高中物理机构讲义 专题：动量守恒定律

动量守恒定律解密动量守恒定律重难点题型分值重点子弹打木块模型中的动量与能量选择计算6-12分难点动量和能量的综合应用对动量守恒条件的理解1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零。2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。3.系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。运用动量守恒定律和能量守恒定律解决子弹打木块模型问题模型图景特点及满足的规律若子弹未穿出木块：系统动量守恒、能量守恒：mv0＝（m＋M）v，fL相对＝mveq\o\al(2,0)－（M＋m）v2.若子弹穿出木块，穿出时子弹速度为v1,木块速度为v2,则mv0＝mv1＋Mv2，fL相对＝mveq\o\al(2,0)－（mv12＋Mv22）运用动力学、能量和动量观点解决物理问题的一般原则动力学观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题；对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题；对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。1.如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝1.5kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9kg的物块B，现有一颗质量为m0＝0.1kg的子弹C以v0＝500m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有（）A.A、B、C组成的系统动量守恒B.A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒C.子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45N·sD.弹簧被压缩到最短时木板的速度为25m/s【答案】AC【解析】A、B、C三者组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故B错误；子弹击中物块B后与物块B共速，由动量守恒有m0v0＝（m＋m0）v1，v1＝50m/s，对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量，故对物块B产生的冲量为45N·s，C正确；弹簧被压缩到最短时三者共速，由动量守恒有m0v0＝（m＋M＋m0）v2，v2＝20m/s，故D错误。如图所示，静止的木板B的质量M＝2kg，与右墙距离为s。物体A（可视为质点）质量m＝1kg，以初速度v0＝6m/s从左端水平滑上B。已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，在B第一次撞墙前，A已经与B相对静止。地面光滑，B与两面墙的碰撞都是弹性的。求：（1）s的最小值；（2）若A始终未滑离B，A相对于B滑行的总路程是多少？【答案】（1）2m（2）9m【解析】（1）设B与墙相碰时的速度大小为v1，A在B上滑动至AB速度相等的过程中，规定向右为正方向，AB组成的系统满足动量守恒：mv0＝（M＋m）v1，解得v1＝2m/s。A与B刚好共速时B到达墙壁，s距离最短，对B用动能定理，有μmgs＝Mveq\o\al(2,1)，s的最小值为s＝2m。（2）经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终A、B速度都变为零，则在整个过程中，平板车和物块的动能都克服摩擦力做功转化为内能，根据能量守恒因此有μmgx＝mveq\o\al(2,0)，解得x＝9m。1.对动量守恒条件的理解（1）系统不受外力或系统所受外力的合力为零。（2）系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多。（3）系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒。2.子弹打木块模型：动量守恒；机械能减少，转化成内能。3.三大观点及其选取原则：（1）动力学观点动力学观点可解决匀变速运动问题。（2）能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。（3）动量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。（答题时间：30分钟）1.如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上。有一质量也为m的速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后，又下降而离开小车，离车后球的运动情况是（）A.做平抛运动，速度方向与车运动方向相同B.做平抛运动，水平速度方向跟车相反C.做自由落体运动D.小球和车有相同的速度2.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示。上述两种情况相比较（）A.子弹对滑块做的功一样多B.子弹对滑块做的功不一样多C.系统产生的热量一样多D.系统产生热量不一样多3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（）A.0.2N B.0.6NC.1.0N D.1.6N4.如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度。求：（1）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能；（2）整个运动过程中，弹簧对C所做的功。5.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板A上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：（1）木板A与B碰前的速度v0；（2）整个过程中木板B对木板A的冲量I。

【答案】C【解析】车与球在水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，mv2＝mveq\o\al(2,1)＋mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝0，v2＝v，可判断离车后球做自由落体运动，C正确。2.【答案】AC【解析】根据动量守恒知，最后滑块获得的速度（最后滑块和子弹的共同速度）是相同的，即滑块获得的动能是相同的，根据动能定理，滑块动能的增量是子弹做功的结果，所以两次子弹对滑块做的功一样多，A正确，B错误。子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多（子弹初、末速度相等），滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，C正确，D错误。3.【答案】B【解析】豆粒从80cm高处落下时速度为v1，v12＝2gh，则v1＝m/s＝4m/s，设向上为正方向，根据动量定理Ft＝mv2－mv1，则F＝N＝0.6N，B正确。4.【答案】（1）mveq\o\al(2,0)（2）mveq\o\al(2,0)【解析】（1）A与B碰撞，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得2mv1＝（2m＋2m）v2，由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为Ep＝×2mveq\o\al(2,1)－×4mveq\o\al(2,2)＝mveq\o\al(2,0)。（2）当弹簧再次恢复到原长时，C与弹簧分离，则从弹簧开始接触C到分离的过程中，由动量守恒定律得2mv1＝2mvAB＋2mvC，由能量转化守恒定律得×2mveq\o\al(2,1)＝×2mveq\o\al(2,AB)＋×2mveq\o\al(2,C)，解得vAB＝0，vC＝v0，由动能定理得弹簧对C所做的功W＝×2mveq\o\al(2,C)－0＝mveq\o\al(2,0)。5.【答案】（1）（2）－，负号表示B对A的冲量方向向右【解析】（1）木板A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1.A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得2mv1＝3mv2.C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得－μmgL＝·3mveq\o\al(2,2)－·2mveq\o\al(2,1).联立以上三式解得v0＝.（2）根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即I＝－mv2＝－，负号表示B对A的冲量方向向右。

碰撞、爆炸和反冲重难点题型分值重点碰撞、爆炸、反冲过程遵循的规律选择计算6-12分难点应用碰撞、爆炸、反冲规律解决问题碰撞1.分析碰撞问题的三个依据（1）动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。（3）速度要合理①碰前两物体同向，则v后＞v前；碰后，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不可能都不改变。2.弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。3.完全非弹性碰撞规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒，机械能损失最多，且碰后两物体共速。爆炸1.动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。2.位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动。3.由于内力≫外力，故爆炸过程动量守恒。反冲1.火箭飞行的工作原理：火箭靠向后连续喷射高速气体飞行，利用了反冲原理。注意：火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。2.分析火箭类问题应注意的三个问题（1）火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。（2）明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度。（3）列方程时要注意初、末状态动量的方向。注意：反冲过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是（）A.ma＞mb B.ma＜mbC.ma＝mb D.无法判断【答案】B【解析】由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek＝eq\f(p2,2m)知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb。如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（）A.A不能到达B圆槽的左侧最高点B.A运动到圆槽的最低点时A的速率为C.A运动到圆槽的最低点时B的速率为D.B向右运动的最大位移大小为R【答案】D【解析】运动过程不计一切摩擦，可知机械能守恒，A可以到达B圆槽左侧最高点，且A在B圆槽左侧最高点时，A、B的速度都为零，A项错误；设A到达最低点时的速度为v，此时物体B的速度为v′，根据动量守恒定律得0＝mv－2mv′，计算得出v′＝eq\f(v,2)，根据能量守恒定律得mgR＝mv2＋×2mv′2，计算得出v＝，v′＝，B、C两项错误；因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，根据动量守恒定律得m（2R－x）＝2mx，计算得出x＝R，D项正确。1.碰撞模型（1）碰撞模型的三个制约关系：动量制约、动能制约、运动制约。（2）两类典型碰撞：弹性碰撞和完全非弹性碰撞。2.爆炸现象爆炸现象时特殊的“碰撞”，爆炸过程遵循动量守恒；爆炸后系统机械能增加。3.火箭飞行火箭飞行是典型的反冲现象，遵循动量守恒定律；火箭飞行问题中需注意：（1）反冲前、后各物体质量的变化。（2）两部分物体的速度，一般情况要转换成对地的速度。（3）列方程时要注意初、末状态动量的方向。（答题时间：30分钟）1.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动.滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左.两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（）A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动2.质量m＝100kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60kg的游泳者乙，船首指向左方。若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上分别向左、向右以3m/s的速率跃入水中，则小船（）A.向左运动，速率为1m/sB.向左运动，速率为0.6m/sC.向右运动，速率大于1m/sD.仍静止3.如图所示，一个质量为m1＝50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5m（可以把人看做质点）。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面的高度约为（）A.5m B.3.6mC.2.6m D.8m4.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.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s5.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与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ.开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车为（）A.v0 B.v0C.v0 D.06.在冰壶比赛的某次投掷中，运动员对冰壶的水平作用力恒为9.5N,4s后释放冰壶，一段时间后与对方的静止冰壶发生碰撞，碰后对方的冰壶以2.00m/s的速度向前滑行。投掷的冰壶速度减小为0.02m/s，比赛中投掷的冰壶实测质量为19.00kg（由于制造工艺上的不足，两冰壶质量有点偏差），则（）A.4s后释放冰壶的速度为4.0m/sB.对方使用冰壶的质量大于19.0kgC.碰撞后的总动能为40.0JD.两冰壶的碰撞是弹性碰撞7.如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静止于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。

1.【答案】D【解析】选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意.2.【答案】B【解析】选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v－m乙v＋mv′＝0，船的速度为v′＝m/s＝0.6m/s，船的速度方向沿着正方向向左，故选项B正确。3.【答案】B【解析】设在此过程中人、气球对地发生的位移分