专题29 动量守恒定理及其应用(重难点精讲)-2021年高考物理一轮复习微专题训练(人教版)

专题29 动量守恒定律及其应用
【知识点一】动量守恒的条件
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
(2)四种表达式
①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.
②m1v1＋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．
③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
④Δp＝0，系统总动量的增量为零．
(3)守恒条件
理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．
近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．
【例1】[动量守恒的判断](多选)(2019·四川绵阳检测)如图所示，A、B两物体的质量m A＞m B，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中()
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B和C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
【例2】[动量守恒定律的应用]如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为
m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()
A ．v 0＋m M v
B ．v 0－m M v
C ．v 0＋m M (v 0＋v )
D ．v 0＋m M
(v 0－v ) 【例3】[多物体系统动量守恒的应用] (多选)甲、乙两个质量都是M 的小车静置在光滑水平地面上．质量为m 的人站在甲车上并以速度v (对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v 反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是( )
A ．最后甲、乙两车的速率相等
B ．最后甲、乙两车的速率之比v 甲∶v 乙＝M ∶(m ＋M )
C ．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量I 1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量I 2，应是I 1＝I 2
D ．选项C 中的结论应是I 1＜I 2
【知识点二】碰撞三原则
(1)动量守恒原则．
(2)机械能不增加原则．
(3)速度要合理．
①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
【例4】[碰撞现象的分析] 如图所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m /s ，B 球的速度是－2 m/s ，A 、B 两球发生对心碰撞．对于该碰撞之后的
A 、
B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
A ．v A ′＝－2 m /s ，v
B ′＝6 m/s
B ．v A ′＝2 m /s ，v B ′＝2 m/s
C ．v A ′＝1 m /s ，v B ′＝3 m/s
D ．v A ′＝－3 m /s ，v B ′＝7 m/s
【例5】[非弹性碰撞] (多选)(2019·四川攀枝花联考)A 、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的x -t 图像．图中a 、b 分别为A 、B 两球碰前的x -t 图像，c 为碰撞后两球共同运动的x -t 图像．已
知A球质量m＝2 kg，取A球碰前运动方向为正方向，下列结论正确的是()
A．B球的质量为3 kg
B．碰撞过程中A对B的冲量为4 N·s
C．碰撞前后A的动量变化为－6 kg·m/s
D．碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为5 J
【知识点三】爆炸和反冲
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．
(3)反冲运动中平均动量守恒．
2．爆炸现象的三个规律
(1)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．
(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，所以爆炸后系统的总动能增加．
(3)位置不变：爆炸的时间极短，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．
【例6】[反冲问题](2017·高考全国卷Ⅰ)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
【例7】[爆炸问题](2018·高考全国卷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．
【知识点三】人船模型
1．“人船模型”问题
如图所示，两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，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．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．“人船模型”的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.
(2)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x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1
.
【例8】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.mh M ＋m
B.Mh M ＋m
C.mh (M ＋m )tan α
D.Mh (M ＋m )tan α
【例9】如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质
量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看作质点)( )
A ．5 m
B ．3.6 m
C ．2.6 m
D ．8 m
【例1】解析：若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A 、B 所受的滑动摩擦力方向相反，则对于A 、B 组成的系统所受的合外力为零，动量守恒；对三个物体组成的系统，竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受外力，合外力为零，所以A 、B 、C 组成的系统动量也守恒，A 正确；若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A 、B 所受的滑动摩擦力方向相反，则对于A 、B 组成的系统所受的合外力不为零，动量不守恒；但对三个物体组成的系统，合外力为零，A 、B 、C 组成的系统动量仍守恒，B 、D 错误，C 正确．
答案：AC
【例2】解析：设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M ＋m )v 0＝－m v ＋M v x ，解得
v x ＝v 0＋m M (v 0＋v )，选项C 正确． 答案：C
【例3】解析：以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v －M v 1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，m v ＝(m ＋M )v 2，人跳离乙车时，－(m ＋M )v 2＝－M v 乙＋m v ；以人与甲车组成的系统为研究对象，以
人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车上时，m v ＋M v 1＝(m ＋M )v 甲，解得v 甲v 乙＝M M ＋m
，故A 错误，B 正确．由动量定理得，对甲车I 1＝M v 1＝m v ，对乙车I 2＝M v 乙－M v 2＝2m v －Mm v M ＋m ＝2m v －m v 1＋m M ，I 1＜I 2，故C 错误，D 正确．
答案：BD
【例4】解析：两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，
即m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①，12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v A ′2＋12
m B v B ′2②，选项D 中满足①式，但不满足②式，所以D 选项无法实现，符合题意．
答案：D
【例5】解析：以A 球碰前运动方向为正方向，则碰前A 球速度v A ＝4－02－0
m /s ＝2 m/s ，碰前B 球速度v B ＝4－102－0 m /s ＝－3 m/s ，碰后两球的共同速度v ＝2－44－2
m /s ＝－1 m/s ；据动量定理可得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，代入数据解得m B ＝3 kg ，故A 项正确．据动量定理可得，碰撞过程中A 对B 的冲量等于B 球动量的变化I AB ＝Δp B ＝m B v －m B v B ＝[3×(－1)－3×(－3)] kg·m /s ＝6 kg·m/s ，故B 项错误．Δp B ＝6 kg·m /s ，
据动量守恒，Δp A ＝－6 kg·m/s ，故C 项正确．碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能E k 损＝12m v 2A
＋12m B v 2B －12
(m ＋m B )v 2＝15 J ，故D 项错误． 答案：AC
【例6】解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －m v 0＝0，解得p ＝m v 0＝0.050 kg ×600 m /s ＝30 kg·m/s ，选项A 正确．
答案：A
【例7】解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有
E ＝12m v 20
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－v 0＝－gt ②
联立①②式得
t ＝1g 2E m
③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有
E ＝mgh 1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有
14m v 21＋14m v 22
＝E ⑤ 12m v 1＋12
m v 2＝0⑥ 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h 2，由机械能守恒定律有 14m v 21＝12
mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h ＝h 1＋h 2＝2E mg
⑧ 答案：(1)1g 2E m (2)2E mg
【例8】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为x 1，M 在水平方向上对地位移为x 2，因此有
0＝mx 1－Mx 2①
且x 1＋x 2＝h tan α
② 由①②可得x 2＝mh (M ＋m )tan α
，故选C. 答案：C
【例9】解析：当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t
，且h 1＋h 2＝h ，解得h 1≈1.4 m ，所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m ，故选项B 正确．
答案：B。