2021届高考物理一轮复习6第2讲动量守恒定律及其应用练习含解析

第2讲 动量守恒定律及其应用
考点一　动量守恒定律的理解及应用
动量是否守恒的判断
【典例1】如图所示，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 (　　)


A.A、B系统动量守恒
B.A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒
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
【解析】选D。A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，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外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B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，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确。
【多维训练】(多选)(2019·宣城模拟)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，水平轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态(物体与弹簧未连接)，某时刻细线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是
(　　)

A.若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B.若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
【解析】选B、C、D。物体与油泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体在沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；由C的分析可知，当物体与B端油泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
某一方向上的动量守恒问题
【典例2】(2019·六安模拟)如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是 (　　)

A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
【通型通法】
1.题型特征：水平方向上满足动量守恒。
2.思维导引：

【解析】选C。当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误。
人船模型问题
【典例3】如图所示，质量m=60 kg的人，站在质量M=300 kg的车的一端，车长L=3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将 (　　)


A.后退0.5 m　　　　　　 B.后退0.6 m
C.后退0.75 m D.一直匀速后退
【解析】选A。人车组成的系统动量守恒，则mv1=Mv2，所以mx1=Mx2，又有x1+x2=L，解得x2=0.5 m。

1.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、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须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
2.应用动量守恒定律的解题步骤：
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
3.爆炸现象的三个规律：
动量
守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
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，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【加固训练】
　　1.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E=m ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0-v0=
-gt ②
联立①②式得t= ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E=mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有m+m=E ⑤
mv1+mv2=0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
m=mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2= ⑧
答案：(1)　(2)
2.(2019·赣州模拟)如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长为a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长为b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为 (　　)

A.　　　　　　 B.
C. D.
【解析】】选C。取向右为正方向，设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a-b-x，则水平方向上A的平均速度大小为，B的平均速度大小为，根据水平方向动量守恒得：M-m=0，解得，x=，故选C。
3.如图所示，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 (　　)

A.全程滑块水平方向相对地面的位移 R+L
B.全程小车相对地面的位移大小s=(R+L)
C.滑块m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
【解析】选B。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分别得0=mvm-Mv、mgR=m+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。
考点二　碰撞问题
碰撞的可能性问题
【典例4】(多选)质量分别为mP=1 kg、mQ=2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0=4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是 (　　)
A.vP=vQ= m/s
B.vP=-1 m/s，vQ=2.5 m/s
C.vP=1 m/s，vQ=3 m/s
D.vP=-4 m/s，vQ=4 m/s
【解析】选A、B。碰撞前总动量为p=mPvP0=4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek=mP=
8 J。如果vP=vQ= m/s，p′=mPvP+mQvQ=4 kg·m/s，Ek′=mP+mQ= J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP=-1 m/s，vQ=2.5 m/s，p′=mPvP+mQvQ=
4 kg·m/s，Ek′=mP+mQ=6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP=1 m/s，vQ=3 m/s，p′=mPvP+mQvQ=7 kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP=-4 m/s，vQ=4 m/s，p′=mPvP+mQvQ=4 kg·m/s，Ek′=mP+mQ=
24 J，碰撞过程动量守恒，动能增加，D错误。
【多维训练】质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是 (　　)
A.0.6v　　　B.0.4v　　　C.0.2v　　　D.v
【解析】选B。根据动量守恒定律得mv=mv1+3mv2，则当v2=0.6v时，v1=-0.8v，则碰撞后的总动能Ek′=m(-0.8v)2+×3m(0.6v)2=1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v2=0.4v时，v1=-0.2v，则碰撞后的总动能为Ek′=m(-0.2v)2+×3m(0.4v)2=0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v2=0.2v时，v1=0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误；当v2=v时，v1=-2v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。
弹性碰撞模型
【典例5】如图，水平面上相距为L=5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d=3 m。一质量为m=1 kg的小物块A以v0=6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段间的动摩擦因数均为μ=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；
(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。
【解析】(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。
由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2
碰撞前后动能相等，则得：m=m+M
解得：v1=-2 m/s，方向向左，v2=4 m/s，方向向右。
(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：
a=μg=2 m/s2。
B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：
v2t1-a=d
得：t1=1 s(t1=3 s舍去)
与挡板碰后，B的速度大小v3=v2-at1=2 m/s，反弹后减速时间t2==1 s
反弹后经过位移s1==1 m，B停止运动。
物块A与P处挡板碰后，以v4=2 m/s的速度滑上O点，经过s2==1 m停止。
所以最终A、B的距离s=d-s1-s2=1 m，
两者不会碰第二次。
在A、B碰后，A运动总时间tA=+=3 s
B运动总时间tB=t1+t2=2 s，
则时间间隔ΔtAB=tA-tB=1 s。
答案：(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右
(2)1 s
【多维训练】如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2=3m1，则A反弹后能达到的最大高度为 (　　)

A.h　　　　　　　　 B.2h
C.3h D.4h
【解析】选D。所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1+m2)gh=(m1+m2)v2，m2v-m1v=m1v1+m2v2，(m1+m2)v2=m1+m2，m1=m1gh1，又m2=3m1，则v1>v2≥0，联立可得h1=4h，选项D正确。
完全非弹性碰撞模型
【典例6】如图所示，质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4。质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：

(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
【通型通法】
1.题型特征：满足动量守恒，机械能不守恒。
2.思维导引：

【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0=(m0+m)v1，解得v1=6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：
(m0+m)v1=(m0+m+M)v2，
解得v2=2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
-μ(m0+m)gt=(m0+m)v2-(m0+m)v1，
解得：t=1 s。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
【举一反三】在例题的基础上，回答下列问题：
(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的含义是什么？
(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？
(3)当木板的速度v板=1 m/s时，子弹和物块的速度v物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？
【解析】(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速。时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零。
(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大。
(3)由动量守恒定律可得：
(m0+m)v1=Mv板+(m0+m)v物，
可求得v物=4 m/s
由μ(m0+m)g=(m0+m)a，
v物=v1-at′可得t′=0.5 s
所以物块相对于木板滑行的距离
d=t′-t′=2.25 m。
答案：(1)(2)见解析
(3)4 m/s　 2.25 m

1.碰撞遵循的三条原则：
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或+≥+
(3)速度要合理。
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞讨论：
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒和机械能守恒

解得v1′=，
v2′=
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1=m2，则v1′=v2，v2′=v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，v2=0，则：
v1′=，v2′=，
①m1=m2时，v1′=0，v2′=v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③m12L，
解得L