第二节_动量守恒定律一

第2节动量守恒定律一、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

[注1] 2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

[注2](3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞、反冲、爆炸1．碰撞(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。

[注3]②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

3．反冲 [注4](1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。

(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。

【注解释疑】[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

[深化理解]1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。

2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。

3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。

4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。

[基础自测]一、判断题(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。

(×)(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。

19.第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：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.爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．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．2.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动提示：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0，B的动量p B＝－2m v0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：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)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：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)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，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．2．动量守恒定律的“五性”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(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度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，p′1、p′2……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加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，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体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【典题例析】(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[审题指导]在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析](1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析【跟进题组】考向1 动量守恒的条件判断1．(高考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．考向2 爆炸模型分析2．(2017·河北邯郸摸底)如图，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v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，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，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0.从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12·2m v 20，解得μ＝3v 208gs. (2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝m v ， 根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝⎛⎭⎫v 022＝12m v 2，解得E 0＝14m v 20. 答案：(1)3v 208gs (2)14m v 20考向3 “人船模型”分析3．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，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1、v 2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m v 1－m ′v 2，即m ′v 2＝m v 1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m ′ v －2＝m v －1，等式两边同乘运动的时间t ，得 m ′ v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1又因x 1＋x 2＝l ，因此有x 1＝m ′lm ′＋m . 答案：m ′l m ′＋m考向4 “子弹打木块”模型分析4．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1① 代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有 (m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2②由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③ 联立①②③并代入数据解得μ＝0.54. 答案：0.541．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，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，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v 1＝m 2v 2得m 1x 1＝m 2x 2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．(3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．对碰撞现象中规律的分析【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2. (3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v ′前≥v ′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)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 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．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[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v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④ 如果m >M ，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 发生碰撞；如果m ＝M ，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m <M 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v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0 解得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M . [答案] (5－2)M ≤m ＜M动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律．(2)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能．【跟进题组】考向1 碰撞的可能性问题分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s. 当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.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v ′A 大于B 的速度v ′B ，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E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 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．考向2 弹性碰撞规律求解2．(2016·高考全国卷丙)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有m v 1＝m v ′1＋3m 4v ′2④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧ 联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 202gl.考向3 非弹性碰撞的分析3．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：A 、B 碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1① 此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20.④ (2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得 E p ＝1348m v 20. 答案：(1)116m v 20 (2)1348m v 20动量守恒中的力学综合问题【知识提炼】1．动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程．2．其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．3．最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．【典题例析】如图所示，光滑水平轨道上放置长板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m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 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 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．[审题指导] (1)A 、C 发生碰撞，B 与A 的相互作用可忽略，A 、C 系统动量守恒；(2)碰后A 、B 相互作用达到共同速度，A 、B 系统动量守恒；(3)A 、C 碰后，A 恰好不再与C 相碰，则A 、B 的共同速度与C 碰后速度相等．[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v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ② A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 发生碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. [答案] 2 m/s【跟进题组】考向1 多物体、多阶段运动的求解1．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．解析：(1)物块A 由初始位置到Q 的过程，由动能定理得：－mg ×2R ＝12m v 2－12m v 20解得：v ＝4 m/s. 设在Q 点物块A 受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝m v 2R 解得：F ＝m v 2R－mg ＝22 N ． (2)由机械能守恒定律知：物块A 与B 碰前的速度仍为v 0＝6 m/s.A 与B 碰撞过程动量守恒，设碰后A 、B 的速度为v 共 m v 0＝2m v 共 解得v 共＝12v 0＝3 m/s. 设A 与B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s ，由动能定理得 －μ×2mgs ＝0－12×2m v 2共 解得：s ＝v 2共2g μ＝4.5 m 故k ＝s L ＝4.50.1＝45. (3)碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度等于滑离第n 个(n ＜k )粗糙段的速度由动能定理得：－μ×2mgnL ＝12×2m v 2n －12×2m v 2共 解得：v n ＝v 2共－2μgnL ＝9－0.2n (n ＜45)．答案：(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n (n ＜45)考向2 动量守恒中的临界问题2．(2017·河北石家庄检测)如图所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝M v ＋m 1v ′1人跳上乙车时：M v －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2 解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0 两车不可能发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0 当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.1．动量守恒问题中常见的临界问题(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v 甲大于乙物体的速度v 乙，即v 甲>v 乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v 甲＝v 乙．(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键(1)寻找临界状态：看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．1．(高考重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝ 2h g＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝x t知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2015·高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为__________，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为__________．解析：设碰前B 球的速度为v 0，A 碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A 、B 两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为13v 0和－13v 0 根据动量守恒定律，得m B v 0＝m B ⎝⎛⎭⎫－13v 0＋m A ·13v 0 解得m A ∶m B ＝4∶1 A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为 12m B v 2012m A ⎝⎛⎭⎫13v 02＋12m B ⎝⎛⎭⎫－13v 02＝95. 3．如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m ＝1 kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离．解析：(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v 1、v 2，则m v 1－M v 2＝0 12m v 21＋12M v 22＝E p 解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设小车移动x 2距离，小球移动x 1距离，整个过程中，根据平均动量守恒(人船模型)得m x 1t ＝M x 2tx 1＋x 2＝L 解得：x 2＝L 4. 答案：(1)3 m/s 1 m/s (2)L 44．(2017·广东东莞联考)如图所示，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，则m v 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ， 受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2， 联立并代入数据，解得h ≈2.13 m.答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s ③由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2. 答案：(1)1∶8 (2)1∶2。

第一章动量守恒定律第2节动量定理问题?有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎，主要的用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击。

其中有怎样的道理呢？两个物体碰撞时，彼此间会受到力的作用，那么一个物体动量的变化和它所受的力有怎样的关系呢？动量定理为了分析问题的方便，我们先讨论物体受恒力的情况。

如图1.2-1,假定一个质量为加的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。

在初始时刻，物体的速度为V,经过一段时间∆r,它的速度为M那么，这个物体在这段时间的加速度就是图1.2-1力改变物体的动量∆υ"一V°=石二∆r根据牛顿第二定律F=ma,则有v,—Vnrv'-mv—一.尸=M—R—=Δ/即F∆r=p,-p(1)由于∆p=√-p,所以(D式也可以写成F=,它表示：物体动量的变化率等于它所受的力。

(1)式的右边是物体在∖t这段时间内动量的变化量，左边既与力的大小、方向有关，又与力的作用时间有关。

尸加这个物理量反映了力的作用对时间的累积效应。

物理学中把力与力的作用时间的乘积叫作力的冲■(impulse),用字母/表示冲量，则I=FZ冲量的单位是牛秒，符号是N-So有了冲量的概念，(1)式就可以写成I=p,-p(2)（1）式也可以写作F（f-r）=mv,-mv（3）（2）式或（3）式表明：物体在一个过程中所受力的冲■等于它在这个过程始末的动・变化这个关系叫作动・定理（theoremofmomentum）,,这里说的“力的冲量”指的是合力的冲量，或者是各个力的冲量的矢量和。

物体在碰撞过程中受到的作用力往往不是恒力，物体不做匀变速运动。

那么，应该怎样处理这样的问题呢？我们可以把碰撞过程细分为很多短暂过程（图l∙2-2）,每个短暂过程中物体所受的力没有很大的变化，这样对于每个短暂过程就能够应用（1）式了。

把应用于每个短暂过程的关系式相加，就得到整个过程的动量定理。

在应用（1）式处理变力问题时，式中的尸应该理解为变力在作用时间内的平均值。