第二课时动量守恒定律及其应用
第一关：基础关展望高考
基础知识
一、动量守恒定律
知识讲解
(1)内容:一个系统不受外力或者所受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变.
(2)数学表达式
①p=p′.
即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
若相互作用的物体有两个,则通常写为:
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.
②Δp=p′-p=0.
即系统总动量的增量为零.
③Δp1=-Δp2.
即将相互作用的系统内的物体分为两部分,其中一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等,方向相反.
(3)动量守恒定律成立的条件
内力不改变系统的总动量,外力才能改变系统的总动量,在下列三种情况下,可以使用动量守恒定律:
①系统不受外力或所受外力的矢量和为零.
②系统所受外力远小于内力,如碰撞或爆炸瞬间,外力可以忽略不计
③系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零,或外力远小于内力,则该方向动量守恒(分动量守恒).
活学活用
1.如图所示，A、B两物体的质量m A>m B,中间用一段细绳相连并在一被压缩的弹簧,放在平板小车C上后,A、B、C均处于静止状态.若地面光滑,则在细绳被剪断后,A、B从C上未滑离之前,A、B在C上向相反方向滑动过程中（）
A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同,则A、B组成的系统动量守恒,A、B、C组成的系统动量也守恒
B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,A、B、C组成的系统动量也不守恒
C.若A、B和C之间的摩擦力大小不相同,则A、B组成的系统动量不守恒,但A、B、C组成的系统动量守恒
D.以上说法均不对
解析：当A、B两物体组成一个系统时,弹簧弹力为内力,而A、B和C之间的摩擦力是外力,当A、B与C之间的摩擦力等大反向时,A、B所组成的系统所受合外力为零,动量守恒;当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时,A、B组成的系统所受合外力不为零,动量不守恒.而对于A、B、C组成的系统,由于弹簧的弹力、A和B与C之间的摩擦力均是内力,不管A、B与C之间的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成的系统所受合外力均为零,动量守恒,所以A、C选项正确,B、D选项错误.
答案：AC
点评：(1)动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零,因此在判断系统动量是否守恒时一定要分清内力和外力;(2)在同一物理过程中,系统的动量是否守恒,与系统的选取密切相关,因此,在运用动量守恒定律解题时,一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量是守恒的.
二、碰撞与爆炸问题
知识讲解
1．碰撞现象
(1)动量守恒
(2)机械能不增加
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的
物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有，v′前≥′后.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不
改变.
2．爆炸现象
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间完成的，爆炸物体间
的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总
动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学
能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体
产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从
爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.
活学活用
2.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.两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的初动量均为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 kg·m/s，则()
A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
解析：碰撞前A、B组成的系统的动量：
p1+p2=(6+6) kg·m/s=12 kg·m/s
碰撞后A球的动量：
p′1=p1+Δp1=［6+(-4)］kg·m/s=2 kg·m/s
由动量守恒定律：p1+p2=p′1+p′2得p′2=10 kg·m/s
即m1v′1=2 kg·m/sm2v′2=10 kg·m/s
所以v′1：v′2=2：5
又Δp1为负值，由动量定理可知A球碰撞时受力向左，故左方向是A球.答案:A
第二关：技法关解读高考
解题技法
一、对动量守恒定律的理解
技法讲解
(1)矢量性:动量守恒方程是一个矢量方程,对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题,应选取统一的正方向,凡是与选取正方向相同的动量为正,相反为负.若方向未知,可设为与正方向相同列动量守恒方程,通过解得结果的正负,判定未知量的方向.
(2)同时性:动量是一个瞬时量,动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定,列方程m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′时,等号左侧是作用前同一时刻各物体动量的矢量和,等号右侧是作用后同一时刻各物体动量的矢量和,不同时刻的动量不能相加.
(3)参考系的同一性:由于动量大小与参考系的选取有关,因此应用动量守恒定律时,应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度.一般以地面为参考系.
(4)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统;不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统.
典例剖析
例1如图所示质量为M的小船以速度v匀速行
驶.船上有质量都为m的小孩a和b，他们分别站立在
船头和船尾，现小孩a以相对于静止水面的速度v向前
跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速度（相对于
静水）向后跃入水中，求小孩b跃入水中后小船的速度.
解析：由于船在水中匀速行驶，所以人、船组成的
系统动量守恒，设小孩b跃入水中后小船的速度为v1，规定小船原来的速度v0方向为正方向，根据动量守恒定律有：
（M+2m）v0=Mv1+mv+（-mv）
解得：v1=M2m
M
v0，v1为正值，表明小船的速度方向与原来的方向相同.
二、动量守恒的两种模型
技法讲解
在运用动量守恒定律处理问题时，常常遇到以下两种模型：
1.人船模型：人船模型的适用条件是两个物体组成的系统在运动过程中动量守恒，并且总
动量为零.两物体在其内力的相互作用下，各物体的动量虽然都在变化，但总动量仍为零，即0=Mv 1-mv 2.
系统在运动过程中动量守恒，则系统在运动过程中的平均动量也守恒，即0=12M v mv -. 进一步而可得：
121122s s s m 0M m MS ms t t s M
=-∴==或. 此式表明：在两个物体相互作用的过程中，如果物体组成的系统动量守恒，那么在运动过程中物体的位移之比就等于质量的反比.
2.子弹—木块模型
这类问题的特点是：木块最初静止于光滑水平面上，子弹射入木块后留在木块内和木块合为一体.此过程动量守恒，但机械能不守恒.
典例剖析
例2有一艘质量为M=120 kg 的船停在静水中，船长L=3 m.船上一个质量为m=60 kg 的人从船头走到船尾.不计水的阻力，则船在水中移动的距离为多少？
解析：这道题就是一个“人船模型”题.以人和船组成的系统为研究对象，人在船上走的过程中，系统受到的外力是重力、水的浮力，其合力为零，系统的动量守恒.由动量守恒定律，可以得出各时刻人和船的速度关系，由速度关系再得出位移关系.
以人船静止时为初状态，人在走的过程中某时刻为末状态，设此时人的速度为v1，船的速度为v 2，以人的速度为正方向，由动量守恒定律知mv 1-Mv 2=0,那么有ms 1-Ms 2=0①
人船运动过程如图所示，则s 1+s 2=L ②
联立①②方程式解得：
s 1=M 120L M m 12060
=++×3 m=2 m s 2=
M 120L M m 12060=++×3 m=1 m. 答案：1 m
例3在高为h=10 m 的高台上，放一质量为M=9.9 kg 的木块，它与平台边缘的距离L=1 m.今有一质量为m=0.1 kg 的子弹以v 0的水平向右的速度射入木块（作用时间极短），并留在木块中，如图所示.木块向右滑行并冲出平台，最后落在离平台边缘水
平距离为
处，已知木块与平台的动摩擦因数μ=920，g 取10 m/s 2，求：