高中物理高考-第2讲-动量守恒定律-课件

动量守恒定律及其应用第六章第2讲动量守恒定律主干梳理对点激活知识点动量守恒定律及其应用Ⅱ1．几个相关概念(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。(2)内力：系统中物体间的作用力。(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统01_________，或者02____________________，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。(2)表达式①p＝03________，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。②m1v1＋m2v2＝04_____________________，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。③Δp1＝05_________，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。④Δp＝06___，系统总动量的增量为零。不受外力所受外力的矢量和为0p′m1v1′＋m2v2′－Δp20(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。知识点弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能01______的碰撞。2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能02______的碰撞。3．对比分析动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒03______非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失04______不变减少守恒最大知识点反冲爆炸Ⅰ1．反冲现象(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能01______，且常伴有其他形式的能向动能的转化。(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用02_________物体间的相互作用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。增大远小于2．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且03_________系统所受的外力，所以系统动量04______，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位置以新的动量开始运动。远大于守恒一堵点疏通1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。()2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。()3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。()4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以断定碰撞前两球的动量大小一定相等。()5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。()√×√√×二对点激活1．(人教版选择性必修第一册·P15·T4改编)某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A．0.053m/sB.0.05m/sC．0.057m/sD.0.06m/s答案解析解析取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝116v0＝116×0.8m/s＝0.05m/s，故B正确。2．(人教版选择性必修第一册·P15·T6改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1m。一颗质量m＝10g的子弹以v0＝500m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10m/s2)，则此时悬绳的拉力为()A．35NB.100NC．102.5ND.350N答案解析子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝mv0m＋M＝0.01×50010m/s＝0.5m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋瞬间，合力提供向心力，有FT－(m＋M)g＝(m＋M)v2L，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)v2L＝102.5N，故C正确。解析3.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为()A．1∶2B.2∶1C.1∶4D.4∶1答案解析设A、B的质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为v03和－v03，则有mBv0＝mA·v03＋mB－v03，解得mA∶mB＝4∶1，D正确。解析考点细研悟法培优1.动量守恒定律的“六性”(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。考点1动量守恒定律的理解与应用(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。2．应用动量守恒定律解题的步骤例1(2020·山东省临沂市蒙阴县实验中学高三第一学期期末)(多选)将两条完全相同的磁体(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同一直线上，两车不会相碰，如图所示，下列说法正确的是()A．当乙车速度为零时，甲车的速度为1m/s，方向向右B．两车的距离最小时，乙车的速度为0.5m/s，方向向右C．两车的距离最小时，乙车的速度为5m/s，方向向左D．两车及磁体的机械能最小时速度相同答案(1)甲、乙两车组成的系统动量守恒吗？提示：守恒。(2)两车距离最小时速度是否相等？提示：是。尝试解答选ABD。设水平向右为正方向，当乙车速度为零时，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′，且有m甲＝m乙，解得v甲′＝v甲－m乙v乙m甲＝(3－2)m/s＝1m/s，方向向右，故A正确；两车距离最小时速度相同，根据动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，解得v＝0.5m/s，即两车距离最小时，乙车速度为0.5m/s，方向向右，故B正确，C错误；当两车的距离最小时，两车间的磁力做的负功最多，根据能量守恒定律可知机械能减少得最多，此时两车及磁体的机械能最小，由前面分析知此时两车速度相同，故D正确。尝试解答应用动量守恒定律时的几点易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。[变式1－1](2020·山东省济宁一中一模)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A.12mv2B.μmgLC.12NμmgLD.mMv22m＋M答案解析由于水平面光滑，则由箱子和小物块组成的系统，动量始终是守恒的，当箱子和小物块的速度相同后，小物块与箱子保持相对静止，根据动量守恒定律，有mv＝(m＋M)v1，根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝12mv2－12(M＋m)v21＝mMv22m＋M；又因为系统损失的动能等于克服摩擦力所做的功，则ΔEk＝－Wf＝μmg×NL＝NμmgL。综上所述，D正确，A、B、C错误。解析[变式1－2](2021·湖北省高三1月模拟演练)如图所示，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()A．P对Q做功为零B．P和Q之间的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、动量守恒答案解析根据题意，P对Q只有弹力的作用，在P向左运动的过程中，Q对P的弹力对P做正功，则P对Q的弹力做负功，不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于相互作用力，等大反向，且相互作用的两个力作用的位移相等，所以P和Q之间的相互作用力做功之和为0，故B正确；对P和Q构成的系统，因为只有重力做功，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统在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。解析考点2碰撞问题分析1.碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。(2)动能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(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，若物体速度仍同向，则前面的物体速度大(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定律和机械能守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2②解得v1′＝m1－m2v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝m2－m1v2＋2m1v1m1＋m2(2)分析讨论当碰前两物体的速度不为零时，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：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1，①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。②m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。③m10，碰撞后质量小的物体被反弹回来。例2(2020·山东省滕州一中高三下学期4月线上模拟)如图所示，小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。下列关于碰后情况，说法正确的是()A．碰后小球A、B一定共速B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，A球将静止C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是多少，A球都将反弹D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球的速度可以是A球的3倍答案(1)A、B球发生的碰撞一定是完全非弹性碰撞吗？提示：不一定。(2)若A、B球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是什么？提示：vA＝mA－mBv0mA＋mB，vB＝2mAv0mA＋mB。尝试解答选C。小球A、B发生的对心碰撞，可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞。若是完全非弹性碰撞，则碰后A、B两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，故A错误；若A、B两球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝mAv0mA＋mB，若A球质量等于B球质量，则v共＝v02，故B错误；尝试解答若两球发生的是弹性碰撞，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有mAv0＝mAvA＋mBvB，12mAv20＝12mAv2A＋12mBv2B，解得vA＝mA－mBv0mA＋mB，vB＝2mAv0mA＋mB，若A球质量小于B球质量，由上述vA和vB的表达式可知vA<0，若A球质量足够大，B球质量足够小，由上述vA和vB的表达式可知vBvA＝2mAmA－mB＝21－mBmA≈2，故C正确，D错误。尝试解答碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝m1－m2m1＋m2v0、v2＝2m1m1＋m2v0。(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度v0不变，质量小的物体速度为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物体原速率反弹。[变式2](2020·吉林省吉林市高三二调)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s答案解析碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝1×6kg·m/s＋2×2kg·m/s＝10kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝12mAv2A＋12mBv2B＝12×1×62J＋12×2×22J＝22J。如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3kg·m/s＋2×4kg·m/s＝11kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s，则碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；解析如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2kg·m/s＋2×4kg·m/s＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝12×1×22J＋12×2×42J＝18J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，则碰后总动量为p′＝1×(－4)kg·m/s＋2×7kg·m/s＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：Ek′＝12×1×42J＋12×2×72J＝57J，系统动能增加，不可能，D错误。解析考点3碰撞类模型的拓展1.“弹簧类”模型模型图示模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒模型特点(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Mm＋MEk0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解3．“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv20＝12(M＋m)v2共＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv20＝12mv21＋12Mv22(弹性碰撞拓展模型)4．悬绳模型悬绳模型(如图所示)与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。例3(2020·山东实验中学高三下学期线上物理检测)(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的14圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为M2，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则()A．B的最大速率为4m/sB．B运动到最高点时的速率为34m/sC．B能与A再次发生碰撞D．B不能与A再次发生碰撞答案(1)什么时候B达到最大速率？提示：A、B碰后。(2)B与C发生相互作用的过程遵循什么规律？提示：水平方向动量守恒，系统机械能守恒。尝试解答选AD。A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得，M2v0＝M2vA＋MvB，12·M2v20＝12·M2v2A＋12Mv2B，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，A与B碰后B的速率最大，故B的最大速率为4m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝43m/s，B错误；设B、C分离时的速度分别为vB′、vC′，从B冲上C然后又滑到C底端的过程，由水平方向动量守恒，有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒定律有12·Mv2B＝12·MvB′2＋12·2MvC′2，联立解得vB′＝－43m/s，由于vB′48J，而系统在B、C粘在一起后的总机械能为12mAv20＋12(mB＋mC)v2＝48J，由于系统的机械能不会增加，所以A的速度不可能向左，故D正确。解析爆炸的特点1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时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。2．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，所以爆炸前后系统的总动能增加。3．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，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。考点4爆炸例4以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？提示：水平方向。(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增加的动能，机械能不守恒。尝试解答(1)2.5v0方向与爆炸前炮弹运动的方向相反(2)274mv20(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v1＝v0cos60°＝v02。设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，又v1′＝2v0，解得v2＝－2.5v0，负号表示速度方向与规定的正方向相反。(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为E＝ΔEk＝122mv1′2＋12mv22－12(3m)v21＝274mv20。尝试解答(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆炸前的速度。(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。答案(1)1g2Em(2)2Emg答案[变式4](2018·全国卷Ⅰ)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＝12mv20①设烟花弹从②联立①②式得t＝1g2Em③解析(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＝mgh1④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14mv21＋14mv22＝E⑤12mv1＋12mv2＝0⑥解析由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14mv21＝12mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝2Emg。解析1.反冲(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。考点5反冲运动火箭2．火箭(1)火箭加速的原理设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mΔv＋Δmu＝0，解出Δv＝－Δmmu。上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比Δmm越大，火箭获得的速度Δv越大。(2)现代火箭的发射原理由于现代火箭喷气的速度在2000～4000m/s，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。例5(2020·山东省高三下学期开学收心检测)如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是()A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒C．火箭获得的最大速度为Mv0M－mD．火箭上升的最大高度为m2v202gM－m2答案(1)火箭喷水的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒吗？提示：不守恒。(2)火箭喷水的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒吗？提示：守恒。尝试解答选D。火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝mv0M－m，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝m2v202gM－m2，D正确。尝试解答火箭获得的最终速度设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M－m)v1－mv(以火箭的速度方向为正方向)，则：(M－m)v1－mv＝0，所以v＝Mm－1v1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比Mm决定。[变式5]一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s。设火箭质量M＝300kg，发动机每秒钟喷气20次。(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？(2)运动第1s末，火箭的速度为多大？答案(1)2m/s(2)13.5m/s答案解析(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝3mvM－3m≈2m/s。(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝20mvM－20m≈13.5m/s。思维拓展：“人船模型”解析如图所示，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。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，由图可看出：x船＋x人＝L，可解得：x人＝m船m人＋m船L，x船＝m人m人＋m船L。解析此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。解析例6载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？(1)人和气球的速度大小有什么关系？提示：设人和气球的速度大小分别为v人、v球，则mv人＝Mv球。(2)人和气球对地的位移大小与绳梯的长度有什么关系？提示：设人和气球的对地位移大小分别为x人、x球，绳梯的长度为L，则x人＋x球＝L。尝试解答M＋mMh气球和人原来静止在空中，说明系统所受合力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移大小为x人，气球的位移大小为x球，它们的位移状态图如图所示，由动量守恒定律有：0＝Mx球－mx人，又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝M＋mMh。尝试解答“人船模型”问题应注意以下两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。[变式6]如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A.mhM＋mB.MhM＋mC.mhM＋mtanαD.MhM＋mtanα答案解析m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2。①且x1＋x2＝htanα。②由①②可得x2＝mhM＋mtanα，故C正确。解析高考模拟随堂集训1．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3JB.4JC.5JD.6J答案解析由v­t图线可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5m/s、v乙＝1m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1m/s、v乙′＝2m/s。甲、乙两物块碰撞的过程中，由动量守恒定律得：m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg。则损失的机械能为ΔE＝12m甲v2甲＋12m乙v2乙－12m甲v甲′2－12m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故A正确。解析2．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48kgB.53kgC.58kgD.63kg答案解析设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝m0mv0，物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝3m0mv0，第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝5m0mv0，以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝15m0mv0。根据题意可知，v8＝15m0mv0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝13m0mv013m0＝52kg。综上所述，该运动员的质量应满足52kgv乙B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙解析两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B正确，A、C、D错误。答案解析2.(2020·四川省雅安市模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为()A．16JB.2JC.6JD.4J答案解析设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即ΔE＝12m0v20－12(m＋m0)v2＝m＋m0m0·12mv2，而木块获得的动能Ek木＝12mv2＝6J，则ΔE>6J，A正确。解析3．(2020·河北衡水中学4月教学质量监测)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。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，船的质量为()A.mL－ddB.mL＋ddC.mLdD.mL＋dL答案解析设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向，则v＝dt，v′＝L－dt；根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则：Mdt＝mL－dt，解得船的质量为：M＝mL－dd，故A正确。解析4．(2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球1和小球2的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s­t图像。已知m2＝0.6kg，规定水平向右为正方向。由此可知()A．m1＝5kgB．碰撞过程小球2对小球1的冲量为3N·sC．两小球碰撞过程损失的动能为1.5JD．碰后两小球的动量大小相等、方向相反答案解析由图乙知碰撞前小球2静止，小球1的速度v1＝4m/s，碰撞后v2′＝18－84－2m/s＝5m/s，而v1′＝12－84－2m/s＝2m/s，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入数据得m1＝1.5kg，故A错误；根据动量定理，碰撞过程中小球2对小球1的冲量I1＝m1v1′－m1v1＝(1.5×2－1.5×4)N·s＝－3N·s，故B错误；碰撞前后，系统损失的动能ΔEk＝12m1v21－12m1v1′2－12m2v2′2＝1.5J，故C正确；碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D错误。解析5.如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水平向右的初速度v0。小球a的质量为m1，小球b的质量为m2，且m1≠m2，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中()A．a、b组成的系统动量守恒B．a、b组成的系统机械能守恒C．弹簧最长时，其弹性势能为12m2v20D．当a的速度达到最大时，b的速度最小答案解析由于水平杆光滑，两球在竖直方向上受力平衡，所受弹簧的弹力在水平方向上的分力时刻大小相等、方向相反，所以两球组成的系统所受的合力为零，即系统动量守恒，A正确；两小球受重力、弹簧弹力和杆的支持力，重力和杆的支持力不做功，弹簧弹力做功大小、正负不同，故两小球组成的系统机械能不守恒，B错误；当弹簧最长时，两小球的速度相等，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝m2v0m1＋m2，由机械能守恒定律，弹簧最长时，其弹性势能Ep＝12m2v20－12(m1＋m2)v2＝m1m22m1＋m2v20，C错误；由于两小球的质量不相等，弹簧开始伸长的过程中，a一直在加速，当弹簧再次恢复原长时a的速度达到最大，从开始到此刻，相当于b以速度v0与静止的a发生弹性碰撞，若m1＜m2，则此时b的速度仍向右，速度最小，若m1＞m2，则此时b的速度向左，大于最小值0，D错误。解析6.(2020·山东省枣庄市高三上学期期末)如图所示为建筑工地上打桩机将桩料打入泥土的图片，图为其工作时的示意图。打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝150kg，桩料的质量为m＝50kg。某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h0＝0.2m处由静止释放，夯锤自由下落。夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料一起向下运动。假设桩料进入泥土的过程中所受泥土的阻力大小恒为4500N。取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2m/sB．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5m/sC．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16mD．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09m答案解析夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有v20＝2gh0，代入数据解得v0＝2m/s，故A正确；取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量守恒，夯锤击打桩料后两者共速，则有Mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝1.5m/s，故B正确；设桩料进入泥土的最大深度为h，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋m)gh－fh＝0－12(M＋m)v2，代入数据解得h＝0.09m，故C错误，D正确。解析7.(2020·吉林省桦甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河实验中学等高三4月联考)如图所示，一带有12光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是()A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动答案解析小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守恒可知，小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。解析8．(2020·陕西省咸阳市高三下学期二模)如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是()A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B．B板的加速度先增大后减小C．弹簧给木块A的冲量大小为4mv03D．弹簧的最大弹性势能为mv203答案解析从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律，有12·2mv20＝12·2mv21＋12mv22，解得v1＝v03，v2＝4v03，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－43mv0，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，有Ep＝12·2mv20－12(2m＋m)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝13mv20，故D正确。解析9．如图所示，质量为M1的小车和质量为M2的滑块均静止在光滑水平面上，小车紧靠滑块(不粘连)，在小车上固定的轻杆顶端系细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球向右拉至细绳水平且绷直后释放，在小球从释放至第一次达到左侧最高点的过程中，下列说法正确的是()A．小球与小车组成的系统机械能守恒B．小球、小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒C．小球运动至最低点时，小车和滑块分离D．小球一定能向左摆到释放时的高度答案解析对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在整个过程中滑块获得了动能，则小球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；对小球、小车和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，则在水平方向上动量守恒，故B正确；小球向左摆到最低点的过程中，速度增大，水平方向上的动量增大，根据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向右的速度增大，小球从最低点向左摆时，速度减小，水平方向上的动量减小，则小车向右的动量减小，速度减小，与滑块发生分离，C正确；小球、小车和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，最终滑块的速度不为零，则当小球向左摆到最高点时，水平速度不为零，根据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故D错误。解析10．(2020·山东省泰安肥城市高三下学期适应性训练)如图所示，完全相同的甲、乙两辆拖车，质量均为m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0时刻)，则下列说法正确的是()A．甲、乙两车组成的系统在0～2mvF时间内的动量守恒B．甲、乙两车组成的系统在2mvF～3mvF时间内的动量守恒C.2mvF时刻甲车动能的大小为mv2D．0～2mvF时间内系统产生的内能为2mv2答案解析设甲、乙所受的滑动摩擦力大小均为f，甲、乙组成的系统匀速运动时有F＝2f，可得f＝F2，挂钩脱钩后，取向右为正方向，设经时间Δt乙停止运动，由动量定理得－fΔt＝0－mv，联立可得Δt＝2mvF，在乙停止运动前，即在t＝0至t＝2mvF时间内，甲、乙组成的系统所受合力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；解析在t＝0至t＝2mvF时间内，甲、乙组成的系统动量守恒，设t＝2mvF时刻，甲的速度为v1，则有2mv＝mv1，解得v1＝2v，则t＝2mvF时刻甲车动能为Ek＝12mv21＝2mv2，故C错误；0～2mvF时间内，对甲车，根据动能定理有(F－f)s1＝12mv21－12mv2，可得甲车克服摩擦力做的功为W1＝fs1＝32mv2，根据动能定理可得乙车克服摩擦力做的功为W2＝12mv2，根据功能关系可得系统产生的内能为Q＝W1＋W2＝2mv2，故D正确。解析二、非选择题(本题共3小题，共40分)11．(2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)(12分)如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5kg、m2＝1.5kg。求：(1)A与B撞击结束时的速度大小v；(2)在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。答案(1)3m/s(2)12N·s答案解析(1)A、B组成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，代入数据解得v＝3m/s。(2)以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，由动量定理得－I＝(m1＋m2)(－v)－(m1＋m2)v代入数据解得I＝12N·s。解析12.(12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)答案4v0答案解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2为避免两船相撞应满足v1＝v2解得vmin＝4v0。解析13．(2020·河北省石家庄市一模)(16分)如图所示，在光滑水平面上，有一轻弹簧左端固定，右端放置一质量m1＝2kg的小球，小球与弹簧不拴接。小球右侧放置一光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝1.5m，质量m2＝8kg。现用力推动小球，将弹簧缓慢压缩，当外力做功为25J时，撤去外力释放小球，弹簧恢复原长后小球进入圆弧轨道。已知重力加速度g取10m/s2，求：(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度；(2)圆弧轨道的最大速度。答案(1)1m(2)2.4m/s答案解析(1)由题意知，外力做的功转化为小球的初动能，即W＝12m1v20小球与圆弧轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，得：m1v0＝(m1＋m2)v小球与圆弧轨道组成的系统机械能守恒，得：12m1v20＝12(m1＋m2)v2＋m1gh联立解得：h＝1m。解析(2)以水平向右为正方向，设小球第一次从圆弧轨道左侧滑出时速度为v1，此时圆弧轨道的速度为v2，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：m1v0＝m1v1＋m2v212m1v20＝12m1v21＋12m2v22联立解得：v1＝－3m/s，v2＝2m/s解析所以小球被弹簧反弹后会继续滑上圆弧轨道，继而再从左侧离开圆弧轨道。小球第二次与圆弧轨道相互作用的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有：－m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2联立解得：v1′＝1.4m/s，v2′＝2.4m/sv1′＜v2′，则圆弧轨道的最大速度为2.4m/s。解析本课结束