1、第7讲 动量守恒定律及其应用一、动量、动量定理1.动量:(1)定义式:p=_。(2)方向:与速度v的方向_。2.动量定理:(1)内容:物体在一个过程始末的动量_等于它在这个过程中所受力的_。(2)公式:p-p=_。mv相同变化量冲量I二、动量守恒定律1.动量守恒的条件:(1)系统_或系统所受_为零。(2)系统所受的外力之和虽不为零,但比系统_小得多,可以忽略不计,如碰撞问题中的摩擦力,爆炸过程中的重力等。(3)系统某一方向_或所受外力的_为零,或外力远小于_,则系统在_动量守恒。不受外力外力之和内力不受外力矢量和内力该方向2.三种表达式:(1)p=_。(2)m1v1+m2v2=_。(3)p1=
2、_。pm1v1+m2v2-p23.动量守恒定律的“四性”:(1)矢量性:定律的表达式是一个_,解题时要规定_。(2)相对性:定律表达式中的_应相对于同一参考系,一般以_为参考系。(3)同时性:定律中的初态动量是系统中各物体在相互作用前_的瞬时值,末态动量是系统中各物体在相互作用后_的瞬时值。(4)普适性:动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于_组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于_组成的系统。矢量式正方向速度地面同一时刻同一时刻多个物体微观粒子4.碰撞的种类及特点:种 类特 点弹性碰撞(1)动量_(2)碰撞前后总动能_非弹性碰撞(1)动量_(2)动能有_完全非弹性碰撞
3、(1)碰后两物体合为一体(2)动量_(3)动能损失最_守恒相等守恒损失守恒大1.(2013福建高考)将静置在地面上,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,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()【解析】选D。火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0，得故选D。2.(2013天津高考)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠。观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把
4、,使甲获得更大的速度向前冲出,在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功【解析】选B。运动员乙推甲的过程中,甲和乙间的相互作用力等大反向,作用时间相等,故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等,方向相反;由动量定理,动量变化的大小相等,方向相反,A错,B对;“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等,在乙推甲的过程中位移不一定相等,因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等,由动能定理,其动能变化量的绝对值也不一
5、定相等,C、D错。3.(2012天津高考)质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面,再以4m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞前后的动量变化为kgm/s。若小球与地面的作用时间为0.2s,则小球受到地面的平均作用力大小为N。(取g=10m/s2)【解析】小球与地面碰撞前的动量为:p1=m(-v1)=0.2(-6)kgm/s=-1.2kgm/s小球与地面碰撞后的动量为:p2=mv2=0.24kgm/s=0.8kgm/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为:p=p2-p1=2kgm/s由动量定理得:(F-mg)t=p,所以:答案:2124.(2012天津高考)如
6、图所示,水平地面上固定有高为h的平台,台面上有固定的光滑坡道,坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下,到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一起,共同沿台面滑行并从台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。求(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA;(2)A、B两球的质量之比mAmB。【解析】(1)小球从坡道滑至水平台面的过程中，机械能守恒,则:解得:(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得:mAvA=(mA+mB)v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动时间为t，
7、则在竖直方向上有:在水平方向上有:由以上各式联立解得:mAmB=13答案:(1)(2)135.(2013天津高考)质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=20m,物块与地面间的动摩擦因数=0.2,g取10m/s2,求:(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。【解析】(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1,则F1=mg 根据动能定理,对物块由A到B整个过程,有Fx1-F1x=0 代入数据,解得x1=16m (2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速
8、度为a,滑动的位移为x2,则x2=x-x1 由牛顿第二定律得 由匀变速直线运动公式得v2=2ax2 以物块运动的方向为正方向,由动量定理,得-F1t=0-mv 代入数据,解得t=2s答案:(1)16m(2)2s热点考向1动量守恒定律的应用【典例1】(18分)(2012新课标全国卷)如图,小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O,让球a静止下垂,将球b向右拉起,使细线水平。从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。忽略空气阻力,求:(1)两球a、b的质量之比;(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。【解题探究】(1)b球由释放到运动至最
9、低点的过程中,遵守_。(2)b球与a球相碰时遵守_。(3)两球在碰撞过程中机械能是否守恒?提示:两球在碰撞过程中机械能不守恒,损失的机械能转化为内能。机械能守恒定律动量守恒定律【解析】(1)设小球a、b质量分别为m1、m2,细线长为L,b球摆至最低点与a球碰撞前的速度为v0,碰撞后的速度为v,则对b球摆至最低点,由机械能守恒定律得 (2分)最低点小球a、b碰撞,由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v (2分)小球a、b一起摆至最高点,由机械能守恒定律得 (m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1-cos)(3分)联立式得(2分)并代入题给数据得 (2分)(2)两球在碰撞过程中损失的机械能是
10、Q=m2gL-(m1+m2)gL(1-cos)(3分)联立式,Q与碰前球b的最大动能Ek=m2gL之比为(2分)联立式,并代入数据得(2分)答案:(1)(2)【总结提升】应用动量守恒定律解题的步骤(1)选取研究系统和研究过程。(2)分析系统的受力情况,判断系统动量是否守恒。(3)规定正方向,确定系统的初、末状态的动量的大小和方向。(4)根据动量守恒定律列方程求解。(5)对求解的结果加以分析、验证和说明。【变式训练】(2013亳州一模)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线运动,A球动量为pA=5kgm/s,B球动量为pB=7kgm/s,当A球追上B球时发生碰撞,则碰后A、B两球的动量可能是()A.
11、pA=6kgm/s,pB=6kgm/sB.pA=3kgm/s,pB=9kgm/sC.pA=2kgm/s,pB=14kgm/sD.pA=5kgm/s,pB=17kgm/s【解析】选B。A球与B球相碰后,B球的动量一定增加,A错;碰撞前后,A、B球的总动量保持不变,B对,C、D错。热点考向2动量和能量相结合的综合应用【典例2】(20分)(2013天津南开区一模)如图,在一足够长的水平导轨上相距L=0.2m处分别固定着可视为质点的A、B两个带电物体,它们的质量mA=mB=1kg,带电量qA=qB=1.010-3C,与导轨间的动摩擦因数分别为A=0.25和B=0.50。整个装置处在水平向左的匀强电场中
12、,电场强度大小为E=5103N/C。在t=0时刻同时撤去固定两物体的外力后,A物体将沿导轨向左运动,并与B物体发生连续碰撞(碰撞时间极短可忽略不计,碰撞过程带电体电量不受影响)。每次碰撞过程中两物体的总动能保持不变,取g=10m/s2,求:(1)A与B第一次碰后B的瞬时速率;(2)从A开始运动到第三次碰撞时,B通过的位移是多少。【解题探究】(1)分析撤去固定两物体的外力后,A、B的受力特点,并比较电场力与摩擦力的大小。提示:(2)分析每次碰撞之后,A、B各做什么运动?提示:碰撞后,B向左做匀速运动,A向左做匀加速直线运动。【解析】(1)A物体开始沿导轨运动时EqA-AmAg=mAaA(2分)a
13、A=2.5m/s2 (1分)所以当撤去固定A的外力后,物体A将沿轨道向左做匀加速直线运动,又因为qE=mBg,即撤去固定B的力后,B仍静止,所以A与B第一次碰撞时A的速度(1分)A与B碰撞时,由动量守恒和能量守恒可得:mAvA1=mAvA1+mBvB1(2分)(2分)解得:vA1=0,vB1=vA1=1m/s (1分)(2)从第1次碰后到第2次碰撞时,A、B发生的位移相等(2分)解得t2=0.8s (1分)第2次碰撞时A的速度为vA2=aAt2=2m/s (1分)B发生的位移为:sB1=vB1t2=0.8m (1分)B的速度vB2=vB1A与B第二次碰撞时,由动量守恒和能量守恒可得:mAvA2
14、+mBvB2=mAvA2+mBvB2(1分)(1分)vA2=vB2=1m/svB2=vA2=2m/s从第2次碰后开始到第3次碰撞时,A、B发生的位移相等(2分)解得:t3=t2=0.8s,sB2=1.6m故从开始运动到第三次碰撞,B通过的位移为:sB=sB1+sB2=2.4m (2分)答案:(1)1m/s(2)2.4 m【总结提升】力学规律的选取原则(1)求解物体某一时刻受力及加速度时,可用牛顿第二定律列式解决,有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式。(2)研究某一物体受到力的持续作用而使运动状态发生改变时,在涉及时间和速度,不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理。在涉及位移、速度,
15、不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统,一般考虑用动量守恒定律去解决,光滑轨道等只有重力做功的物理过程,一般应用机械能守恒定律解决,但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,也即转变为系统内能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这类问题因作用时间极短,通常用动量守恒定律解决。【变式训练】两个质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲
16、面,曲面下端与水平面相切,如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上,距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下,然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。【解析】物块在劈A上下滑时，两者水平方向动量守恒，设到达最低点时，物块的速度为v1，劈A的速度为vA，取水平向右为正方向，则有0=mv1-M1vA两者组成的系统机械能守恒，有由以上两式解得物块滑上劈B时，两者水平方向动量守恒，两者组成的系统机械能守恒，设物块在B上能够达到的最大高度为H，此时两者具有共同速度vB，则有解得答案:1.(2013天津宁河一模)从同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎,掉在沙地上不易碎,这是因为玻璃杯落到水泥地上
17、时()A.受到的冲量大B.动量变化率大C.动量改变量大D.动量大【解析】选B。玻璃杯落到地面时速度大小一定,故两种情况下杯子落到地面时动量相等,动量变化相同,C、D错;根据动量定理,杯子落到水泥地上和沙地上时受到的冲量相等,A错;由于杯子落到水泥地上时与地面的作用时间较短,故动量变化率较大,B对。2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒【解析】选C。
18、动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零,本题中子弹、木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力之和为零,所以动量守恒。机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外,其他力对系统不做功,本题中子弹穿木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒。故选项C正确,A、B、D错误。3.(2013塘沽二模)甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动,速度大小分别为3m/s和1 m/s,迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动,速度大小均为2m/s。则甲、乙两人质量之比为()A.23 B.25C.35 D.53【解析】选C。选甲原运动方向为正方向,则v甲=3m/s,v乙=-1
19、m/s,v甲=-2m/s,v乙=2m/s。由于m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲+m乙v乙,代入数据整理得m甲m乙=35,C正确。4.(2011天津高考)如图所示,圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上,轨道半径为R,MN为直径且与水平面垂直,直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道,到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞,碰后两球粘在一起飞出轨道,落地点距N为2R,重力加速度为g,忽略圆管内径,空气阻力及各处摩擦均不计,求:(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t;(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。【解析】(1)粘合后的小球A和小球B，飞出轨道后做平抛运动，竖直
20、方向分运动为自由落体运动，有解得：(2)设小球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把小球A冲进轨道最低点处的重力势能定为0，由机械能守恒定律知：设碰撞后粘在一起两球的速度为v2，由动量守恒定律知：mv1=2mv2飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有2R=v2t联立可解得：答案:(1)(2)七 动量守恒定律的综合应用【案例剖析】(20分)(2013天津武清一模)如图所示的轨道由位于竖直平面内的圆弧轨道和水平轨道两部分相连而成。水平轨道的右侧有一质量为3m的滑块C与轻质弹簧的一端相连,轻质弹簧的另一端固定在竖直的墙M上,当弹簧处于原长时,滑块C位于P点处;在水平轨道上方O处,用长
21、为L的细线悬挂一质量为m的弹性小球B,小球B恰好与水平轨道相切于D点,并可绕O点在竖直平面内摆动;一质量也为m的弹性滑块A由圆弧轨道上某处由静止释放,进入水平轨道与弹性小球发生弹性碰撞。P点左方的轨道光滑、右方粗糙,且滑块A、C与PM段的动摩擦因数均为=0.5,其余各处的摩擦不计,弹性滑块A、弹性小球B、滑块C均可视为质点,重力加速度为g。(1)要使弹性滑块A能与滑块C相碰撞,弹性滑块A的初始位置距水平轨道的高度h应该满足什么条件?(2)在(1)中算出的最小高度处由静止释放弹性滑块A,经一段时间弹性滑块A与滑块C相碰撞,设碰撞时间极短,碰后一起压缩弹簧,弹簧最大压缩量为0.25L,求弹簧的最大
22、弹性势能Ep。【审题】抓住信息,准确推断关键信息信息挖掘题干由静止释放表明A开始运动时的速度为零发生弹性碰撞表明碰撞时动量和机械能都守恒P点左方的轨道光滑表明A在与C碰撞前系统的机械能不变问题A能与滑块C相碰撞说明滑块B能“跃”过O点,进一步表明碰后小球B做的是圆周运动最小高度处A的初始高度,能使被碰后的B球刚好在竖直面内做圆周运动【破题】精准分析,无破不立(1)运动情况分析。滑块A:沿斜面加速下滑,与B球相碰后速度_,又被B球碰撞后向P点做_运动,与C碰撞后压缩弹簧,弹簧压缩到最大量时,速度_。小球B:被A碰撞后做_运动,运动至最低点后又与A发生_。为零匀速为零圆周碰撞(2)所用重要规律。A
23、、B相碰时,符合两个守恒定律,分别是:a._。b._。A与C碰撞后压缩弹簧过程中,求解Ep时,用到两大规律,分别是:a._。b._。动量守恒定律机械能守恒定律动能定理能量守恒定律【解题】规范步骤,水到渠成(1)要使弹性滑块A能与滑块C相碰撞,必须使弹性小球B受弹性滑块A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周运动后从左方撞击弹性滑块A,使弹性滑块A继续向右运动,然后与滑块C相碰撞。对弹性滑块A,根据机械能守恒定律可得:(2分)由于弹性滑块A与弹性小球B发生碰撞,根据动量守恒定律可得mvA=mvA+mvB (2分)根据能量关系有 (2分)要使弹性小球B受弹性滑块A撞击后在竖直平面内完成一个完整的圆周
24、运动,则有 (2分)对弹性小球B,从最低点运动到最高点过程中机械能守恒,根据机械能守恒定律可得 (2分)联立式解得h2.5L (2分)(2)根据题意可知:弹性滑块A与弹性小球B发生两次弹性碰撞后,弹性滑块A与滑块C相碰撞前的速度与弹性滑块A与弹性小球B发生弹性碰撞前的速度相同,又由于弹性滑块A与滑块C相碰撞后结合在一起,根据动量守恒定律可得mvA=(m+3m)v (2分)又对弹性滑块A,根据机械能守恒定律可得:(2分)又由于弹性滑块A与滑块C相碰撞后一起压缩弹簧,根据能量的转化与守恒定律有:(m+3m)v2=Ep+(mg+3mg)L (2分)由三式解得:Ep=0.125mgL(2分)答案:(1)h2.5L(2)0.125mgL【点题】突破瓶颈,稳拿满分(1)常见的思维障碍:不知小球B在圆周运动最高点的最小速度的求法,以致不能正确求解最小高度h。不明确弹性碰撞除了动量守恒外,还有动能守恒,从而不能正确求解。(2)因解答不规范导致的失分:错误地认为小球B经圆周运动最高点时的速度为0,从而导致解题错误。没有考虑到A与C碰撞时损失的机械能,利用=Ep+(mg+3mg)求解Ep,从而导致失分。
