【物理】2019届一轮复习人教版　动量守恒定律及“三类模型”问题学案 17页

第2讲　动量守恒定律及“三类模型”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零，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.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 答案　C 二、碰撞、反冲、爆炸 ‎1.碰撞 ‎(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.‎ ‎(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒.‎ ‎(3)碰撞分类 ‎①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.‎ ‎②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.‎ ‎③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.‎ ‎2.反冲 ‎(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，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、爆竹爆炸、发射火箭等.‎ ‎(3)规律：遵从动量守恒定律.‎ ‎3.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.‎ 自测2　如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ 图1‎ A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动 C.A静止，B向右运动 D.A向左运动，B向右运动 答案　D 解析　以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.‎ 命题点一　动量守恒定律的理解和基本应用 例1 (多选)如图2所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则(　　)‎ 图2‎ A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒 B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒 C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒 D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒 答案　BCD 解析　如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右、FfB向左，由于mA∶mB＝3∶ 2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.‎ 例2　(2017·全国卷Ⅰ·14)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.以火箭运动的方向为正方向，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A正确，B、C、D错误.‎ 变式1　两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的N极相对.推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰.则：‎ ‎(1)两车最近时，乙的速度为多大？‎ ‎(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？‎ 答案　(1) m/s　(2)2 m/s 解析　(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v 所以两车最近时，乙车的速度为 v＝＝ m/s＝ m/s.‎ ‎(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′‎ 解得v乙′＝2 m/s 命题点二　碰撞模型问题 ‎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.‎ ‎③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来.‎ 例3　(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是(　　)‎ A.均为1 m/s B.＋4 m/s和－5 m/s C.＋2 m/s和－1 m/s D.－1 m/s和5 m/s 答案　AD 解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能情况 Ek＝m1v12＋m2v22＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2‎ 由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA′>0，vB′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误.验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞).‎ 例4　(2016·全国卷Ⅲ·35(2))如图3所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使a以初速度v0向右滑动.此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.‎ 图3‎ 答案　≤μ< 解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv02>μmgl ①‎ 即μ< ②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得 mv02＝mv12＋μmgl ③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④‎ mv12＝mv1′2＋×mv2′2 ⑤‎ 联立④⑤式解得 v2′＝v1 ⑥‎ 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ×mv2′2≤μ·gl ⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧‎ 联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ<.‎ 变式2　(2015·全国卷Ⅰ·35(2))如图4所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.‎ 图4‎ 答案　(－2)M≤m＜M 解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2‎ 由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22‎ 可得v1＝v0，v2＝v0‎ 要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M A反向向左运动与B发生碰撞过程，有 mv1＝mv3＋Mv4‎ mv12＝mv32＋Mv42‎ 整理可得v3＝v1，v4＝v1‎ 由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2‎ 即v0≥v1＝()2v0‎ 整理可得m2＋4Mm≥M2‎ 解方程可得m≥(－2)M 另一解m≤－(＋2)M舍去 所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足 ‎(－2)M≤m＜M 拓展点1　“滑块—弹簧”碰撞模型 例5　如图5所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动.已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：‎ 图5‎ ‎(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；‎ ‎(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.‎ 答案　(1)2 m/s　(2)39 J 解析　(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则 mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0‎ 代入数据得木块A的速度v＝2 m/s ‎(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为 Epm＝mv02－(m＋M)v2－μmgL 代入数据得Epm＝39 J.‎ 拓展点2　“滑块—平板”碰撞模型 例6　如图6所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：‎ 图6‎ ‎(1)物块与小车共同速度大小；‎ ‎(2)物块在车面上滑行的时间t；‎ ‎(3)小车运动的位移大小x；‎ ‎(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？‎ 答案　(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)0.096 m　(4)5 m/s 解析　(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，‎ 根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v 解得v＝0.8 m/s ‎(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理：‎ ‎－Fft＝m2v－m2v0‎ 又Ff＝μm2g 解得：t＝ 代入数据得t＝0.24 s ‎(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝m1v2‎ 解得x＝0.096 m ‎(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v′，以水平向右为正方向，则：‎ m2v0′＝(m1＋m2)v′‎ 由系统能量守恒有：‎ m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s.‎ 拓展点3　“滑块—斜面”碰撞模型 例7　(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图7所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.‎ 图7‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 答案　(1)20 kg　(2)不能，理由见解析 解析　(1)规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v ①‎ m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②‎ 式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度.联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg ③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 ④‎ 代入数据得v1＝－1 m/s ⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥‎ m2v02＝m2v22＋m3v32 ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝－1 m/s ⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩.‎ 命题点三　“人船模型”问题 ‎1.特点 ‎2.方程 m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)‎ ‎3.结论 m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)‎ 例8　长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？‎ 答案　见解析 解析　选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时加速后退；‎ 当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv1－Mv2＝0 ①‎ 因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得 mx1－Mx2＝0 ②‎ ‎②式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出：‎ x1＋x2＝L ③‎ 联立②③两式得x1＝L，x2＝L 变式3　如图8所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力)‎ 图8‎ 答案　见解析 解析　由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒.‎ 设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv1－Mv2＝0 ①‎ 因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对①式两边同乘以Δt，‎ 可得mx＝My ②‎ 由题意知x＋y＝L ③‎ 联立②③得x＝L y＝L 即人相对于地面移动的距离是L.‎ 气球相对于地面移动的距离是L.‎ 命题点四　“子弹打木块”模型问题 ‎1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.‎ ‎2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.‎ ‎3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.‎ ‎4.系统产生的内能Q＝Ff·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.‎ ‎5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度).‎ 例9　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：‎ ‎(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？‎ ‎(2)子弹在木块内运动的时间为多长？‎ ‎(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？‎ ‎(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？‎ ‎(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？‎ 答案　(1)v0　(2) ‎(3)　　 ‎(4)　　(5) 解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v 解得v＝v0‎ ‎(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得 对木块：Fft＝Mv－0‎ 解得t＝ ‎(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得 对子弹：－Ffx1＝mv2－mv02‎ 解得：x1＝ 对木块：Ffx2＝Mv2‎ 解得：x2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝ ‎(4)系统损失的机械能为 E损＝mv02－(M＋m)v2＝ 系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝ 系统增加的内能等于系统损失的机械能 ‎(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有 FfL＝mv02－(M＋m)v2‎ 解得L＝ 因此木块的长度至少为.‎ 变式4　(2018·青海平安模拟)如图9所示，质量为2m、长为L的木块置于光滑水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为Ff＝，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度.‎ 图9‎ 答案　见解析 解析　设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得 mv0＝mv1＋2mv2 ①‎ 根据能量守恒定律得 L＝mv02－mv12－×2mv22 ②‎ 由①②式解得v1＝或v1＝ 将v1＝代入①式，得v2＝v0>v1(舍去)‎ 将v1＝代入①式，得v2＝v0