高考總復習優(yōu)化設計GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI第2節(jié)動量守恒定律及其應用第六章2026內(nèi)容索引0102強基礎增分策略增素能精準突破強基礎增分策略一、動量守恒定律

外力和內(nèi)力是相對的1.內(nèi)容:如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2.表達式:m1v1+m2v2=

。

3.適用條件(1)不受外力或所受外力的合力為0。(2)系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。

外力的沖量忽略不計(3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為0,則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。m1v1'+m2v2'易錯辨析

(1)只要系統(tǒng)外力做功為零,系統(tǒng)動量就守恒。(

)(2)系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(

)(3)系統(tǒng)的動量守恒時,機械能也一定守恒。(

)(4)動量守恒定律表達式m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'一定是矢量式,應用時一定要規(guī)定正方向,且其中的速度必須相對同一個參考系。(

)(5)若在光滑水平面上的兩球相向運動,碰后均變?yōu)殪o止,則兩球碰前的動量大小一定相同。(

)×√×√√應用提升1.如圖所示,光滑水平地面上有一小車,一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連,另一端與滑塊相連,滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮,撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中,從撤去推力開始,小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)(

)A.動量守恒,機械能守恒B.動量守恒,機械能不守恒C.動量不守恒,機械能守恒D.動量不守恒,機械能不守恒B解析

因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦,且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動,即摩擦力做功,而水平地面是光滑的;對小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng),根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒,機械能不守恒,故選B。2.如圖所示,質(zhì)量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋,落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中,小車的底面上涂有一層油泥,車與油泥的總質(zhì)量為4kg,若小球在落在車的底面上之前的瞬時速度是25m/s,則當小球和小車相對靜止時,小車的速度是(g取10m/s2)(

)A.5m/s B.4m/sC.8.5m/s D.9.5m/sA二、碰撞、反沖、爆炸1.碰撞(1)特點:作用時間極短,內(nèi)力(相互碰撞力)遠

外力,總動量守恒。

(2)分類

一種理想化的物理模型①彈性碰撞:碰撞后系統(tǒng)的機械能

損失。

②非彈性碰撞:碰撞后系統(tǒng)的機械能有損失。③完全非彈性碰撞:碰撞后合為一體,系統(tǒng)的機械能損失最大。大于沒有2.爆炸

系統(tǒng)的機械能可以增大與碰撞類似,物體間的相互作用時間很短,作用力很大,且遠大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動量

。

3.反沖(1)定義:當物體的一部分以一定的速度離開物體時,剩余部分將獲得一個反向

,如發(fā)射炮彈、火箭等。

(2)特點:系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)受到的外力,動量守恒。易錯辨析

(6)系統(tǒng)碰撞過程中,系統(tǒng)動量守恒。(

)(7)一個運動的小球與另一個靜止的小球碰撞,機械能可能增加。(

)守恒沖量√×應用提升3.如圖所示,在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板,A球在水平面上靜止放置,B球向左運動與A球發(fā)生正碰,B球碰撞前、后的速率之比為3∶1,A球垂直撞向擋板,碰后原速率返回。兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞,則A、B兩球的質(zhì)量之比為(

)A.1∶2 B.2∶1C.1∶4 D.4∶1D旁欄邊角

人教版教材選擇性必修第一冊P26閱讀“做一做”,完成下面題目。1.氣球內(nèi)氣體向后噴出,氣球會向前運動,這是因為氣球受到(

)A.重力B.手的推力C.空氣的浮力D.噴出氣體對氣球的反作用力答案

D解析

將吹足了氣的氣球嘴松開并放手,氣球會向前運動,是因為氣體噴出時,由于反沖作用,噴出氣體對氣球產(chǎn)生反作用力,故選D。2.(多選)根據(jù)你學過的知識和這兩例實驗,你認為下列說法正確的是(

)A.在平靜的水面上,靜止著一只小船,船上有一人,人從靜止開始從小船的一端走向另一端時,船向相反方向運動B.汽車行駛時,通過排氣筒向后排出燃氣,從而獲得向前的反作用力即動力C.農(nóng)田灌溉用的自動噴水器能夠因反沖而一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)D.軟體動物烏賊在水中經(jīng)過體側(cè)的孔將水吸入體腔,然后用力把水擠出體外,烏賊就會向相反方向游去答案

ACD解析

根據(jù)動量守恒定律可知,人和船組成的系統(tǒng)開始時的總動量為零,當人從小船的一端走向另一端時,船向相反方向運動,故A正確;汽車行駛時,通過發(fā)動機的牽引力給汽車動力,故B錯誤;農(nóng)田灌溉用的自動噴水器,當水從彎管的噴嘴里噴射出來時,由于反沖,彎管會自動旋轉(zhuǎn),故C正確;軟體動物烏賊在水中經(jīng)過體側(cè)的孔將水吸入體腔,然后用力把水擠出體外,由于反沖,烏賊就會向相反方向游去,故D正確。增素能精準突破考點一動量守恒定律的條件及應用[師生共研]1.動量守恒的條件(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動量守恒。(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零,但當內(nèi)力遠大于外力時,系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2.動量守恒定律的“六種”性質(zhì)

系統(tǒng)性研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)條件性首先判斷系統(tǒng)是否滿足守恒條件相對性公式中v1、v2、v1'、v2'必須相對于同一個慣性系同時性公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度,v1'、v2'是相互作用后同一時刻的速度矢量性應先選取正方向,凡是與選取的正方向一致的動量為正值,相反為負值普適性不僅適用于低速宏觀系統(tǒng),也適用于高速微觀系統(tǒng)【典例突破】典例1.(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上,他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板,運動員獲得退行速度;物塊與擋板彈性碰撞,速度反向,追上運動員時,運動員又把物塊推向擋板,使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后,運動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力,該運動員的質(zhì)量可能為(

)A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg思維點撥

對第1次推的過程根據(jù)動量守恒定律列方程,求出推完后運動員的速度,同理求出運動員第2次、第3次推完物塊的速度,由數(shù)學歸納法總結(jié)出運動員第n次推完物塊的速度表達式,根據(jù)第7次推完物塊時的速度小于5.0

m/s,第8次推完物塊時的速度大于5.0

m/s求出質(zhì)量范圍。答案

BC解析

以人和物塊為系統(tǒng),設人的質(zhì)量為m人,物塊的質(zhì)量為m,速度v0=5.0

m/s,人第一次推出物塊后的速度為v1,在第一次推出物塊的過程中,0=m人v1-mv0;在人接住反彈而回的物塊并將其第二次推出的過程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反彈而回的物塊并將其第三次推出的過程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0……在人接住反彈而回的物塊并將其第七次推出的過程中,m人v6+mv0=m人v7-mv0;在人接住反彈而回的物塊并將其第八次推出的過程中,m人v7+mv0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v7<5

m/s,把前七次的方程求和得m人(v1+v2+…+v6)+6mv0=m人(v1+v2+…+v7)-7mv0,可求出m人>52

kg,A錯誤。由于第八次推出后,v8>5

m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+…+v7)+7mv0=m人(v1+v2+…+v8)-8mv0,可求出m人<60

kg,D錯誤。故B、C正確?？碱}點睛

考點考向點睛動量守恒定律應用方法:易錯:對于多過程問題,選過程時要注意把握守恒條件,注意“物塊不能再追上運動員”等臨界條件的分析應用【對點演練】1.(2024江蘇卷)在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左側(cè),右側(cè)用一根細繩連接在滑板A的右側(cè),開始時彈簧處于拉伸狀態(tài),各表面均光滑,剪斷細繩后,則(

)A.彈簧原長時物體動量最大B.彈簧壓縮最短時物體動能最大C.系統(tǒng)動量變大D.系統(tǒng)機械能變大A解析

剪斷細繩后,滑板A與物體B組成的系統(tǒng)所受合外力為0,系統(tǒng)動量守恒,故C錯誤;整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,故可知彈簧原長時彈性勢能最小,物體動能最大,速度最大,此時動量最大,故A正確,B、D錯誤。2.如圖所示,三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列,靜止在光滑水平面上。c車上有一人跳到b車上,接著又立即從b車跳到a車上。人跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止,此后(

)A.a、b兩車運動速率相等B.a、c兩車運動速率相等C.a、c兩車運動方向相同D.三輛車的速率關系為vc>va>vb答案

D

解析

若人跳離b、c車時速度為v,以向右為正方向,由動量守恒定律,人跳離c車的過程有0=-m車vc+m人v人跳上和跳離b車的過程有m人v=-m車vb+m人v人跳上a車的過程有m人v=(m車+m人)·va即vc>va>vb,并且vc與va方向相反,b靜止,故A、B、C錯誤,D正確。

3.如圖所示,甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m,兩船沿同一直線同一方向運動,速度分別為2v0、v0,為避免兩船相撞,乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船,甲船上的人將貨物接住,求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)答案

4v0解析

設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin,拋出貨物后乙船的速度為v1,甲船上的人接到貨物后船的速度為v2,先選乙船(包括人)和貨物為研究對象,由動量守恒定律得12mv0=11mv1-mvmin,再選甲船(包括人)和貨物為研究對象,由動量守恒定律得10m×2v0-mvmin=11mv2,為避免兩船相撞應滿足v1=v2,聯(lián)立解得vmin=4v0?？键c二碰撞模型[師生共研]1.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律(1)動量守恒定律。(2)機械能不增加。(3)速度要合理。①若碰前兩物體同向運動,則應有v后>v前,碰后原來在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運動,則應有v前'≥v后'。②碰前兩物體相向運動,碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例,則有m1v1=m1v1'+m2v2'結(jié)論:(1)當m1=m2時,v1'=0,v2'=v1(質(zhì)量相等,速度交換);(2)當m1>m2時,v1'>0,v2'>0,且v2'>v1'(大碰小,一起跑);(3)當m1<m2時,v1'<0,v2'>0(小碰大,要反彈);(4)當m1?m2時,v1'=v1,v2'=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍);(5)當m1?m2時,v1'=-v1,v2'=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)。

【典例突破】典例2.(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰,小球的質(zhì)量分別為m1和m2,圖乙為它們碰撞前后的x-t圖像,已知m1=0.1kg,由此可以判斷(

)A.碰前m2靜止,m1向右運動B.碰后m1和m2都向右運動C.由動量守恒可以算出m2=0.3kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能AC

【對點演練】4.(多選)(2024廣西卷)如圖所示,在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動,速度大小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰,碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力,則碰撞后,N在(

)A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于vBC解析

由于兩小球碰撞過程中機械能守恒,M、N的質(zhì)量相等,且發(fā)生彈性正碰,碰后兩球?qū)l(fā)生速度交換,碰后M靜止在碰撞處,N以初速度v開始做平拋運動,豎直方向做自由落體運動,即豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動,選項A錯誤,B正確。水平方向做勻速直線運動,即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v,選項C正確,D錯誤。5.冰壺運動是冬奧會比賽項目之一。假設運動員用紅壺撞擊靜止在水平冰面上的藍壺,兩壺發(fā)生正碰,不計碰撞時間,碰撞前、后兩壺的v-t圖像如圖所示。已知兩壺的質(zhì)量均為19kg,則碰撞后藍壺所受的阻力大小為(

)A.3.8N B.2.28NC.1.9N D.1.52NB解析

根據(jù)動量守恒定律可得mv紅=mv紅'+mv藍,解得v藍=0.6

m/s,設碰撞后藍壺所受的阻力大小為Ff,取初速度方向為正方向,對藍壺,根據(jù)動量定理得-FfΔt=0-mv藍,由題圖可知Δt=6

s-1

s=5

s,解得Ff=2.28

N,故B正確,A、C、D錯誤。6.如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩個球,原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動,A球的速度是8m/s,B球的速度是-4m/s,經(jīng)過一段時間后A、B兩球發(fā)生了對心正碰。對于該碰撞之后A、B兩球的速度可能值,某實驗小組的同學們做了很多種猜測,下面的猜測結(jié)果一定無法實現(xiàn)的是(

)

A.vA'=5m/s,vB'=9m/sB.vA'=-4m/s,vB'=8m/sC.vA'=2m/s,vB'=2m/sD.vA'=1m/s,vB'=3m/s答案

A

考點三爆炸和反沖問題[師生共研]1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短,因而作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計,可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動2.對反沖運動的三點說明

作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的總機械能增加【典例突破】典例3.質(zhì)量為m的煙花彈升到最高點距離地面高度為h處爆炸成質(zhì)量相等的兩部分,兩炸片同時落地后相距L,不計空氣阻力,重力加速度為g,則煙花彈爆炸使炸片增加的機械能為(

)B【對點演練】7.發(fā)射導彈過程可以簡化為將靜止的質(zhì)量為m0(含燃料)的導彈點火升空,在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體,忽略噴氣過程中重力和空氣阻力的影響,則噴氣結(jié)束時導彈獲得的速度大小是(

)D8.將總質(zhì)量為1.05kg的模型火箭點火升空,從靜止開始,在0.02s時間內(nèi)有50g燃氣以大小為200m/s的速度從火箭尾部噴出,且燃氣噴出過程中重力和空氣阻力可忽略。則下列說法正確的是(

)A.在燃氣噴出過程中,火箭獲得的平均推力為800NB.在燃氣噴出過程中,火箭獲得的平均推力為200NC.在燃氣噴出后的瞬間,火箭的速度大小約為5m/sD.在燃氣噴出后的瞬間,火箭的速度大小約為10m/sD考點四含彈簧的碰撞問題[名師破題]含彈簧的碰撞問題,一般情況下均滿足動量守恒定律和機械能守恒定律,此類問題的一般解法是:(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài);(2)分析碰撞前、后彈簧和物體的運動狀態(tài),依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程;(3)判斷解出的結(jié)果是否滿足“物理情境可行性原則”,如果不滿足,則要舍掉該結(jié)果;(4)由于彈簧的彈力是變力,所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒定律或能量守恒定律求解;(5)要特別注意彈簧的三個狀態(tài):原長時彈簧的彈性勢能為零,壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)時彈簧連接的物體具有共同的速度,彈簧具有最大的彈性勢能,這往往是解決此類問題的突破點?！镜淅黄啤康淅?.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分別為mA=1.0kg,mB=4.0kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m,如圖所示。某時刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分離,兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.20。重力加速度g取10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小。(2)物塊A、B中的哪一個先停止?該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少?(3)A和B都停止后,A與B之間的距離是多少?思路突破

1.理解彈簧釋放后瞬間,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,再結(jié)合能量關系求解出A、B各自的速度大小。2.A、B都會做勻減速直線運動,并且判斷是B先停下,至于A是否已經(jīng)到達墻壁處,則需要根據(jù)計算確定,結(jié)合幾何關系可算出第二問結(jié)果。3.再通過計算判斷A向左運動停下來之前是否與B發(fā)生碰撞,結(jié)合空間關系,列式求解即可。答案

(1)4.0m/s

1.0m/s

(2)B先停止

0.50m

(3)0.91m解析

(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB,以向右為正方向,由動量守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB①聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0

m/s,vB=1.0

m/s。③(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等,因而兩者滑動時加速度大小相等,設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前,已經(jīng)有一個物塊停止,此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t,B向左運動的路程為sB,則有mBa=μmBg④sB=vBt-at2⑤vB-at=0⑥在時間t內(nèi),A可能與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞后A將向左運動,碰撞并不改變A的速度大小,所以無論此碰撞是否發(fā)生,A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA=vAt-at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75

m,sB=0.25

m⑧這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞,但沒有與B發(fā)生碰撞,此時A位于出發(fā)點右邊0.25

m處。B位于出發(fā)點左邊0.25

m處,兩物塊之間的距離s為s=0.25

m+0.25

m=0.50

m。這表明碰撞后A將向右運動,B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA'時停止,B向左運動距離為sB'時停止,由運動學公式有2asA'=vA″2,2asB'=vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA'=0.63

m,sB'=0.28

m?sA'小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s'=sA'+sB'=0.91

m。?【對點演練】9.如圖所示,A、B兩球之間壓縮著一根輕彈簧(不拴接),