高三物理一轮复习精品学案：动量守恒定律及“三类模型”问题

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m A∶m B＝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F f A向右、F f B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F f A∶F f B ＝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1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg·m/s

B.5.7×102 kg·m/s

C.6.0×102kg·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＝50×10－3×600kg·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＝30kg·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0.5kg ，乙车和磁铁的总质量为1kg ，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2m /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)4

3m /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 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43m/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′＝2m/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

E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′2

2m 2

(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

?????

m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1

′2＋12m 2v 2′2

② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2

v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1

m 1＋m 2

(2)分析讨论：

当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1

m 1＋m 2

，

①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 10，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m 1＝4kg ，m 2＝2kg ，A 的速度v 1＝3m /s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m /s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A.均为1m /s B.＋4 m/s 和－5m/s C.＋2m /s 和－1 m/s

D.－1m /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

E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝12×4×9J ＋1

2×2×9J ＝27J

E k ′＝12m 1v 1′2＋1

2

m 2v 2′2

由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，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(v A ′>0，v B ′<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E k ≥E k ′，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3

4m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使a 以初速度v 0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 32v 02113gl ≤μ

2gl

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

1

2m v 02>μmgl ① 即μ

2gl

②

设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒定律得 12m v 02＝1

2

m v 12＋μmgl

③

设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有 m v 1＝m v 1′＋3

4m v 2′

④ 12m v 12＝12m v 1′2＋12×3

4m v 2′2

⑤

联立④⑤式解得 v 2′＝87

v 1

⑥

由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12×34m v 2′2≤μ·3m 4gl ⑦

联立③⑥⑦式，可得

μ≥32v02

113gl⑧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

32v02 113gl≤μ

2gl.

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 (5－2)M ≤m ＜M

解析 设A 运动的初速度为v 0，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

m v 0＝m v 1＋M v 2

由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v 12＋1

2M v 22

可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m

m ＋M

v 0

要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 12＝12m v 32＋1

2

M v 42 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋M

v 1

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v 3≤v 2 即

2m

m ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M

)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2

解方程可得m≥(5－2)M

另一解m≤－(5＋2)M舍去

所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足

(5－2)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＝4kg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＝0.5m，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＝10m/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)2m/s(2)39J

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m v0＝(M＋m)v

解得v＝m

M＋m

v0

代入数据得木块A的速度v＝2m/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

E pm＝1

2m v0

2－12(m＋M)v2－μmgL

代入数据得E pm＝39J.

拓展点2“滑块—平板”碰撞模型

例

6如图6所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/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v 0′不超过多少？

答案 (1)0.8m /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：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 解得v ＝0.8m/s

(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理： －F f t ＝m 2v －m 2v 0 又F f ＝μm 2g 解得：t ＝v 0－v

μg

代入数据得t ＝0.24s

(3)对小车应用动能定理：μm 2gx ＝1

2m 1v 2

解得x ＝0.096m

(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：