mA8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是( )A木块B的最终速度大小为5.6 m/sB在整个过程中，木块B的动能变化量为0C在整个过程中，木块B的动量变化量为0D在整个过程中，系统的机械能守恒解析：选B小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设

20、向右为正方向，由动量守恒定律得mAvAmBvB(mAmB)v，解得v4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为EkmBv2mBvB20，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为pmBvmBvB16 kgm/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。5.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是( ) A细线再次伸直前，物

21、块A的速度先减小后增大B细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大C弹簧最大的弹性势能等于mv02D物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02解析：选C细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，则B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧被压缩到最短，此时两物块速度相同，根据动量守恒定律可得3mv0(3mm)v，解得vv0，根据能量守恒定律可得弹簧最大的弹性势能Epmax3mv02(3mm)v2mv02，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的

22、机械能守恒，故D错误。6.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1m22，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgRmv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gRm2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1m2)vm2v1m1v2，根据题意：m1m22，由以上四式解得v22，接下来男演员做平抛运动，由4Rgt2，得t ，因而sv2t8R。答案：8R