1、第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1动量守恒定律的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动量守恒的数学表达式(1)pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)。(2)p0(系统总动量变化为零)。(3)p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。3动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。(2)系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。(3)系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒。二、碰撞、
2、反冲和爆炸1碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。(3)分类：动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。3爆炸问题(1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。(2)爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用
3、前的位置以新的动量开始运动。一、思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)1系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。()2动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等。()3物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。()4在爆炸现象中，动量严格守恒。()5在碰撞问题中，机械能也一定守恒。()6反冲现象中动量守恒、动能增加。()二、走进教材1.(人教版选修35P16T1改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是()A车左右往复运动B车持续向右运动C大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒D当大锤
4、停止运动时，人和车也停止运动ACD把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和车也停止运动，A、C、D正确。2(教科版选修35P17T4、6改编)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是()甲乙A如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统
5、D斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时C对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。3(人教版选修35P21T2改编)质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，
6、碰撞后B球的速度大小可能是()A0.6vB0.4v C0.2vDvB根据动量守恒定律得mvmv13mv2，则当v20.6v时，v10.8v，则碰撞后的总动能Ekm(0.8v)23m(0.6v)21.72mv2，大于碰撞前的总动能，违反了能量守恒定律，故A项错误；当v20.4v时，v10.2v，则碰撞后的总动能为Ekm(0.2v)23m(0.4v)20.52mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v20.2v时，v10.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误；当v2v时，v12v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项
7、错误。 动量守恒定律的理解及应用1动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1、p2、必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.动量守恒定律常用的四种表达形式(1)pp：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p大小相等，方向相同。(2)ppp0
8、：即系统总动量的增加量为零。(3)p1p2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。(4)m1v1m2v2m1v1m2v2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示。(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁铁的磁性极强，故两车不会相碰，那么两小车间的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？解析两个小车及磁铁组成的系统在水平方向
9、不受外力作用，两磁铁之间的磁力是系统内力，系统动量守恒。设向右为正方向。(1)据动量守恒定律得mv甲mv乙mv甲则v甲v甲v乙1 m/s，方向向右。(2)两车相距最近时，两车的速度相同，设为v，由动量守恒定律得mv甲mv乙mvmv解得v m/s0.5 m/s，方向向右。答案(1)1 m/s向右(2)0.5 m/s向右应用动量守恒定律解题的一般步骤动量守恒的判断1(多选)(2020天津静海一中调研)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()ABCDACA中在光滑的水平面上，子弹与木块组成的系统所受合外力等于零，动量守恒；B中剪断细线后，竖直墙壁对左边木块有弹力作用，系统合外力不为零，动量
10、不守恒；C中两球在匀速下降时，系统合外力等于零，细线断裂后，系统合外力仍然等于零，所以系统动量守恒；D中木块加速下滑时挡板对斜面体有向左的力，则动量不守恒。所以选项A、C正确。动量守恒定律的应用2(多选)(2020全国卷T21)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4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/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5.0 m/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5.0 m/s，反弹的物块
11、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()A48 kg B53 kg C58 kg D63 kgBC选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0Mv1mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1mv0mv0Mv2，依此类推，Mv2mv0mv0Mv3，Mv7mv0mv0Mv8，又运动员的退行速度v8v0，v7v0，解得13mM15m，即52 kgMm2时，v10，v20，且v2v1(大碰小，一起跑)；(3)当m
12、1m2时，v10(小碰大，要反弹)；(4)当m1m2时，v1v1，v22v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；(5)当m1m2时，v1v1，v20(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。3完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。m1v1m2v2(m1m2)vm1vm2v(m1m2)v2Ek损max(一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA2 kg，mB1 kg，mC2 kg。开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达
13、到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。审题指导：题干关键获取信息A与C碰撞时间极短系统A、C动量守恒A、B再次同速，恰好不与C碰撞最后三者同速解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0mAvAmCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvAmBv0(mAmB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vCv。联立以上各式，代入数据解得vA
14、2 m/s。答案2 m/s拓展在上例中(1)若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？解析(1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒(mAmB)v0(mAmBmC)v代入数据可得v3 m/s。(2)三者最后的速度v3 m/s相互作用前E1(mAmB)v37.5 JA、B再次达到共同速度时E2(mAmBmC)v222.5 J机械能损失EE1E215 J。答案(1)3 m/s(2)15 J碰撞模型解题三策略(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
15、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：v1v1v2v1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1m2，且v20时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1m2，且v20时，碰后质量小的球原速率反弹。碰撞情境的可能性分析1(多选)质量分别为mP1 kg、mQ2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP04 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是()AvPvQ m/sBvP1 m/s，vQ2.5 m/sCvP
16、1 m/s，vQ3 m/sDvP4 m/s，vQ4 m/sAB碰撞前总动量为pmPvP04 kgm/s，碰撞前总动能为EkmPv8 J。如果vPvQ m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，EkmPvmQv J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP1 m/s，vQ2.5 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，EkmPvmQv6.75 J，能量不增加，碰撞过程动量守恒，B正确；如果vP1 m/s，vQ3 m/s，pmPvPmQvQ7 kgm/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP4 m/s，vQ4 m/s，pmPvPmQvQ4 kgm/s，EkmPvmQv24 J，碰撞过程动量
17、守恒，动能增加，D错误。弹性碰撞模型分析2.三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mAm，mC4m。当A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大速度，则B的质量应为()AmB2m C3mD4mB设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0mv1Mv2，由能量守恒定律得mvmvMv，解得v2；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v2和v3，由能量守恒定律得MvMv(4m)v，规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得Mv2Mv24mv3，解得v3，故C球碰撞
18、后的速度为v3，由数学关系解得M2m时，B、C球碰撞后C球的速度最大。非弹性碰撞模型分析3.(2020全国卷)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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A3 JB4 J C5 JD6 JA设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙，代入图中数据解得m乙6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损m甲vm乙vm甲vm乙v，代入图中数据解得E损3 J，选项A正确。完全非弹性碰撞模型分析4.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰
19、，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m2 kg，则由图象判断下列结论正确的是()A碰撞前、后A球的动量变化量为4 kgm/sB碰撞时A球对B球所施的冲量为4 NsCA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 JABD根据题图可知，碰前A球的速度vA3 m/s，碰前B球的速度vB2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为pAmvmvA4 kgm/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kgm/s，碰
20、撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为4 kgm/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为4 Ns，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为EkmvmBv(mmB)v210 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为pmvAmBvB(mmB)v kgm/s，选项C错误。 “反冲”和“爆炸”模型1对“反冲”运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，物体间作用力做正功，其他形式的能
21、转化为机械能，所以系统的总机械能增加2.“爆炸”现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能(如化学能)转化为动能位置不变爆炸的时间极短，作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸前、后时刻各部分位置不变2019年5月10日，第十四届中国(浏阳)国际花炮文化节在湖南省浏阳市花炮观礼台正式开幕，韩国、意大利、日本和荷兰四支全球顶尖燃放队伍在浏阳河畔进行了精彩表演。已知某花炮发射器能在t10.2 s的时间内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m1 kg、射出的最大高度与发射器之间的距离为h180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两
22、块物块，假设爆炸前后花炮的质量不变，经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g10 m/s2。(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小。(2)如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地点之间的距离为s900 m且两物块的速度互相垂直，求两物块的质量。(3)求花炮内炸药的化学能。解析(1)花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h180 m高空用时为t，由竖直上抛运动的规律知hgt2。代入数据解得t6 s设在发射时间t10.2 s内，发射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从发射到运动至h180 m高空的整个过程，运用动量定理有Ft1
23、mg(tt1)0代入数据解得F310 N。(2)设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块物块，其对应水平速度大小分别为v1、v2，方向相反，花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零，由动量守恒定律有m1v1m2v20且有m1m2m由平抛运动的规律和题目中所给信息有(v1v2)t900 m设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图所示，则有tan 代入数据解得或。(3)花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药产生的化学能Em1vm2v1 800 J。答案(1)310 N(2)0.2 kg0.8 kg(3)1 800 J反冲模型1.我国的“长征”系列运载火箭已
24、经成功发射了数百颗不同用途的卫星。火箭升空过程中向后喷出高速气体，从而获得较大的向前速度。火箭飞行所能达到的最大速度是燃料燃尽时火箭获得的最终速度。影响火箭最大速度的因素是()A火箭向后喷出的气体速度B火箭开始飞行时的质量C火箭喷出的气体总质量D火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比D分别用M、m表示火箭初始质量和燃料燃尽时的质量，v0表示喷气速度大小，由火箭喷气过程动量守恒，有mv(Mm)v00，即火箭最大速度vv0，影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭始、末质量比，D正确。2.如图所示，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
25、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()Av0vBv0vCv0(v0v)Dv0(v0v)C以水面为参考系，根据动量守恒定律(Mm)v0mvMv1，可解得C正确。爆炸模型3(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则 ()Ab的速度方向一定与原来速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等CD炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0mavambvb，显然vb0
26、、vbva、vbva、vbva也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。4.如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，重力加速度为g，求：(1)木块与水平地面间的动摩擦因数；(2)炸药爆炸时释放的化学能。解析(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得2mgs2m2mv，解得。(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有2mmv，根据能量守恒定律有E02mmv2，解得E0mv。答案(1)(2)mv