2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 动量守恒定律及“两类模型”问题

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 动量守恒定律及“两类模型”问题，共15页。试卷主要包含了动量守恒定律，“两类”模型问题等内容，欢迎下载使用。

第2讲　动量守恒定律及“两类模型”问题

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0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
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。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
【自测 (多选)如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)

图1
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同
答案　CD
解析　男孩和木箱组成的系统受小车的摩擦力，所以动量不守恒，A错误；小车与木箱组成的系统受男孩的力为外力，所以动量不守恒，B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统，所受合外力为0，所以动量守恒，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，但方向相反，D正确。
二、“两类”模型问题
1．“反冲”和“爆炸”模型
(1)反冲
①定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，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、发射火箭等。
③规律：遵从动量守恒定律。
(2)爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。如爆竹爆炸等。
2．“人—船”模型
(1)模型介绍
两个原来静止的物体发生相互作用时，若整体所受外力的矢量和为零，则两物体组成的系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。
(2)常见情境




命题点一　动量守恒定律的理解和基本应用
　动量守恒定律的理解
【真题示例1 (2021·全国乙卷，14)如图2，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)

图2
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
答案　B
解析　撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。
【针对训练1】 (多选) (2021·福建龙岩市质量检测)如图3所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上。则下列说法正确的是(　　)

图3
A．在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒
B．击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等
C．朱婷击打球完后比排球先落地
D．朱婷击打球完后落回起跳点上
答案　AC
解析　击打过程中朱婷与球在半空中都受到重力的作用，故朱婷和球组成的系统动量不守恒，A正确；击打前后瞬间朱婷用力使球加速，自身化学能转变为球的动能，动能不守恒，B错误；击球后朱婷与球均做平抛运动，朱婷离地高度低于球的高度，且不可视为质点，故应先落地，C正确；朱婷击球后，向后做平抛运动，故击完球后不会落回起跳点上，D错误。
　动量守恒定律的基本应用
【例2 (多选)如图4所示，在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车，人从a车跳上b车，又立即从b车跳回a车，并与a车保持相对静止。下列说法正确的是(　　)

图4
A．最终a车的速率大于b车的速率
B．最终a车的速率小于b车的速率
C．全过程中，a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D．全过程中，a车对人的冲量小于b车对人的冲量
答案　BD
解析　人与a、b组成的系统水平方向不受外力，设水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律，则有0＝(m人＋ma)va－mbvb，得＝＜1，则a车的速率小于b车的速率，故A错误，B正确；人对两车的冲量大小Ia＝mava，Ib＝mbvb＝(ma＋m人)va＞mava，结合牛顿第三定律可知，a车对人的冲量小于b车对人的冲量，故C错误，D正确。
【针对训练2】 (2021·山东泰安市检测)如图5所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1
图5
A．6∶1 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
答案　B
解析　滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v＝m球gh1，解得h1＝；滑环不固定时、物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h2时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，m球v＝(m＋m球)v2＋
m球gh2，由以上各式可得h2＝，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。
命题点二　“反冲”和“爆炸”模型
1．反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内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，所以系统的总机械能增加
2.爆炸现象的三个规律
动量守恒
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，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仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【例3 (2021·辽宁葫芦岛市高考模拟)一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大。求：
(1)动能E；
(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离。
答案　(1)60 J　(2)84 m
解析　(1)由机械能守恒定律得E＝mgh
解得E＝60 J。
(2)烟花弹在最高点爆炸，水平方向动量守恒，设水平向左为正方向，由动量守恒定律有
0＝mv1－mv2
由能量守恒定律有
E＝×mv＋×mv
解得v1＝10 m/s，v2＝20 m/s
大、小两块烟花弹均做平抛运动，竖直方向h＝gt2，则大、小两块烟花弹落地之间的距离x＝v1t＋v2t，解得x＝84 m。
【针对训练3】 在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案　B
解析　设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知m1v1－m2v2＝0，质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误。
命题点三　“人—船”模型
模型特点
(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人与船的位移比等于它们质量比的倒数；人与船的平均速度(瞬时速度)比等于它们质量比的倒数，即＝＝。
(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
【例4 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船 ＝，小船的质量为m船＝，故B正确。
【针对训练4】 (多选)如图6所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)

图6
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
答案　BD
解析　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。


对点练 动量守恒定律的理解和基本应用
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
答案　C
2．(2021·湖北省模拟)如图1所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

图1
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
答案　B
解析　P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q前后移动连线的位移夹角不等于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
3．如图2所示，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝1∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有(　　)

图2
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒
C．小车C先向左运动后向右运动
D．小车C一直向右运动直到静止
答案　D
解析　A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合力为零，所以系统的动量守恒。在弹簧释放的过程中，因mA∶mB＝1∶2，由滑动摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合力不为零，动量不守恒，故A错误；A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B物体对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合力向右，会向右运动，因滑动摩擦力做负功，则系统的机械能不守恒，最终整个系统将静止，故B、C错误，D正确。
4．(多选)如图3所示，一质量mB＝3.0 kg 的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量mA＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)

图3
A．2.1 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案　AB
解析　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(mB－mA)v＝mBvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s。当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得(mB－mA)v＝(mB＋mA)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度范围为2 m/s＜vB＜2.67 m/s，故选项A、B正确。
对点练 “反冲和爆炸”模型
5．(多选)(2021·江西鹰潭市模拟)如图4所示，光滑的水平地面上有木板C，mC＝ 4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA＝1 kg，mB ＝2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E＝27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来， C板足够长，以下结论正确的是(　　)

图4
A．爆炸后瞬间A、B速度大小vA＝2vB
B．若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同，爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C．若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒
D．整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
答案　AD
解析　爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有0＝mAvA＋mBvB，则mAvA＝－mBvB，代入数据得速度大小vA＝2vB，故A正确；A、B受到的摩擦力Ff＝μmg大小不等，则A、B系统所受外力不为0，A、B系统动量不守恒，故B错误；对A、B、C整体分析，合力为零，满足A、B、C组成的系统动量守恒，故C错误；C足够长，最终A、B、C总动量为0，故三者最终速度也为0，即A、B动能全部转化为内能为27 J，故D正确。
6．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 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案　A
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p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误。
对点练 “人—船”模型问题
7．质量为m球的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)
A.h B.h
C.h D.h
答案　C
解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝
－m球v2＋mv1，人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝，人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝，联立得0＝
－m球·＋m·，解得L＝h，故C正确，A、B、D错误。

8．如图5所示，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的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则(　　)

图5
A．全程滑块水平方向相对地面的位移为R＋L
B．全程小车相对地面的位移大小s＝(R＋L)
C．滑块运动过程中的最大速度vm＝
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL
答案　B
解析　设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x＝R＋L－s，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m－M＝0，即m－M＝0，结合M＝3m，解得s＝(R＋L)，x＝(R＋L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvm－Mv，mgR＝mv＋Mv2，联立解得vm＝，故C错误，对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μL，故D错误。
9．如图6所示，质量为M＝40 kg 的平板车置于光滑的水平地面上，车上有一质量为m＝50 kg 的人，车的上表面距离地面高为h＝0.8 m，初始时人和车都静止。现在人以v0＝2 m/s 的水平速度从车的右边缘向右跳出，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：

图6
(1)人跳离车后车的速度大小；
(2)人跳车过程人做了多少功；
(3)人刚落地时距离平板车右边缘多远。
答案　(1)2.5 m/s　(2)225 J　(3)1.8 m
解析　(1)人跳车的过程，水平方向系统的外力为零，人和车水平方向动量守恒，有
0＝mv0－Mv1
可得车获得的速度v1＝2.5 m/s。
(2)人跳车的过程，人的内力做功，把生物能转化为车和人的动能，由能量守恒可得
W＝Mv＋mv
解得W＝225 J。
(3)人跳离车后做平抛运动
竖直方向h＝gt2
解得t＝0.4 s
则人落地时距离车右端s＝(v0＋v1)t＝1.8 m。
10．如图7所示，在足够长的光滑水平面上，用质量分别为2 kg和1 kg的甲、乙两滑块，将轻弹簧压紧后处于静止状态，轻弹簧仅与甲拴接，乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2 m/s，此时乙尚未与P相撞。求：

图7
(1)弹簧恢复原长时乙的速度大小；
(2)压缩弹簧具有的弹性势能；
(3)若乙与挡板P碰撞反弹后不能再与弹簧发生碰撞，挡板P对乙的冲量的最大值。
答案　(1)4 m/s　(2)12 J　(3)6 N·s
解析　(1)设向左为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝0
代入数据解得v乙＝4 m/s。
(2)压缩弹簧具有的弹性势能
Ep＝m甲v＋m乙v＝12 J。
(3)要使乙反弹后不能再与弹簧发生碰撞，碰后最大速度为v甲，设向左为正方向，由动量定理得
I＝m乙v甲－m乙(－v乙)
解得I＝6 N·s。