1、第六章动量和支量守恒定律第2讲动量守恒定律及应用微知识 对点练微考点 悟方法微专题 巧突破微考场 提技能微知识 对点练 教材回扣 基础自检知|识|梳|理微知识 动量守恒定律(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量_。(2)常用的四种表达形式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_，方向_。ppp0：即系统总动量的_为零。p1p2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的_等于另一部分动量的_。_，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。保持不变相等相同增量m1v1m2v2m1v1m2v2增
2、加量减少量(3)常见的几种守恒形式及成立条件理想守恒：系统_或所受外力的_为零。近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力_外力。分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上_。不受外力合力动量守恒远大于微知识 碰撞(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的_时间内产生_的相互作用的过程。(2)碰撞特征作用时间_。作用力变化_。内力_外力。满足_。极短动量守恒短非常大快远大于(3)碰撞的分类及特点弹性碰撞：动量_，机械能_。非弹性碰撞：动量_，机械能_。完全非弹性碰撞：动量_，机械能损失_。守恒守恒守恒守恒守恒最多微知识 爆炸现象爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组
3、成的系统总动量_。微知识 反冲运动(1)物体的不同部分在内力作用下向_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_来处理。守恒相反动量守恒定律基|础|诊|断一、思维诊断1动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度()2质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度()3系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变()4系统的动量守恒时，机械能也一定守恒()二、对点微练1(动量守恒条件)(多选)如图所示，在光滑水平面上有 A、B 两个木块，A、B 之间用一轻弹簧连接，A 靠在墙壁上，用力 F 向左推 B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力 F，则下列说法中正确
4、的是()A木块 A 离开墙壁前，A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B木块 A 离开墙壁前，A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C木块 A 离开墙壁后，A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D木块 A 离开墙壁后，A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒解析 木块 A 离开墙壁前，由 A、B 和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，故系统动量不守恒，但机械能守恒，故选项 A 错，B 对；木块 A 离开墙壁后，由 A、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其他形式的能量转化，故机械能也守恒，故选项 C 对，D 错。答案 BC2(动
5、量守恒定律)如图所示，用细线挂一质量为 M 的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v(设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计)，木块的速度大小为()A.mv0mvM B.mv0mvMC.mv0mvMmD.mv0mvMm解析 子弹和木块水平方向动量守恒，mv0Mvmv，由此知 vmv0mvM，故 B 正确。答案 B3(碰撞)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。当 A 追上 B 并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4
6、 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但 A、D 两项中，碰后 A的速度 vA大于 B 的速度 vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能 Ek12mAvA212mBvB257 J，大于碰前的总动能Ek22 J，违背了能量守恒定律；而 B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故 B 项正确。答案 B4(爆炸和反冲)将静止在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火
7、箭模型获得的速度大小是()A.mMv0B.Mmv0C.MMmv0D.mMmv0解析 根据动量守恒定律 mv0(Mm)v，得 vmMmv0，选项 D 正确。答案 D微考点 悟方法 核心考点 分层突破 核心微讲1动量守恒定律适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系。(2)理想条件：系统不受外力。(3)实际条件：系统所受合外力为零。(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。2动量守恒定律与机械能守恒定律的比较 定律名称比较项目 动量守恒定律机械能守恒定律研究对象相互作用的物体组成的系统相同点研究过程某一运
8、动过程守恒条件系统不受外力或所受外力的矢量和为零系统只有重力或弹力做功表达式p1p2p1p2Ek1Ep1Ek2Ep2表达式的矢标性矢量式标量式某一方向上应用情况可在某一方向上独立使用不能在某一方向独立使用不同点运算法则矢量运算代数运算3.应用动量守恒定律的解题步骤典例微探【例 1】如图所示，光滑水平轨道上有三个木块 A、B、C，质量分别为 mA3m、mBmCm，开始时 B、C 均静止，A 以初速度 v0向右运动，A 与 B 相撞后分开，B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，此后 A 与 B 间的距离保持不变。求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小。解题导思：(1)A、B 碰撞过程中，A、B 组成的
9、系统动量守恒吗？答：守恒。(2)题中的“此后 A、B 间距离保持不变”说明了什么？答：最终 A、B、C 三个木块的速度相同。解析 设 A 与 B 碰撞后，A 的速度为 vA，B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB，B 与 C 碰撞后粘在一起的速度为 v，由动量守恒定律得对 A、B 木块：mAv0mAvAmBvB对 B、C 木块：mBvB(mBmC)v由最后 A 与 B 间的距离保持不变可知 vAv联立式，代入数据得 vB65v0。答案 65v0题组微练11.(2017扬州模拟)如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量均为m0.08 kg 的 10 块完全相同的长直木板。质量 M1.0 kg、大小
10、可忽略的小铜块以初速度 v06.0 m/s 从长木板左端滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v14.0 m/s，铜块最终停在第二块木板上。g取10 m/s2，结果保留两位有效数字。求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度。解析(1)铜块在第一块木板上滑动的过程中，由动量守恒得 Mv0Mv110mv2，得：v22.5 m/s。(2)铜块从滑上第一块木板到停在第二块木板上，满足动量守恒 Mv0mv2(M9m)v3，得：v33.4 m/s。答案(1)2.5 m/s(2)3.4 m/s12.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，
11、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。解析 因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间 A 的速度为 vA，C 的速度为 vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0mAvAmCvCA 与 B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA 与 B 达到共同速度
12、后恰好不再与 C 碰撞，应满足 vABvC，联立以上各式，代入数据得 vA2 m/s。答案 2 m/s核心微讲1碰撞过程中动量守恒，即 p1p2p1p2。2碰撞后系统总动能不增加，即 Ek1Ek2Ek1Ek2，或 p212m1 p222m2p212m1p222m2。3碰撞过程中发生的情况必须符合客观实际，如果甲追上乙并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于或等于乙的速度，或甲反向运动。如果碰前甲、乙是相向运动，则碰后甲、乙的运动方向不可能都不改变，除非甲、乙碰撞后速度均为零。典例微探【例 2】(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动。两球质
13、量关系为 mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为 6 kg m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则()A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110解题导思：(1)A、B 两球，谁的速度更大些？答：A 球的速度更大些。(2)如何分析碰撞是否是弹性碰撞？答：计算碰撞前的动能和碰撞后的动能的关系即可判断出结果。解析 由 mB2mA，pApB 知碰前 vBvA，若右方为 A 球，由于碰前动量都为 6 kg m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若
14、左方为 A 球，设碰后二者速度分别为 vA、vB，由题意知 pAmAvA2 kg m/s，pBmBvB10 kg m/s，解得vAvB25。碰撞后 A 球动量变为 2 kg m/s，B 球动量变为 10 kg m/s，又 mB2mA，由计算可知碰撞前后 A、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项 A、C 正确。答案 AC题组微练21.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 甲5 kgm/s，p 乙7 kgm/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为 p乙10 kgm/s，则两球质量 m 甲与 m 乙的关系可能是()Am 甲m 乙 Bm 乙2m 甲Cm 乙4m 甲
15、Dm 乙6m 甲解析 由碰撞中动量守恒可求得 p甲2 kgm/s。要使甲追上乙必须有：v 甲v 乙，即p甲m甲p乙m乙，故 m 乙1.4m 甲，碰后由于 p甲、p乙均大于零，表示运动同向，则应有v甲v乙，即p甲m甲 p乙m乙，故 m 乙5m 甲，再由碰撞中的机械能不增加，则(应用 p22mEk)p2甲2m甲 p2乙2m乙p2甲2m甲p2乙2m乙，代入数据得：m 乙5121m 甲，综合上述讨论：m 甲与 m 乙的质量关系应为5121m 甲m 乙5m 甲。正确答案应选 C。答案 C22.如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上，A 位于 B、C 之间。A 的质量为 m，B、C
16、 的质量都为 M，三者均处于静止状态。现使 A 以某一速度向右运动，求 m 和 M 之间应满足什么条件，才能使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。解析 A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时 A 的速度为 v0，第一次碰撞后 C的速度为 vC1，A 的速度为 vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1 12mv2012mv2A112Mv2C1 联立式得vA1mMmMv0 vC1 2mmMv0 如果 mM，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B
17、发生碰撞；如果 mM，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰前的速度向右运动，A 不可能与 B 发生碰撞；所以只需考虑 mM 的情况。第一次碰撞后，A 反向运动与 B 发生碰撞。设与 B 发生碰撞后，A 的速度为 vA2，B 的速度为 vB1，同样有vA2mMmM vA1mMmM2v0 根据题意，要求 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，应有 vA2vC1 联立式得m24mMM20 解得 m(52)M 另一个解 m(52)M 舍去。所以，m 和 M 应满足的条件为(52)MmM 答案(52)MmM核心微讲利用动量和能量观点解题的技巧1若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律
18、(机械能守恒定律)。2若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。3因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。典例微探【例 3】在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块 A 和 B，两者相距为 d。现给 A 一初速度，使 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为 d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为，B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为 g。求 A 的初速度的大小。解题导思：(
19、1)A、B 碰撞的过程中满足动量守恒条件吗？答：满足，因碰撞过程时间极短，碰撞力很大，能够满足内力远远大于外力的条件。(2)碰撞前后两木块做什么运动？哪些力在做功？答：均做匀减速直线运动，摩擦力做功使其动能减小。解析 设在发生碰撞前的瞬间，木块 A 的速度大小为 v；在碰撞后的瞬间，A 和 B 的速度分别为 v1和 v2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv212mv2112(2m)v22 mvmv1(2m)v2 式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正。由式得v1v22 设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd112mv21(2m)gd212(2m)v
20、22 按题意有 dd1d2 设 A 的初速度大小为 v0，由动能定理得mgd12mv2012mv2 联立式，得 v0285 gd。答案 285 gd题组微练31.(2017河南联考)如图所示，质量为 m10.2 kg 的小物块 A，沿水平面与小物块 B 发生正碰，小物块 B 的质量为 m21 kg。碰撞前，A 的速度大小为 v03 m/s，B 静止在水平地面上。由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知 A、B 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2，试求碰后 B 在水平面上滑行的时间。解析()假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为 v1，则
21、由动量守恒定律有m1v0(m1m2)v1碰后，A、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为 t1，则由动量定理有(m1m2)gt1(m1m2)v1解得 t10.25 s()假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后 A、B 的速度分别为 vA、vB，则由动量守恒定律有m1v0m1vAm2vB由机械能守恒有12m1v2012m1v2A12m2v2B设碰后 B 滑行的时间为 t2，则 m2gt2m2vB解得 t20.5 s可见，碰后 B 在水平面上滑行的时间 t 满足025 st0.5 s答案 0.25 st0.5 s32.质量为 mB2 kg 的木板 B 静止于光滑水平面上，质量为 mA 6 kg 的物块 A
22、停在 B 的左端，质量为 mC2 kg 的小球 C 用长为 L0.8 m 的轻绳悬挂在固定点 O。现将小球 C 及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球 C 在最低点与 A 发生正碰，碰撞作用时间很短为 t102 s，之后小球C 反弹所能上升的最大高度 h0.2 m。已知 A、B 间的动摩擦因数 0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取 g10 m/s2。求：解析(1)小球 C 下摆过程，由动能定理：mCgL12mCv2C小球 C 反弹过程，由动能定理：mCgh012mCv2C碰撞过程，根据动量定理：FtmC(vC)mCvC联立以上各式解得：F1.2103 N(1)小球 C 与物块 A
23、碰撞过程中所受的撞击力大小；(2)为使物块 A 不滑离木板 B，木板 B 至少多长？(2)小球 C 与物块 A 碰撞过程，由动量守恒定律：mCvCmC(vC)mAvA当物块 A 恰好滑至木板 B 右端并与其共速时，所求木板 B 的长度最小。此过程，由动量守恒定律：mAvA(mAmB)v由能量守恒定律：mAgx12mAv2A12(mAmB)v2联立以上各式解得 x0.5 m答案(1)1.2103 N(2)0.5 m微专题 巧突破 专题微讲 突破瓶颈“人船模型”问题核心微讲“人船模型”是初态均处于静止状态的两物体发生相互作用的典型模型。(1)模型概述：在水平方向所受合外力为零的两个静止物体(一个物
24、体在另一个物体上)，在系统内力的相互作用下同时开始反向运动，这样的力学系统可看作“人船”模型。(2)模型特点：两物体速度大小、位移大小均与质量成反比，方向相反，两物体同时运动，同时停止，遵从动量守恒定律，系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功等于“人”动能的变化；力对“船”做的功等于“船”动能的变化。母题导航【母题】如图所示，长为 L、质量为 M 的小船停在静水中，一个质量为 m 的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？解析 当人从船头走到船尾的过程中，人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用，故系统水平方向动量守恒，设某时刻人对地的速度为
25、 v2，船对地的速度为 v1，则mv2Mv10，即 v2/v1M/m。在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒，故 mv2tMv1t0，即 ms2Ms10，而 s1s2L所以 s1mMmL，s2MMmL。答案 s1mMmL，s2MMmL子题微练1如图所示，长 20 m 的木板 AB 的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量为 10 kg，将木板放在动摩擦因数为 0.2 的粗糙水平面上，一质量为 40 kg 的人从静止开始以 a14 m/s2 的加速度从 B 端向 A 端跑去，到达 A 端后在极短时间内抱住木桩(木桩的粗细不计)，求：(1)人刚到达 A 端时木板移动的距离。(2)人抱
26、住木桩后木板向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？(g 取10 m/s2)解析(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零，故不遵守动量守恒。设人对地的位移为 s1，木板对地的位移为 s2，木板移动的加速度为 a2，人与木板的摩擦力为 F，由牛顿定律得：FMa1160 N；a2FMmgm160500.21010 m/s26.0 m/s2设人从 B 端运动到 A 端所用的时间为 t，则s112a1t2,s212a2t2；s1s220 m由以上各式解得 t2.0 s，s212 m(2)解法一：设人运动到 A 端时速度为 v1，木板移动的速度为 v2，则 v1a1t8.0 m/s,v2a2
27、t12.0 m/s，由于人抱住木桩的时间极短，在水平方向系统动量守恒，取人的方向为正方向，则 Mv1mv2(Mm)v，得 v4.0 m/s。由此断定人抱住木桩后，木板将向左运动。由动能定理得(Mm)gs12(Mm)v2解得s4.0 m。解法二：对木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故产生向左的冲量，因此，人抱住木桩后，系统将向左运动。由系统动量定理得(Mm)gt(Mm)v，解得 v4.0 m/s由动能定理得(Mm)gs12(Mm)v2解得s4.0 m.答案(1)12 m(2)4.0 m2.如图所示，质量为 m、半径为 R 的小球，放在半径为 2R，质量为2m 的大空心球内。大球开始静止在光
28、滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少？解析 设小球相对于地面移动的距离为 s1，大球相对于地面移动的距离为s2。下落时间为 t，则由水平方向动量守恒得 ms1t 2ms2t；s1s2R；解得 s213R。答案 13R微考场 提技能 专题选萃 迁移应用 1(2017泰州模拟)如图所示，光滑的水平面上，小球 A 以速度 v0向右运动时与静止的小球 B 发生对心正碰，碰后 A 球的速率为v03，B 球的速率为v02，A、B 两球的质量之比为()A38 B35 C23 D43解析 碰撞瞬间动量守恒，规定向右为正方向，则有 mAv0mAv03 mBv02，解
29、得：mAmB38或mAmB34，所以 A 正确。答案 A2一枚火箭搭载着卫星以速率 v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为 m1，后部分的箭体质量为 m2，分离后箭体以速率 v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1为()Av0v2 Bv0v2Cv0m2m1v2Dv0m2m1(v0v2)解析 系统分离前后，动量守恒：(m1m2)v0m1v1m2v2，解得：v1v0m2m1(v0v2)，故 A、B、C 错误，D 正确。答案 D3如图所示，两质量分别为 m1 和 m2 的弹性小球叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h
30、远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知 m23m1，则小球 m1 反弹后能达到的高度为()AhB2hC3hD4h解析 下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v 2gh，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选 m1与 m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后 m1、m2速度大小分别为 v1、v2，选向上方向为正方向，则m2vm1vm1v1m2v2由能量守恒定律得12(m1m2)v212m1v2112m2v22，且 m23m1联立解得：v12 2gh反弹后高度 Hv212g4h，D 正确。答案 D4A、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体 A、B 都在同一直线上运动，其位移时间图象如图所示。由图可知，物体 A、B 的质量之比为()A11 B12 C13 D31解析 由图象知：碰前 vA4 m/s，vB0。碰后 vAvB1 m/s，由动量守恒可知 mAvA0mAvAmBvB，解得 mB3mA。故选项 C 正确。答案 C
