2022年高考物理一輪復(fù)習（新高考版2(粵冀渝湘)適用）第7章第2講動量守恒定律及應(yīng)用學(xué)案-學(xué)案下載-教習網(wǎng)

?第2講　動量守恒定律及應(yīng)用
目標要求　1.理解系統(tǒng)動量守恒的條件.2.會應(yīng)用動量守恒定律解決基本問題.3.會分析、解決動量守恒定律的臨界問題．
考點一　動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
基礎(chǔ)回扣
1．內(nèi)容
如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變．
2．表達式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向．
3．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒．
技巧點撥
應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程)．
(2)進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動量．
(4)由動量守恒定律列出方程．
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明．

　　　　　動量守恒條件的理解

例1　(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一輕彈簧(彈簧不與小車相連)，如圖1所示，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態(tài)，將小車及彈簧看成一個系統(tǒng)，下列說法中正確的是(　　)

圖1
A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零
B．先放開左手，再放開右手后，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向左
D．無論何時放手，兩手放開后，系統(tǒng)總動量都保持不變
答案　ACD
解析　若兩手同時放開A、B兩小車，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為零，則系統(tǒng)總動量為零，故A正確；先放開左手，系統(tǒng)所受合外力向左，系統(tǒng)所受合外力的沖量向左，再放開右手，系統(tǒng)總動量向左，故C正確；無論何時放手，兩手放開后，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)總動量保持不變，如果同時放手，系統(tǒng)總動量為零，如果不同時放手，系統(tǒng)總動量不為零，故B錯誤，D正確．

　　　　　動量守恒定律的基本應(yīng)用

例2　(2020·全國卷Ⅲ·15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖2中實線所示．已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(　　)

圖2
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案　A
解析　根據(jù)題圖圖象，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞過程由動量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝m甲v甲2＋
m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故選A.

1．(某一方向上動量守恒)如圖3所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)緊靠在墻壁上．現(xiàn)讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，則下列結(jié)論中正確的是(　　)

圖3
A．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球自半圓槽B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
答案　C
解析　小球下滑到半圓槽的最低點B之后，半圓槽離開墻壁，除了重力外，槽對小球的彈力對小球做功，選項A錯誤；小球下滑到半圓槽的最低點B之前，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)水平方向上受到墻壁的彈力作用，系統(tǒng)所受的外力不為零，系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，半圓槽離開墻壁后，小球與半圓槽在水平方向動量守恒，選項B錯誤，C正確；半圓槽離開墻壁后小球?qū)Σ鄣膲毫Σ圩龉?，小球與半圓槽具有向右的水平速度，所以小球離開右側(cè)槽口以后，將做斜上拋運動，選項D錯誤．
2．(動量守恒定律的基本應(yīng)用)(多選)如圖4所示，一質(zhì)量M＝3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0 kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是(　　)

圖4
A．2.1 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案　AB
解析　以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67 m/s.當從開始到A、B速度相同的過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2 m/s，則在木塊A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小范圍為2 m/s5 m/s，則M