1、第2讲动量守恒定律及其应用知识排查知识点一动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。2.表达式(1)pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p。(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，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。(3)p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。3.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
2、，系统在该方向上动量守恒。知识点二弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞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.分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最多知识点三反冲、爆炸1.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。2.爆炸(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作
3、用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。(2)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。小题速练1.思考判断(1)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()(2)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。()(3)动量守恒定律表达式m1v1m2v2m1v1m2v2一定是矢量式，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。()答案(1)(2)(3)2.下列情形中，满足动量守恒的是()A.铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B.子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量C.子弹水平穿过墙壁的过程中
4、，子弹和墙壁的总动量D.棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量解析铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零。所以选项B正确。答案B3.(2017全国卷，14)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 kgm/s B.5.7102 kgm/sC.6.01
5、02 kgm/s D.6.3102 kgm/s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p2m2v250103600 kgm/s30 kgm/s。根据动量守恒定律可得0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以选项A正确，B、C、D错误。答案A动量守恒定律的理解及简单应用1.动量守恒定律的几种性质相对性公式中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是相互作用后同一时刻的速度矢量性应先选取正方向，凡是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低速宏观系统，也适
6、用于高速微观系统2.应用动量守恒定律解题的基本思路教材引领1.人教版选修35P17T6改编如图1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两球的质量比为()图1A.12 B.21 C.14 D.41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mBv0mAmB，解得mAmB41，选项D正确。答案D拓展提升2.(2019河南豫南
7、十校联考)光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图2所示。将一质量为m、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2A.FNmgcos B.滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos C.滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D.此过程中斜面向左滑动的距离为L解析经分析可知滑块B相对于斜面加速下滑，斜面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 ，故选
8、项A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故选项B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故选项C错误；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Mv1mv2，x1v1t，x2v2t，x1x2L，解得x1L，故选项D正确。答案D真题闯关3.(2019江苏卷，12)选修35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.v B.v C.v D.v解析由题意知：小孩和滑板动量守恒，则
9、Mvmv0得v，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。答案B反冲和爆炸1.反冲运动的两个规律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.爆炸现象的两个规律动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加教材引领1.人教版选修35P24T1一个连同装备共有100 kg的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m的
10、位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。航天员为了能在10 min时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？解析气体喷出的速度v150 m/s，喷出气体后航天员的速度v2 m/s0.075 m/s；由动量守恒定律：0mv1(Mm)v2，得m0.15 kg。答案0.15 kg拓展提升2.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为31，不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒
11、。因两弹片均水平飞出，飞行时间t1 s。取向右为正方向，由水平速度v知，A中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；B中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；C中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；D中，v甲1 m/s，v乙2 m/s。因爆炸瞬间动量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入数值计算知B正确。答案B真题闯关3.(2018全国卷，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的
12、质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有Emv设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0v0gt联立式得t(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有Emgh1火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mvmvEmv1mv20由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mvmgh2联立
13、式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为hh1h2答案(1)(2)碰撞模型的规律及应用1.碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2或(3)速度要合理若碰前两物体同向运动，则应有v后v前，碰后原来在前面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。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。2.弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1m1v1m2v2m1vm1v12m2v22教材引领1.人教版选修35P21T2质量为m、速度
14、为v的A球跟质量为3m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，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值。请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？(1)0.6v(2)0.4v(3)0.2v解析若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvmv13mv2mv2mv3mv得v1 vv，v2 vv若是完全非弹性碰撞，则mv4mv，vv。综合分析可知，碰撞后B球的速度vB满足vvBv，因此只有(2)是可能的。答案见解析拓展提升2.(多选)如图3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水平面相切，一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则()图3
15、A.小球滑到最高点时滑块的速度大小为0B.小球滑到最高点时滑块的速度大小为C.小球滑到最高点时的高度为D.小球滑到最高点时的高度为解析由该临界状态相对应的临界条件可知，小球到达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度，由水平方向动量守恒定律可得mv0(mM)v，则滑块的速度为v，选项B正确；由机械能守恒得mv(Mm)v2mgh，得出h，选项C正确。答案BC3.(多选)(2019山东枣庄市模拟)A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图4表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断正确的是()图4A.A、B的质量比为32B.A、B作用前后总动量守恒C.A、B作用前后总动量不守恒D.A、
16、B作用前后总动能不变解析根据动量守恒定律mA6mB1mA2mB7得mAmB32，选项A正确；根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，选项B正确，C错误；作用前总动能mA62mB12mA，作用后总动能mA22mB72mA，可见作用前后总动能不变，选项D正确。答案ABD真题闯关4.2016全国卷35(2)如图5，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为
17、m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。图5(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析(1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v03 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kgv1 m/s。(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v00代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和
18、机械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案(1)20 kg(2)不能，理由见解析活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.人教版选修35P16T5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)()A.0.053 m/s B.0.05 m/sC.
19、0.057 m/s D.0.06 m/s解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0(m15m)v，vv00.8 m/s0.05 m/s，故选项B正确。答案B2.(2019山东枣庄三中一模)如图1所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一水平向右的初速度v0，则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()图1A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.盒子的最终速度为，方向水平向右D.盒子的最终速度为，方向水平向右解析在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后最终会相对静止，具有相同的速度。以物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向不受
20、外力作用，则水平方向动量守恒，可得mv0(Mm)v，所以v，方向水平向右，故C正确。答案C3.人教版选修35P17T7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()A.35 N B.100 NC.102.5 N D.350 N解析子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0(mM)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FT(mM)g(mM)得，悬绳的拉力FT(mM)g(m
21、M)102.5 N，所以选项C正确。答案C4.(2020山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为()A.E B.EC.E D.E解析设碰撞前中子的速度为vn，碰撞后中子的速度为vn，氘核的速度为vH，则有mvnmvn2mvH，mvmvn22mvH2，得vnvn，所以碰撞后中子的动能E，损失的动能E，故B正确。答案B5.(2019青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图2所示的位移时间图象。图中
22、的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()图2A.碰前滑块与滑块速度大小之比为72B.碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C.碰前滑块的动能比滑块的动能小D.滑块的质量是滑块的质量的解析根据xt图象的斜率等于速度，可知碰前滑块速度为v12 m/s，滑块的速度为v20.8 m/s，则碰前速度大小之比为52，故选项A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为v0.
23、4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1m2v2(m1m2)v，解得m26m1，由动能的表达式可知，m1vm2v，故选项C错误，D正确。答案D6.(多选)(2019莆田一中月考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达地面D.炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等解析在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒
24、定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，故A错误；a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故B错误；a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a、b一定同时到达水平地面，故C正确；在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等，故D正确。答案CD7.如图3所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA2 kg、mB1
25、kg、mC2 kg。开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。图3解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvC A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC联立式，代入数据得vA2 m/s答案2 m/s综合提能练8.(多选)
26、(2019山东济南一中模拟)如图4所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()图4A.该碰撞为弹性碰撞B.该碰撞为非弹性碰撞C.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析规定向右为正方向，碰撞前两球的动量均为6 kgm/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB2mA，所以碰撞前vAvB，所以左方是A球。碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，所以碰撞后A球的动量是2 k
27、gm/s；碰撞过程系统动量守恒：mAvAmBvBmAvAmBvB，所以碰撞后B球的动量是10 kgm/s，根据mB2mA，可知碰撞后A、B两球速度大小之比为25，故C正确，D错误；碰撞前系统动能为，碰撞后系统动能为，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A正确，B错误。答案AC9.如图5所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态，当人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出直到B船上的人不能再接到A船，则B船上的人
28、推船的次数为()图5A.7 B.6 C.3 D.9解析取向右为正，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得mBv1mAv0，解得v1v，当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得mAvmBv1mAvmBv2，解得v2v1v，设第n次推出A时，B的速度大小为vn，由动量守恒定律得mAvmBvn1mAvmBvn，解得vnvn1v则有vn(2n1)vB船上的人就不能再接到A船，须有vvn(临界点)解式得n5.5，则取n6，故选项B正确。答案B10.(2019江苏南通模拟)如图6，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平
29、粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，已知滑块质量m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求：图6(1)滑块运动过程中，小车的最大速度；(2)滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。解析(1)当滑块到达B点时，小车有最大速度v，此时滑块的速度为vB，由动量守恒定律有0MvmvB，解得vB2v。由机械能守恒定律有mgRMv2mv，解得v。(2)滑块从B到C运动过程中，设小车的速度为vM，滑块的速度为vm，由动量守恒定律有0MvMmvm，解得vm2vM。所以在任一时刻滑块速度大小是小车速度大小的2倍，则滑块的平均速度大小是小车的平均速度大小的
30、2倍，即滑块2车，由于它们运动的时间相等，根据x t可得s滑块2s车又s滑块s车L所以小车的位移大小s车L。答案(1)(2)L11.(2019衡水模拟)如图7所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求：图7(1)物块A相对木板B静止后的速度大小；(2)木板B至少多长。解析(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得mv0(mm)v1(mm)v1(mm2m)v2联立得，v20.25v0。(2)当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到木板B的右端时共速，则由能量守恒得，2mv4mv2mgL联立得L。答案(1)0.25v0(2)