2021高考物理人教版一轮复习学案 作业：第六章 第2讲 动量守恒定律及“三类模型”问题 WORD版含解析.docx

1、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)pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p.(2)m1v1m2v2m1v1m2v2，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)p1p2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向(4)p0，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

2、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、“三类”模型问题1“子弹打木块”模型(1)“木块”放置在光滑的水平面上运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动处理方法：通常由于“子弹”和“木块”的相互作用时间极短，内力远大于外力，可认为在这一过程中动量守恒把“子弹”和“木块”看成一个系统：a.系统水平方向动量守恒；b.系统的机械能不守恒；c.对“

3、木块”和“子弹”分别应用动能定理(2)“木块”固定在水平面上运动性质：“子弹”对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；“木块”静止不动处理方法：对“子弹”应用动能定理或牛顿第二定律2“反冲”和“爆炸”模型(1)反冲定义：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3“人船模型”问题(1)模型介绍两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受

4、外力的矢量和为零，则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)模型特点两物体满足动量守恒定律：m1v1m2v20.运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即.应用时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的自测2如图1所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力则船和人相对地面的位移各为多少？图1答案LL解析以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的

5、过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船m人v人，因人和船组成的系统，动量始终守恒，故有m船x船m人x人，由题图可看出，x船x人L，可解得x人L，x船L.题型1动量守恒的理解例1如图2所示，A、B两物体的质量之比为mAmB12，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2AA、B系统动量守恒BA、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

6、、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mAmB12，由摩擦力公式FfFNmg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A、B、C错误，D正确变式1 (多选)如图3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

7、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()图3A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答案BCD解析物体与油泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，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

8、；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正确题型2动量守恒定律的基本应用例2 (多选)如图4所示，一质量M3.0 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m1.0 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4A2.1 m/s B2.4 m/sC2.8 m/s D3.0 m/s答案AB解析以A、B组成的系统为研究对

9、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(Mm)vMvB1，代入数据解得vB12.67 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(Mm)v(Mm)vB2，代入数据解得vB22 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/svB2.67 m/s，故选项A、B正确变式2一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)(

10、)A. B.C. D.答案C解析以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0mv1(Mm)v2解得v2，故选C.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QFfx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EkFfL(L为木块的长度)【例3】(多选)(2019河北唐山市第一次模拟

11、)如图5，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s.则以下说法正确的是()图5A子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D子弹对木块做的功等于木块动能的增量答案BD解析子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为Ff (sd)，可知二者不等，故C错误

12、；对木块根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故选项D正确【变式3】(2019四川第二次诊断)如图6甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点则子弹穿过木块的时间为()图6A.(sL) B.(s2L)C.(sL) D.(L2s)答案D解析子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外力之和为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0mv1mv2，设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能

13、定理：Ff(sL)mvmv，由动量定理：Ff tmv1mv0，对木块由动能定理：Ff smv，由动量定理：Ff tmv2，联立解得：t(L2s)，故选D.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)转化为动能位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的

14、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4】(2020山东济宁市质检)如图7所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离图7答案4解析爆炸之前Emv爆炸过程动量守恒：mv0mv1mv2vv2E解得：v10，v22v0随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，则由hgt2，x2v0t解得x4.【变式4】(2019山东临沂市质检)2017年6月15日，我

15、国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M2 100 g当它以对地速度为v0840 m/s喷出质量为m100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)()A42 m/s B42 m/s C40 m/s D40 m/s答案B解析喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v0，解得：v42 m/s，故B正确，A、C、D错误拓展点反冲运动中的“人船”模型1特点2

16、方程m1v1m2v20(v1、v2为速度大小)3结论m1x1m2x2(x1、x2为位移大小)【例5】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，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，人的位移为Ld，船的位移为d，所以v，v.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mvmv0，可得：M ，小船的

17、质量为：M，故B正确【变式5】(2019湖南娄底市下学期质量检测)质量为M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. hC.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：0Mv2mv1人沿软梯降至地面，气球上升的高度为Lh，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：0Mm，解得：Lh，故C正确，A、B、D错误1(2019福建龙岩市5月模拟)如

18、图1，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止以人、锤子和平板车为系统(初始时系统静止)，研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是()图1A若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动B若水平面光滑，打后平板车可能向右运动C若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动D若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动答案D解析以人、锤子和平板车为系统，若水平面光滑，系统水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，所以平板车一定向左运动，A错误；系统水平方向动量为零，打后锤子与平板车均静止，B

19、错误；若水平面粗糙，在锤子挥下的过程车由于受摩擦力作用，可能静止不动，在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能向右运动，C错误，D正确2.如图2，两滑块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2AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA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

20、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3(2017全国卷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)()A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/s D6.3102 kgm/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p2m2v250103600 kg m/s30 kgm/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定

21、律可得，0m1v1m2v2，则火箭的动量大小为p1m1v1m2v230 kgm/s，所以A正确，B、C、D错误4.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图3所示将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图3AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos C滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D此过程中斜面体向左滑动的距离为L答案D解析当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于

22、地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcos ，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1mx2，x1x2L，解得x1L，D正确5一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹

23、可能正确的是()答案B6. (多选)(2019安徽宣城市第二次模拟)如图4，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则()图4A在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功C被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动答案AD解析在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故A正确；在小球下滑过程中，槽向左滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力

24、做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误7(2019陕西榆林市第三次测试)如图5甲所示，物块A、B的质量分别是mA4.0 kg和mB3.0 kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t0时，以一定速度向右运动在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，

25、物块C的vt图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为()图5A9 N s B18 N s C36 N s D72 N s答案C解析由题图乙知，C与A碰前速度为：v19 m/s，碰后瞬间C的速度为：v23 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1(mAmC)v2，代入数据解得mC2 kg, 12 s末A和C的速度为：v33 m/s,4 s到12 s，墙对B的冲量为：I(mAmC)v3(mAmC)v2，代入数据解得：I36 Ns，方向向左，故C正确，A、B、D错误8一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子

26、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？答案(1)v0(2)(3)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(Mm)v解得vv0(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得对木块：Ff tMv0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：Ff x1mv2mv解得：x1对木块：Ff x2Mv2解得：x2子弹打

27、进木块的深度等于相对位移，即x相x1x29一火箭喷气发动机每次喷出m200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M300 kg，发动机每秒喷气20次(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s解析(1)选取整体为研究对象，设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M3m)v33mv0，故v32 m/s(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M20m)v2020mv0，故v

28、2013.5 m/s.10(2020河北邯郸市模拟)如图6所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：图6(1)木块与水平地面间的动摩擦因数；(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.答案(1)(2)mv解析(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得2mgs2m()22mv解得(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有2m mv，根据能量守恒定律有E02m()2mv2解得E0mv