1、第2讲 动量守恒定律及其应用 考点1 动量守恒定律 1动量守恒定律的表达式（两物体组成的系统）（1）一般表达式：m1v1+m2v2=_.（2）p1=_.（3）p总=_.p2 m1v1+m2v2 0 2动量守恒的条件（1）理想条件：系统不受_或_为零时，系统的动量守恒.（2）近似条件：系统所受外力的合力不为零，但当内力_ 外力时系统动量近似守恒.如碰撞、爆炸等过程，动量均可认为 守恒.（3）单方向条件：系统所受外力的合力不为零，但在某个方向 上所受合外力_，则在这个方向上，系统动量守恒.外力 所受外力的合力 远大于 为零 1.解读动量守恒定律（1）在满足动量守恒条件的情况下，物体相互作用前系统的
2、总动量等于相互作用过程中任一时刻系统的总动量，等于相互作用后系统的总动量.（2）由于相互作用过程中物体间的作用力在时刻变化，存在着很多不确定的因素，因此动量守恒定律一般选取物体相互作用前后的两个状态列式.（3）动量守恒定律所说的守恒，是指系统总动量的大小和方向不变，但系统内每一个物体的动量都可能发生变化.2注意动量守恒定律的“五性”（1）条件性：动量的守恒的条件就是系统没有受到外力或所受外力的合力为零，但若内力远远大于外力，且作用时间非常短，仍然认为满足守恒条件.（2）矢量性：动量守恒定律的方程是一个矢量方程，对于常见的一维运动，必须选取一个统一的正方向，把矢量用正负号来化为代数运算.（3）瞬
3、时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统在任意时刻的动量恒定.在使用方程m1v1+m2v2=m1v1+m2v2列式时，等号左侧是作用前那一时刻系统中物体动量的矢量和，右侧是另一时刻系统各物体动量的矢量和.不是同一时刻的动量是不能相加的.（4）相对性：运用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般是选地面为参考系.（5）普遍性：动量守恒定律是自然中普遍适用的一条规律，高速、低速、宏观、微观都能适用，有些不能用牛顿运动定律解决的问题，应用动量守恒定律就能轻易地解决.（2012黄冈模拟）如图所示,光滑水平面上静止着一辆质量为 M的小车,小车上带有一光滑的、半径为R的 圆弧轨
4、道.现有一 质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放,下列说法中 正确的是（）14A.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统总动量守恒 B.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统总动量不守恒 C.小球下滑过程中,在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒 D.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统机械能守恒【解析】选B、C、D.虽然系统只受重力和地面的支持力作用,但由于小球加速下滑过程中系统的合外力并不为零,只有水平方向合力为零,因此小球下滑过程中,小球和小车组成的系统总动量不守恒,只是水平方向动量守恒,且只有重力和系统内部的弹力做功,故系统机械能守恒,选项B、C、D正确.考点2 碰撞问题 1.
5、碰撞问题的特点（1）相互作用时间_.（2）外力_内力.（3）如果是弹性碰撞，则系统_守恒，_没有损失；如果是非弹性碰撞，则系统_守恒，_有损失.很短 远远小于 动量 动能 动量 动能 2.碰撞的分类 从外在表现来分从能量观点来分正碰碰撞前后物体的_在一条直线上 动量斜碰碰撞前后物体的_不在一条直线上 动量完全弹性碰撞在弹性力作用下，只产生机械能的转 移，系统内无_损失 机械能非弹性碰撞受非弹性力作用，使部分_转 化为物体内能 机械能完全非弹性碰撞碰撞后两物体合为一体，_损 失最大 机械能1.碰撞的规律（1）完全弹性碰撞:如图所示,运动球m1和静止球m2相碰,地面光滑.动量关系:m1v1=m1v
6、1+m2v2 能量关系:解得:若m1=m2,则有v1=0,v2=v1（交换速度）.（2）完全非弹性碰撞:设m1和m2碰后的共同速度为v.动量关系:m1v1=（m1+m2）v,即 能量关系:为碰撞损失的动能.222111122111m vm vm v222 12111211212mm2mvv,vv,mmmm 1112m vvmm 22111211m vmmvE,E22 （）2.碰撞遵守的原则（1）动量守恒:p1+p2=p1+p2.（2）碰撞结束后总动能不增加,表达式为Ek1+Ek2Ek1+Ek2 或 速度（3）符合 实际 222212121212pppp.2m2m2m2m碰后,原来在前的物体速度
7、一定增大,且 v前v后.两物体相向运动,碰后两物体的运动方向 至少有一个改变.在光滑水平面上,动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（）A.E1E0 B.p1p0 C.E2E0 D.p2p0【解析】选A、B、D.据能量守恒,钢球碰后动能E1E0,所以p1p0,据动量守恒,p0=-p1+p2,则p2=p1+p0p0,故A、B、D正确.而碰后动能不可能增加,故C错误.考点3 反冲、爆炸、平均动量守恒问题 1.反冲运动（1）特点:系统中一部分脱离向某
8、一方向运动，其余部分向 _方向发生运动.（2）主要应用:_.相反 火箭 2.爆炸问题（1）内力远大于_，过程持续时间很短，即使系统所受 合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，可认为动量守恒.（2）由其他形式的能转化为_.外力 机械能 1.爆炸与碰撞的比较（1）相同点 物理过程剧烈,系统内物体的相互作用力即内力很大,内力远大于外力,所以系统的动量守恒.由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短,作用过程中物体的位移很小,一般可忽略不计,即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动.（2）不同点:爆炸过程中有其他形式的能（一般为化学能）转化为动能,所以爆炸过程中系统的动能会增加.对于碰撞过程,系统的动能不
9、会增加.2.分析方法 对于爆炸、碰撞、反冲问题,一般情况下可进行如下分析:（1）明确系统是由哪几个物体组成.（2）明确系统内各物体的初、末两个状态.（3）规定正方向.（4）列出动量守恒方程.（5）对结果进行讨论.3.平均动量守恒（1）若系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中平均 动量也守恒,如果系统由两个物体组成,且相互作用前均静止,相 互作用中均发生运动,则由 得m1s1=m2s2.（2）m1s1=m2s2的适用条件.系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒.构成系统的m1、m2原来静止,因相互作用而运动.s1、s2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移.1212m vm v0,（201
10、2宜昌模拟）如图所示,完全相 同的A、B两物块随足够长的水平传送 带按图中所示方向匀速运动.A、B间夹有少量炸药,对A、B在爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是（）A.炸药爆炸后瞬间,A、B两物块速度方向一定相同 B.炸药爆炸后瞬间,A、B两物块速度方向一定相反 C.炸药爆炸过程中,A、B两物块组成的系统动量不守恒 D.A、B在炸药爆炸后至A、B相对传送带静止过程中动量守恒【解析】选D.炸药爆炸后,A、B两物块的速度是否反向,取决于炸药对两物块的推力的冲量.应该存在三种可能:A的速度为零，A、B反向和保持原来的方向,A、B错.由于从炸药爆炸到A、B相对传送带静止的过程中,所受摩擦力
11、等大反向,系统所受合外力为零,故两物块组成的系统动量守恒.C错、D对.动量守恒定律的理解应用【例证1】（2011新课标全国卷）（15分）如图，A、B、C三 个木块的质量均为m.置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质 弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再 压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视 为一个整体，现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相 碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与 A、B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能.【解题指南】解答本题时可分阶段进行分析：第一阶段A碰B后与B粘合在一起，此时三者以共同速
12、度运动，此过程动量守恒，机械能不守恒.第二阶段为从细线断开到C与弹簧分开的过程，A、B和C动量守恒，机械能守恒，可根据这些守恒列出方程，解答所求.【规范解答】设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有，3mv=mv0 （4分）设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有，3mv=2mv1+mv0 （4分）设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 （4分）由式得弹簧所释放的势能为 （3分）答案：222p101113m)vE2m)vmv222（2p01Emv3201 mv3【总结提升】应用动量守恒定律解题的基本步骤及应注意的问题 1.基本步骤（1）明确研
13、究对象,确定系统组成.（2）受力分析,确定动量是否守恒.（3）确定初末状态,计算初末动量.（4）划分运动阶段,选择物理规律.（5）规定正向,列式求解,讨论结果.2.应注意的问题 当碰撞涉及多个过程时,应当针对每一个过程列出方程,可使思路清晰,尽量不要列综合式,以减小失分风险.子弹打木块类问题【例证2】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，此过程产生的内能为6 J，那么此过程木块动能可能增加 了（）A12 J B16 J C4 J D6 J【解题指南】解答本题要弄清以下两个方面：（1）子弹射入木块过程中系统的动量守恒.（2）射入过程中损失的动能全部转化为内能.【
14、自主解答】选C.解法一（解析法）：设子弹初速度为v0，子弹和木块一起运动的速度为v，则子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=（m+M）v 射入过程产生的内能等于系统损失的动能，由能量守恒有：由题意及两式得:子弹射入木块过程中，木块增加的动能为：由两式得：故本题选C.22011Emv(mM)v22201m6 J()Mv2mMkmE6 6 JmM22k011mEMvMv22mM解法二（图象法）：作出在子弹射入木块过程中，子弹和木块的v-t 图象如图所示，设子弹和木块相互作用力为f，由图象可知，v0AO面积表示子弹射入木块的 深度，OAt面积表示木块沿光滑水平面
15、滑行 的距离，且 子弹、木块之间的作用力与射入深度的乘积就是转化内能部分 的能量，即 0v AOOAtSS.0v AOfS6 J子弹、木块之间相互作用力对木块做的功等于木块获得的动 能，即Ek=fSOAt 由得：又 故Ek6 J，因此C正确.0OAtkv AOSE6S，0v AOOAtSS，【总结提升】妙用图象法巧解子弹射击木块问题 图象法解答子弹射击木块问题形象直观，事半功倍.应用图象法时从以下三点着手：（1）依题意分别画出子弹和木块的v-t图象.（2）清楚各图线与t轴所围“面积”的物理意义，并比较各面积的大小.（3）仔细观察图象并结合题目所求列式分析.碰撞问题分析【例证3】甲、乙两球在水平
16、光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kgm/s,p2=7 kgm/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kgm/s,则两球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种（）A.m1=m2 B.2m1=m2 C.4m1=m2 D.6m1=m2【解题指南】解答本题应注意以下三个方面：（1）两球相碰,动量守恒.（2）两球相碰,机械能不会增加.（3）两球相碰,速度要符合实际情况.【自主解答】选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒,所以有:p1+p2=p1+p2,即p1=2 kgm/s.由于在碰撞过程中,不可 能有其他形式的能量转化为机械能,只能是系统内物体间机械能 相互转化或
17、一部分机械能转化为内能,因此系统的机械能不会 增加.所以有:所以有:此时误 选择C、D选项.这个结论合“理”,但却不合“情”.因为题目给 出物理情景是“甲从后面追上乙”,要符合这一物理情景,就必 须有 同时还要符合碰撞后乙球的速度必须 大于或等于甲球的速度这一物理情景,即 所以 因此选项D是不合“情”的,正确的答案应该是C选项.222212121212pppp,2m2m2m2m1221mm,51121212pp5,mm;mm7即1212pp,mm121mm.5【总结提升】碰撞问题的分析思路（1）选定碰撞系统,明确系统内包括几个物体.（2）对于一个碰撞过程,确定系统初、末状态的动量.（3）无论是
18、弹性碰撞还是非弹性碰撞,系统的动量守恒,动能 不一定守恒;系统的动能一定不增加.（4）任何形式的碰撞其速度关系要符合实际.（5）灵活运用 进行动量与动能的转换.2kkpEp2mE2m或考查内容 反冲现象中的动量守恒【例证】火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机喷出时的速度v=1 000 m/s,设火箭质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次.（1）当第三次气体喷出后,火箭的速度多大?（2）运动第1 s末,火箭的速度多大?【规范解答】（1）喷出气体运动方向与火箭运动方向相反,系 统动量可认为守恒.设第一次气体喷出后,火箭速度为v1,则（M-m）v1-mv=0,所以 设第二次
19、气体喷出后,火箭速度为v2,有（M-2m）v2-mv=（M-m）v1,所以 同理,设第n次喷出气体后,火箭速度为vn,有 1mvv,Mm22mvv,M2mn3nmv3mvv,v2 m/s.MnmM3m所以（2）因为每秒喷出20次,所以1 s末火箭速度为:答案：（1）2 m/s （2）13.5 m/s 2020mvv13.5 m/s.M20m1.两球相向运动，发生正碰，碰撞后两球均静止，于是可以断定，在碰撞以前（）A两球的质量相等 B两球的速度大小相同 C两球的质量与速度的乘积大小相等 D以上都不能断定【解析】选C.由动量守恒定律知，两小球动量改变量大小相等，又碰撞后两球静止，即两球碰撞前动量大
20、小相等，故A、B、D错，C正确.2.（2012黄冈模拟）如图所示,一辆小 车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站 在车的两端.当两人同时相向运动时（）A.若小车不动,两人速率一定相等 B.若小车向左运动,A的动量一定比B的小 C.若小车向左运动,A的动量一定比B的大 D.若小车向右运动,A的动量一定比B的大【解析】选C.根据动量守恒可知,若小车不动,两人的动量大小一定相等,因不知两人的质量,故A错误.若小车向左运动,A的动量一定比B的大,故B错误,C正确.若小车向右运动,A的动量一定比B的小,故D错误.3.在水平轨道上放置一门质量为M的炮车,发射炮弹的质量为m,炮车与轨道间的摩擦不计,当炮车与
21、水平方向成 角发射炮弹时,炮弹相对地面的速度为v0,则炮车后退的速度为（）0000mmMmA.vB.v cosC.vD.v cosMMmMm【解析】选B.炮弹与炮车组成的系统在炮弹发射过程中因水平 方向无外力作用,故系统在水平方向上动量守恒,以v0在水平方 向的分量方向为正方向,炮车后退的速度设为v,根据水平方向动 量守恒可得:mv0cos-Mv=0,解得炮车后退的速度为 故B正确.0mvv cos.M4.质量为m速度为v的小物体与静止的质量为M的物体相碰后连成一体，并有一小块质量为m0的物体以v0的速度向相反方向飞出，那么剩下物体的速度应为（作用过程合外力为零）（）000000000000m
22、v m vMmv m vA B MmmMmmmvm vMmvm vC DMmmMmm（）（）【解析】选A.选取两物体为一系统，设剩下物体的速度为u，由 动量守恒定律有，mv=（M+m-m0）um0v0，解得：故A正确.000mvm vuMmm，5.（2012丰台模拟）海岸炮将炮弹水平射出.炮身质量（不含炮弹）为M,每颗炮弹质量为m.当炮身固定时,炮弹水平射程为s,那么当炮身不固定时,发射同样的炮弹,水平射程将是多少?【解析】两次发射转化为动能的化学能E是相同的.第一次化学 能全部转化为炮弹的动能;第二次化学能转化为炮弹和炮身的动 能,而炮弹和炮身在水平方向动量守恒,由动能和动量的关系式 知,在动量大小相同的情况下,物体的动能和质量成反比,炮弹的动能 由于平抛的射高 相等,两次射程的比等于抛出时初速度之比,答案：2kpE2m22112211MEmvE,EmvE,22Mm221svM,svMmMs Mm2Mss.Mm
