第七章　第34课时　动量守恒定律-2027版高考物理一轮复习

第34课时动量守恒定律目标要求1.理解系统动量守恒的条件并会应用动量守恒定律解决基本问题。2.能熟练运用动量守恒定律解决临界问题。3.会用动量守恒观点分析爆炸问题、反冲运动和人船模型。考点一动量守恒定律及基本应用如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2>v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1'和v2'。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。(1)写出物体A所受作用力F1的冲量与其动量变化量的关系。(2)写出物体B所受作用力F2的冲量与其动量变化量的关系。(3)写出F1与F2的关系。(4)结合(1)(2)(3)中的关系可得出什么结论。答案(1)F1Δt=m1v1'-m1v1(2)F2Δt=m2v2'-m2v2(3)F1=-F2(4)m1v1'+m2v2'=m1v1+m2v21.(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①p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。②Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。(3)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，如碰撞、爆炸等过程。③某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则系统在这一方向上动量守恒。2.动量守恒定律的五个特性：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向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)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量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例1(2025·江苏镇江市期中)小车静止在光滑水平地面上，一个小球用轻绳悬挂在与车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速度释放，在小球向下摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是()A.小球的机械能守恒B.车和小球组成的系统动量守恒C.车所受合力的冲量方向水平向右D.小车一直向左运动答案D解析小球向下摆的过程中，绳拉力对小球做负功，对小车做正功，所以小球的机械能减小，故A错误；车和小球组成的系统竖直方向合力不为零，所以系统动量不守恒，二者水平方向动量守恒，故B错误；小球从初始位置摆到最低点的过程中，小车向左做加速运动，所以车所受合力的冲量的方向水平向左，小车一直向左运动，故C错误，D正确。例2光滑水平地面上的物体A沿直线运动时与静止的物体B发生正碰，其位移—时间图像如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为()A.1∶6 B.1∶4C.1∶3 D.1∶2答案A解析由x-t图像的斜率表示速度，可推出碰撞前后的瞬时速度为vA=82m/s=4m/s，vBvA'=-8-42m/s=-2m/svB'=10-82m/s=1由动量守恒可得mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'代入数据解得mAmB=1例3如图，质量M=9kg的小车A以大小为v0=8m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架上的光滑水平台面上放置着质量m=1kg的小球B(可看作质点，与A速度相同)，小球距离车上表面H=0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m0=6kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的桶中(桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小车的最终速度的大小v；(2)初始时小球与桶的水平距离Δx。答案(1)5m/s(2)1.28m解析(1)整个过程中，小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得(M+m)v0=(M+m+m0)v解得v=5m/s。(2)A与C的碰撞过程动量守恒，则有Mv0=(M+m0)v1设小球下落的时间为t，则有H=12gtΔx=(v0-v1)t，解得Δx=1.28m。例4(来自教材)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/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。答案2m/s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mAv0=mAvA+mCvC ①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC ③联立①②③式，代入数据得vA=2m/s。应用动量守恒定律解题的步骤考点二反冲运动人船模型爆炸问题1.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两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，所以系统的机械能增加一架喷气式飞机(如图所示)飞行的速度是800m/s，如果它喷出的气体相对飞机的速度小于800m/s，那么以地面为参考系，气体的速度方向实际上是与飞机飞行的方向相同的。如果在这种情况下继续喷出气体，飞机的速度还会增加吗？为什么？答案还会增加。设飞机的质量为M，喷出的气体质量为m。取飞机喷气前速度v0的方向为正方向，喷出的气体的速度为v1，v1的方向与v0相同，且v0>v1，由动量守恒定律，有(M+m)v0=mv1+Mv2，v2=v0+m(v0-v1)M，由于v0>0，v1>0，且v0>v例5(2026·江苏省部分学校联考)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃料)为M，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm，喷气速度大小均为v(相对地面)，喷气时间很短均为Δt，喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行n次爆震，忽略重力与阻力。求：(1)第1次爆震时，飞行器受到的平均冲击力大小；(2)n次爆震后，飞行器的速度大小。答案(1)ΔmvΔt(解析(1)第1次爆震后由动量守恒定律可得0=(M-Δm)v1-Δmv由动量定理F1Δt=(M-Δm)v1可得F1=Δ(2)由动量守恒定律可知0=(M-nΔm)vn-nΔmv解得n次爆震后飞行器的速度大小vn=n2.人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0②两者的位移大小满足：mx人t-Mxx人+x船=L，得x人=MM+mL，x船(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即x人x船=v(4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。例6(2024·江苏省锡东高级中学检测)如图所示，有一质量M=6kg、棱长为0.2m的正方体木块，静止于光滑水平面上，木块内部有一从顶面贯通至底面的通道，一个质量为m=2kg的小球由静止开始从通道的左端运动到右端，在该过程中木块的位移为()A.0.05m B.0.10mC.0.15m D.0.50m答案A解析小球由静止开始从如题图所示通道的左端运动到右端过程中，小球与木块组成的系统，水平方向动量守恒，则有mv1·t=Mv2·t，即mx1=Mx2，根据题意有x1+x2=0.2m，联立解得x2=0.05m，故选3.爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒机械能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械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从爆炸前的位置以新的动量开始运动例7(2025·北京卷·17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)该物体抛出时的初速度大小v0；(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；(3)A、B落地点之间的距离d。答案(1)gt(2)2v(3)3vt解析(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0=v0-gt可得v0=gt(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。以A的运动方向为正方向，炸裂后瞬间A速度为v，由动量守恒定律得0=2m·v-m·vB解得vB=2v(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA=vtB的水平位移xB=vBt=2vt所以落地点A、B之间的距离d=xA+xB=vt+2vt=3vt。课时精练[分值：64分][1~6题，每题4分]1.(2025·江苏扬州市检测)以下关于四幅图的说法，正确的是()A.图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒B.图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A的动量守恒C.图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统动量守恒D.图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒答案C解析题图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，故A错误；题图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后系统满足动量守恒，但A的动量不守恒，故B错误；题图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为所受外力之和为零，系统满足动量守恒，故C正确；题图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。2.(2025·江苏南通市期中)如图所示，光滑水平桌面上，A和B两小球用细线相连，弹簧处于压缩状态且与小球不连接。已知两小球的质量mA>mB，则烧断细线后()A.弹簧对小球B冲量大B.弹簧对小球B做功多C.小球A空中飞行时间长D.小球A落地时动能大答案B解析根据题意可知，当烧断细线后，A、B组成的系统动量守恒，则mAvA=mBvB，根据动量定理可知，弹簧对两小球的冲量大小相等，故A错误；根据Ek=p22m，mA>mB，则EkA<EkB，根据动能定理可得WA<WB，故B正确；小球离开桌面后做平抛运动，则t=2hg，两小球平抛的竖直位移相同，则时间相同，故C错误；从烧断细线到小球落地的全过程中，落地时的动能为Ek'=mgh3.(2025·江苏盐城市五校联考)如图所示，将甲、乙两条形磁体隔开一段距离，静置于光滑的水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻()A.甲的动量大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的速度大小比乙的大D.甲的速度大小比乙的小答案D解析同时释放甲和乙后，对甲、乙构成的系统进行分析，系统所受外力的合力为0，系统的动量守恒，由于系统初始状态的总动量为0，可知甲、乙的动量大小相等，故A、B错误；结合上述可知m甲v甲-m乙v乙=0，由于甲的质量大于乙的质量，则有v甲<v乙，即甲的速度大小比乙的小，故C错误，D正确。4.(2025·江苏南京市一模)如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B，已知A、B两球的质量分别为m1、m2，不计空气阻力。则某时刻A、B两球()A.速度大小之比为m1∶m2B.加速度大小之比为m1∶m2C.动量大小之比为m2∶m1D.动能大小之比为m2∶m1答案D解析由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，两小球组成的系统动量守恒，则m1v1=m2v2，所以v1v2=m2m1，两球动量大小相等，比值为1∶1，故A、C错误；两小球的加速度大小之比为a1a2=Fm1Fm5.如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上，质量为M的铁块在下，上下表面正对用极短的细绳连接悬浮在平静的水池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为()A.M+mMh B.M+mC.M+mM(h+2a) D.M答案D解析设铁块竖直下沉的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统合外力为零，由动量守恒可得0=mh-Md，池深H=h+d+2a，解得H=M+mMh+2a6.某次冰球比赛中，甲、乙两运动员静止站在光滑的水平冰面上，甲将静止在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的k(k>1)倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为()A.1 B.kk+1 C.k答案B解析设冰球的质量为m，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有(km+m)v1-kmv2=0，解得v1v2=k7.(8分)(2024·江苏卷·14)“嫦娥六号”探测器由着陆器、上升器、轨道器和返回器四个部分组成，沿环月轨道以速度v0运动。某时刻，着陆器和上升器(组合体A)、轨道器和返回器(组合体B)分离，分离时间为Δt。分离后B的速度为v，方向与v0相同，已知组合体A、B的质量分别为m、M。求：(1)(4分)分离后A的速度大小v1；(2)(4分)分离过程中，A对B的平均推力大小F。答案(1)(m+M)v解析(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1解得v1=((2)以B为研究对象，对B由动量定理有FΔt=Mv-Mv0解得F=M([8~10题，每题4分]8.(2025·河南卷·7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则()A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQC.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP答案D解析P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN'，即mP(vP-vP')=mN(vN'-vN)，根据题图甲可知(vP-vP')>(vN'-vN)，故mP<mN；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN'，即mQ(vQ-vQ')=mN(vN'-vN)，根据题图乙可知(vQ-vQ')<(vN'-vN)，故mQ>mN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。9.(2025·江苏盐城市模拟)一烟花竖直上升到最高点时恰好爆炸，假设爆炸瞬间各碎片以等大的速率向各方向运动，空气阻力忽略不计，则()A.爆炸瞬间，烟花的机械能转化为其他形式的能B.从爆炸后到落地前，各部分碎片均做匀变速直线运动C.从爆炸后到落地前，各部分碎片总在同一个球面上D.从爆炸后到落地前，各部分碎片动量的总和保持不变答案C解析爆炸瞬间，烟花内部的化学能转化为碎片的动能，机械能增加，而非机械能转化为其他形式的能，A错误；爆炸后碎片初速度方向各异，仅当速度方向竖直时做匀变速直线运动；其他方向(如水平)的碎片因加速度与速度方向不共线，轨迹为抛物线，B错误；碎片的运动可分解为两个分运动，一是所有碎片共同的、随质心一起的自由落体运动，二是各碎片相对于质心的匀速直线运动。由于各碎片初速率均为v0，因此在任意时刻t，各碎片相对于质心的距离均为v0t，这表明所有碎片分布在一个以质心为球心、半径不断增大的球面上。C正确；爆炸后系统所受合外力为总重力Mg(M为烟花总质量)，不为零，故系统总动量不守恒，D错误。10.如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.A球将做变速圆周运动B.B球将一直向右运动C.B球向右运动的最大位移为LD.B球运动的最大速度为2答案C解析由于B点不固定，故A不可能做圆周运动，故A错误；A球来回摆动，A、B组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，可知B球将左右做往复运动，故B错误；对于A、B组成的系统，水平方向动量守恒有0=mAvA-mBvB，mA=mB，可得0=mAxA-mBxB，B球有向右的最大位移时有xA+xB=2L，解得B球向右运动的最大位移为L，故C正确；当A球摆到B球正下方时，B球的速度最大，由水平方向动量守恒有mAvA=mBvB，由机械能守恒有mAgL=12mAvA2+12mBvB2，联立解得11.(10分)(2025·江苏南京市期中)如图所示，在水平面上放置一半径为R的半圆槽，A、B为槽左、右两端的最高点且位于同一水平线上，C为半