专题39 动量守恒定律的理解与应用 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

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常考点 动量守恒定律的理解与应用
【典例1】
质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上
甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为（ ）
A．0.6m/s，向左B．3m/s，向左
C．0.6m/s，向右D．3m/s，向右
解：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：
0＝﹣m甲v甲+m乙v乙+mv，
解得：v＝
代入数据解得v＝﹣0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确
【典例2】
如图，质量为mB＝2kg的木板B静置在光滑的水平面上，质量为mA＝1kg物块A放在木板的最左端，A
可视为质点，木板B长L＝4m．现使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动，A刚好没有从B上滑下
来．已知A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.3，g取10m/s2．求：
（1）A的初速度；
（2）A从B的最左端运动到最右端所用的时间．
解：（1）A在B上运动的过程中，二者沿水平方向的动量守恒，设A运动到B的右端时，它们的共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律，得：
mAv0＝（mA+mB）v
由功能关系得：
联立得：v0＝6m/s，v＝2m/s
（2）以A为研究对象，由动量定理可得：
﹣μmAgt＝mAv﹣mAv0
代入数据得：t＝s
答：（1）A的初速度是6m/s；
（2）A从B的最左端运动到最右端所用的时间是s．
1． 动量守恒定律
(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(3)常见的几种守恒形式及成立条件：
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。
②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。
2． 动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
3． 应用动量守恒定律解题的步骤
4． 人船模型
【条件】①动量守恒或某方向动量守恒；②总动量为零。
【结论】速度、位移与质量成反比： ； S人
【类人船模型】
【变式演练1】
如图所示，半径为R、质量为M的光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端
由静止滑下．则木块从槽口滑出时的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
解：对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，
在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv﹣Mu＝0
木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgR＝，
联立解得v＝，故B正确，A、C、D错误。
【变式演练2】
如图所示，质量分别为mA＝4kg、mB＝2kg的足够长木板紧挨在一起但不粘连，静止在光滑的水平面上，
质量为mC＝1kg的木块C以初速v0＝10m/s滑上A板左端，最后C木块和B木板相对静止时的共同速度
vCB＝2m/s．求：
①A板最后的速度vA大小；
②C木块刚离开A板时的速度vC大小；
③C在木板A上滑动过程中产生的热量．
解：（1）（2）C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，选取C的初速度的方向为正方向，则
mCv0＝mAvA+（mC+mB）vCB…①
C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则
mCvC+mBvA＝（mC+mB）vCB…②
解得vA＝1 m/s，vC＝4 m/s …③
（3）C在木板A上滑动过程中产生的热量④
得Q＝39J ⑤
答：①A板最后的速度vA大小是1m/s；
②C木块刚离开A板时的速度vC大小是4m/s；
③C在木板A上滑动过程中产生的热量是39J．
1．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为3m，Q与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A．B．C．D．E
解：设P物体的初速度为v0，由已知可得
P与Q碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，规定向右为正方向，满足动量守恒mv0＝（m+3m）v1
此时最大弹性势能
解得
故BCD错误，A正确
2．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4kg，mB＝2kg，速度分别是vA＝3m/s（设为正方向），vB＝﹣3m/s。则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）
A．vA'＝1m/s，vB'＝1m/sB．vA'＝4m/s，vB'＝﹣5m/s
C．vA'＝2m/s，vB'＝﹣1 msD．vA'＝﹣1m/s，vB'＝﹣5m/s
解：碰撞前：pA＝mAvA＝4×3kg•m/s＝12kg•m/s，pB＝mBvB＝﹣3×2kg•m/s＝﹣6kg•m/s，
则总动量p＝pA+pB＝（12﹣6）kg•m/s＝6kg•m/s；
EkA＝＝×4×32J＝18J，EkB＝＝×2×（﹣3）2J＝9J，
则总动能Ek＝EkA+EkB＝18J+9J＝27J。
A、若碰撞后vA'＝1m/s，vB'＝1m/s，即碰撞后二者共速。
碰撞后总动量p′＝mAvA′+mBvB′，解得：p′＝6kg•m/s＝p
碰撞后总动能Ek′＝+，解得：Ek′＝3J＜Ek，
可见碰撞系统满足动量守恒，机械能不增加，二者共速，故A正确；
B、若碰撞后vA'＝4m/s，vB'＝﹣5m/s，可知碰后A速度方向向右，B的速度方向向左，二者不会分离再次相碰，不合理，故B错误；
C、若碰撞后vA'＝2m/s，vB'＝﹣1 ms，可知碰后A速度方向向右，B的速度方向向左，二者不会分离再次相碰，不合理，故C错误；
D、若碰撞后vA'＝﹣1m/s，vB'＝﹣5m/s，可知碰后A速度方向向左，B的速度方向也向左，但是B在A的后面速度大于A的速度，二者会再次碰撞，不合理，故D错误
3．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中（ ）
A．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，系统机械能不守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零
D．小球向左摆到最高点，小球的速度为零小车速度也为零
解AB．小球向左摆动时，小车向右运动，小球受到的重力使系统合外力不为零，故系统动量不守恒，但该过程只有重力做功，故系统机械能守恒，故AB错误；
CD．系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，规定向左为正方向，可得
m球v1+m车v2＝0
故小球向左摆到最高点，小球的速度为零小车速度也为零，故C错误，D正确。
4．（供选学3﹣5模块的考生做）x质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（ ）
A．木块静止，d1＝d2B．木块向右运动，d1＜d2
C．木块静止，d1＜d2D．木块向左运动，d1＝d2
解：设子弹速度为v，质量为M
已知木块质量为m
由动量守恒定律可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为 v1，选取向右为正方向，
则有 Mv＝（M+m）v1
木块与子弹组成的系统损失的动能为△Ek＝Mv2﹣（M+m）v12
设子弹与木块之间作用力恒定为 F
则有 Fd1＝△Ek＝Mv2﹣（M+m）v12①
第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得
Mv﹣Mv＝（2M+m）v′，得v′＝0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止
再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得
Fd2＝（M+m）+Mv2②
由①②对比得，d1＜d2
5．(多选)如图所示，木块B与水平轻弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短．关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒
B．子弹射入木块的过程中，系统的机械能守恒
C．木块压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒
D．木块压缩弹簧的过程中，系统的机械能守恒
解：A、子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；
B、子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，系统机械能不守恒，故B错误；
C、木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；
D、木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确
6．(多选)如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L．乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法中不正确的是（ ）
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为
D．乙车移动的距离为
解：A、甲乙两车以及人组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv甲﹣（M+m）v乙＝0，解得，故A错误，B正确。
C、根据动量守恒有：Mx甲＝（m+M）x乙，x甲+x乙＝L，解得甲车移动的距离x甲＝，乙车的位移x乙＝，故C、D错误。
7．(多选)如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（ ）
A．木块的最终速度为
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动能越多
D．不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值
解：小车和木块组成的系统，在水平方向上不受外力，动量守恒；
由于车表面足够长，最终木块和小车保持相对静止，一起做匀速直线运动，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝（M+m）v，
解得：v＝，
即小车和物体的末速度与表面的粗糙程度无关，所以木块减少的动能和小车增加的动能与车表面粗糙程度无关，均为定值，故BC错误，AD正确。
8．(多选)如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，空气的阻力也不考虑。则下列说法正确的是（ ）
A．人在车上向右行走时，车将向左运动
B．当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续运动
C．若人缓慢地在车上行走时，车可能不动
D．当人从车上的左端行走到右端，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同
解：AC、人与平板车组成的系统动量守恒，在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv人+Mv车＝0，
解得：v车＝﹣，车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，车不可能不动，故A正确，C错误；
B、因为人与平板车组成的系统初动量为零，系统动量守恒，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，故B错误；
D、设车的长度为L，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv人﹣Mv车＝0，m﹣M＝0，
解得：x＝，车在地面上移动的距离x与人的行走速度无关，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同，故D正确。
9．如图所示，甲、乙两船的总质量（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（不计水的阻力），求：
（1）抛出货物的最小速度；
（2）以这个最小速度抛出货物过程中，乙船上的人至少做的功W。
解：（1）设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2。
先选乙船、人和货物为研究系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1﹣mvmin
再选甲船、人和货物为研究系统，取向右为正方向，由动量守恒定律得
10m×2v0﹣mvmin＝11mv2
两船恰好不相撞时，应满足 v1＝v2
联立解得 vmin＝4v0
（2）以这个最小速度抛出货物过程中，根据动能定理得：
W＝+﹣
解得 W＝
答：（1）抛出货物的最小速度是4v0；
（2）以这个最小速度抛出货物过程中，乙船上的人至少做的功W是。
10．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的A、B两个小物块（均视为质点），A、B用细绳连接，中间有一压缩的较短轻弹簧（弹簧与物块不拴接）。开始时A、B均静止。在物块A右边一定距离处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻细绳突然断开，物块A、B瞬间分离，A向右运动，恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知重力加速度为g，求：
（1）细绳断开前弹簧的弹性势能大小？
（2）斜面体的质量？
解：（1）A恰好能过半圆形轨道的最高点D，重力提供向心力，设A到达D点时的速度为vD，由牛顿第二定律得：
mg＝m
设A、B分离时的速度分别为vA、vB，从A、B分离到A运动到D的过程，对A，由动能定理得：
﹣mg•2L＝
弹簧释放瞬间A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA﹣mvB＝0
设弹簧弹性势能为Ep，由机械能守恒定律得：
Ep＝
解得：Ep＝5mgL
（2）B与斜面体组成的系统在水平方向动量守恒，B滑上斜面体最高点时两者速度相等，设为v，以向左为正方向，对B和斜面体组成的系统，在水平方向，由动量守恒定律得：
mvB＝（M+m）v
由机械能守恒定律得：
＝+mgL
解得：M＝m
答：（1）细绳断开前弹簧的弹性势能大小是5mgL。
（2）斜面体的质量是m。