(新课改省份专用)202x版高考物理一轮复习 第六章 第2节 动量守恒定律

第2讲动量守恒定律及其应用考点1动量守恒定律的理解和简单应用1．动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零，则系统动量守恒；(2)系统受外力，但所受的外力远远小于内力、可以忽略不计时，则系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零，则系统在该阶段动量守恒．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于作用后的动量之和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的“四性”考向1对动量守恒定律的理解1．(2019·安徽淮南联考)(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是(CD)A．三球与弹簧组成的系统总动量不守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零解析：在整个运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，机械能减小，故A、B错误；a 与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，a、b做减速运动，c做加速运动，当c的速度等于a、b的速度时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确．2．在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的载人小船，船的质量为M，人的质量为m.开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时，设船的速度为u.由动量守恒定律，下列表达式成立的是(C)A．(M＋m)v0＝Mu＋m vB．(M＋m)v0＝Mu＋m(v－u)C．(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)D．(M＋m)v0＝Mu－m(v－v0)解析：由题意，人和船组成的系统动量守恒，以水面为参考系，设船行驶方向为正，则初始时v船＝v人＝v0，v船′＝u时，v人＝－(v－u)，根据动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)，所以选项C 正确．考向2动量守恒定律的简单应用3．(2019·河南豫南联考)光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示．将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N，则下列说法中正确的是(D)A．F N＝mg cosαB．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t cosαC．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面向左滑动的距离为mM＋mL解析：经分析可知滑块B相对于斜面加速下滑，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N不等于mg cosα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则M v1＝m v2，x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝L，解得x1＝mM＋mL，D正确．4．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0 m/s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图所示．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．解析：解法1：取甲开始运动的方向为正方向，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，以甲和箱子为系统，则由动量守恒定律得(m＋M)v0＝M v1＋m v.设乙抓住箱子后其速度为v2，以箱子和乙为系统，则由动量守恒定律得m v－M v0＝(m＋M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1，当甲和乙的速度相等时，甲推箱子的速度最小，此时v1＝v2.联立上述三式可得v＝m2＋2mM＋2M2m2＋2mMv0＝5.2 m/s.即甲至少要以对地5.2 m/s的速度将箱子推出，才能避免与乙相撞．解法2：若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统，由于不相撞的条件是甲、乙速度相等，设为v1，则由动量守恒定律得(m＋M)v0－M v0＝(m＋2M)v1，代入具体数据可得v1＝0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统，设推出箱子的速度为v，推出箱子前、后系统的动量守恒(m ＋M)v0＝M v1＋m v，代入具体数据得v＝5.2 m/s.答案：5.2 m/s(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统，系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力，要判断系统是否动量守恒，或是否在某个方向上动量守恒.(3)要明确系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对地面的速度.考点2碰撞模型1．碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律(2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等)．②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变．2．三种碰撞考向1 对碰撞“三原则”的理解(多选)A 、B 两球在光滑水平轨道上同向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是9 kg·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后B 球的动量变为12 kg·m/s ，则两球质量m A 、m B 的关系可能是( )A ．mB ＝2m AB ．m B ＝3m AC ．m B ＝4m AD ．m B ＝5m A【解析】 以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，p B ′＝12 kg·m/s ，解得，p A ′＝4 kg·m/s ，碰撞过程系统的总动能不增加，则有p A ′22m A ＋p B ′22m B ≤p 2A 2m A ＋p 2B 2m B ，解得：m A m B≤1121， 由题意可知：当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞前A 的速度大于B 的速度，则有：p A m A >p B m B ，解得：m A m B <p A p B＝79， 碰撞后A 的速度不大于B 的速度，则有p A ′m A ≤p B ′m B，m A m B ≥p A ′p B ′＝13，综上得：13≤m A m B≤1121，故A 、B 正确． 【答案】 AB1．(2019·甘肃会宁月考)如图所示，A 、B 两小球在光滑水平面上分别以动量p 1＝4 kg·m/s 和p 2＝6 kg·m/s(向右为正方向)做匀速直线运动，则在A 球追上B 球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp 1和Δp 2可能分别为( D )A ．－2 kg·m/s,3 kg·m/sB ．－8 kg·m/s,8 kg·m/sC ．1 kg·m/s ，－1 kg·m/sD ．－2 kg·m/s,2 kg·m/s解析：碰撞过程中动量守恒，即满足p 1＋p 2＝(p 1＋Δp 1)＋(p 2＋Δp 2)，代入A 选项数据知不满足动量守恒，A 错误；碰撞过程中还要满足动能不增加，即p 212m 1＋p 222m 2≥(p 1＋Δp 1)22m 1＋(p 2＋Δp 2)22m 2，代入B 选项数据知不满足，B 错误；因为两球在碰撞前是同向运动，所以碰撞后还要满足小球B 的速度增加，小球A 的速度减小，而C 选项中碰撞后A 球的速度增加，B 球的速度减小，所以不符合实际，C 错误；D 满足以上条件，所以D 有可能，D 正确．处理碰撞问题的思路和方法(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还满足能量守恒，注意碰撞完成后关于不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．(3)要灵活运用E k ＝p 22m或p ＝2mE k 转换动能与动量． 考向2 弹性碰撞(2019·江西上饶六校一模)(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x ，现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 20 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 20【解析】 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A 的动能转化为弹簧的弹性势能，A 及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能，设A 的质量为m A ，即有：E pm ＝12m A v 20 当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时，A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动，A 、B 速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A 的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m A ·2v 0＝(m ＋m A )v由机械能守恒定律得：E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2 解得m A ＝3 m ，E pm ＝32m v 20，故A 、C 正确． 【答案】 AC2．(2019·贵州贵阳模拟)在光滑的冰面上放置一个截面为14圆且半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m 1，小球的质量为m 2，曲面体的质量为m 3.某时刻小孩将小球以v 0＝4 m/s 的速度向曲面体推出(如图所示)．(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；(2)若m 1＝40 kg ，m 2＝2 kg ，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m 3应满足的条件．解析：(1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v系统机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 解得h ＝m 3v 202(m 2＋m 3)g. (2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0－m 1v 1＝0，球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 3由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23 解得v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0 如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v 2>v 1解得m 3>4219kg 答案：(1)m 3v 202(m 2＋m 3)g(2)m 3>4219 kg弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度．当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， ①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度． ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动． ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来．考向3 非弹性碰撞(2019·陕西咸阳模拟)如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m 的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为25v 0，已知木块的长为L ，设子弹在木块中所受的阻力恒定．试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v 以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t .[审题指导] 子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律求解第一个木块的速度大小，由能量守恒求子弹在木块中所受阻力大小，对子弹与第二块木块相互作用系统，子弹不能打穿第二块木块，由动量守恒定律和动量定理求解子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间．【解析】 (1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有m v 0＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 0＋3m v 解得v ＝15v 0 对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒有F f L ＝12m v 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02－12·(3m )v 2 解得子弹受到木块阻力F f ＝9m v 2025L(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02＝2m v 2025<9m v 2025，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v 共，由动量守恒定律有m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 0＝(m ＋3m )v 共 解得v 共＝v 010 对第二块木块，由动量定理有F f t ＝3m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 010子弹在第二块木块中的运动时间为t ＝5L 6v 0【答案】 (1)15v 0 9m v 2025L (2)5L 6v 0子弹打木块模型的规律(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多．(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE k ＝M m ＋ME k0，等于系统其他形式能的增加．考点3 爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律增加动能，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动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，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加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，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【解析】由h＝12gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v >2 m/s ，因此水平位移大于2 m ，选项C 、D 均错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两质量比为31，所以速度变化量之比为13，由平抛运动水平方向上，x ＝v 0t ，所以A 图中，v 乙＝－0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝2.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，选项A 错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝1.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，选项B 正确．【答案】 B3．(2019·山东济南一模)运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级结构来提高其运载能力．某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有质量为Δm ＝100 g 的压缩气体，总质量为M ＝1 kg ，启动后全部压缩气体以v 0＝570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，两级内部各装有质量为Δm 2的压缩气体，每级总质量均为M 2，启动后模型乙第一级内的全部压缩气体以速度v 0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2 s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v 0从第二级底部喷口在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2，求两种模型上升的最大高度之差．解析：对模型甲，由动量守恒有0＝(M －Δm )v 甲－Δm v 0，由运动学公式有h 甲＝v 2甲2g≈200.56 m ， 对模型乙第一级喷气，由动量定恒有0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M －Δm 2v 乙1－Δm 2v 0，解得v 乙1＝30 m/s ，则2 s 末有v 乙1′＝v 乙1－gt ＝10 m/s ，h 乙1＝v 2乙1－v 乙1′22g＝40 m ， 对模型乙第二级喷气，由动量守恒有M 2v 乙1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M 2－Δm 2v 乙2－Δm 2v 0，h 乙2＝v 2乙22g ≈277.1 m ， 可得Δh ＝h 乙1＋h 乙2－h 甲＝116.54 m.答案：116.54 m分析爆炸、反冲问题的两点注意(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大．(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变；在反冲过程中，若喷气时间极短，也认为物体位置不变．学习至此，请完成课时作业21。

学习资料第2节动量守恒定律及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动量守恒定律及其应用1。

动量守恒定律（1）内容：如果一个系统，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。

(2)表达式①p= ,系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’。

②m1v1+m2v2= ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。

③Δp1= ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp= ，系统总动量的增量为零。

2.动量守恒的条件不受外力或所受外力的合力为零,不是系统内每个物体所受的合外力都为零,更不能认为系统处于状态。

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)远外力,总动量守恒。

(2)分类①弹性碰撞:碰撞后系统的机械能损失。

②非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失.③完全非弹性碰撞:碰撞后合为一体,机械能损失。

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。

3。

反冲（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，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。

考点自诊1。

判断下列说法的正误。

(1)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等。

（)(2）只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒。

()(3)无论碰撞、反冲还是爆炸类问题,动能都不会增大.(）（4)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。

()(5)弹性碰撞过程中系统动量一定守恒。

（）2。

将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短的时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷气过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/s B。

第2讲动量守恒定律及其应用➢教材知识梳理一、动量守恒定律1．内容：一个系统________或者________为零时，这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝________．二、系统动量守恒的条件1．理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，那么系统动量守恒．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．三、动量守恒的实例1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间________，而物体间相互作用力________的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力________外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类：2.反冲运动(1)定义：静止或运动的物体通过分离出部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象．(2)特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的________是守恒的．3．爆炸现象爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量________，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．答案：一、1.不受外力所受外力的矢量和2．m1v1′＋m2v2′三、1.(1)很短很大(2)远大于(3)守恒最大2．(2)动量3．远大于守恒[思维辨析](1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度．( )(2)系统动量守恒，那么机械能也守恒．( )(3)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度．( )(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变．( )答案：(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)[思维拓展]碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？答案：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．➢考点互动探究考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力之和为零，那么系统动量守恒；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计时，那么系统动量守恒；(3)系统在某一个方向上所受的合力为零，那么该方向上动量守恒．(4)全过程的某一阶段系统受的合外力零，那么该阶段系统动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象，选取研究过程；(2)分析内力和外力的情况，判断是否符合动量守恒条件；(3)选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列方程求解．1 [2014·某某卷] 如图6­18­1所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图6­18­1A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案：C[解析] 甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故不守恒．式题如图6­18­2所示，小车与木箱紧挨着静放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，以下说法中正确的选项是( )图6­18­2A．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、小车的总动量增量相同答案：C [解析] 根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项C正确．■ 要点总结注意动量守恒定律的“四性〞1．矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程，在解题时应规定正方向．2．同一性：定律表达式中的速度应相对同一参考系，一般以地面为参考系．3．瞬时性：定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值，末态动量是相互作用后同一时刻的瞬时值．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．考点二碰撞问题1.三种碰撞形式的理解2.判断碰撞的可能性问题(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．速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，那么后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v前，否那么无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v ′前≥v ′后，否那么碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，那么碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．分)[2015·全国卷Ⅰ] 如图6­18­3所示，在足够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 ，三者都处于静止状态．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．图6­18­3[解答规X] 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mv 0＝________________①(2分)12mv 20＝________________②(2分) 联立①②式得v A 1＝________③(1分) v C 1＝________④(1分)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．(2分)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 ＋Mv A 1＝________⑤(1分)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(1分)联立④⑤⑥式得________________≥0⑦(2分) 解得m ≥________⑧(1分)另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 ________________⑨(2分) 答案：mv A 1＋Mv C 112mv 2A 1＋12Mv 2C 1m －M m ＋M v 02m m ＋M v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ≤ m 2＋4mM －M 2 (5－2)M (5－2)M ≤m <M1 如图6­18­4所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′； (3) A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .图6­18­4答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m [解析] 设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 2解得碰撞前瞬间A 的速率为v ＝2gR ＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律有mv ＝2mv ′解得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(3)根据动能定理有－μ·2m ·gl ＝0－12·2m ·v ′2解得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m.2 如图6­18­5所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一物块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．MN 段轨道光滑，物块与NP 段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的位置与N 点距离的可能值．6­18­5答案：2s －h μ或h μ－2s[解析] 根据功能关系，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少量ΔE p与物块克服摩擦力所做功的数值相等．ΔE p＝W设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，那么ΔE p＝mghW＝μmgs′联立以上各式得s′＝hμ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在回到N前停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝2s－s′＝2s－hμ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，那么物块停止的位置距N的距离为d＝s′－2s＝hμ－2s所以物块停止的位置距N的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.考点三多体动量守恒问题有时对整体应用动量守恒，有时只选某部分应用动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，恰当选择系统和始、末状态是解题的关键．1．分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成．2．要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒．3．明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式．4．确定好正方向，建立动量守恒方程求解．3 如图6­18­6所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平向右滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度大小和铅块C刚滑到B上时的速度大小．图6­18­6[解析] 铅块C在A上滑行时，两木块一起向右运动，设铅块C刚离开A滑上B时的速度为v′C，A和B的共同速度为v A，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有m C v0＝(m A＋m B)v A＋m C v′C在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以v A匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有m B v A＋m C v′C＝(m B＋m C)v代入数据解得v A＝0.25 m/s，v′C＝2.75 m/s.1 如图6­18­7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v0＝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碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．图6­18­7答案：2 m/s[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 v0＝m A v A＋m C v C①A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 v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④2 如图6­18­8所示，木块A质量为m A＝1 kg，足够长的木板B质量为m B＝4 kg，A、B置于水平面上，质量为m C＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦．现使A以v0＝12 m/s 的初速度向右运动，A与B碰撞后以4 m/s的速度被弹回．(1)求B运动过程中的最大速度大小；(2)假设木板B足够长，求C运动过程中的最大速度．图6­18­8答案：(1)4 m/s (2)2 m/s[解析] (1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大．取向右为正方向，由A、B系统动量守恒，有：m A v0＋0＝－m A v A＋m B v B代入数据得v B＝4 m/s.(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有m B v B＋0＝(m B＋m C)v C代入数据得v C＝2 m/s.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型，当人在无阻力的船上向某一方向走动时，船向相反方向移动，此时满足动量守恒．假设人船系统在全过程中动量守恒，那么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，那么由m1v1＝－m2v2得m1x1＝－m2x2，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，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．4 质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边．在忽略水的阻力的情况下，当他从右端走到船的左端时，船左端离岸多远？[解析] 先画出示意图如下图．人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L.设人、船位移大小分别为l1、l2，选择向右的方向为正方向，那么有：0＝Mv2－mv1，两边同乘时间t并整理得：ml1＝Ml2而l1＋l2＝L，解得l2＝mM＋mL.式题 (多项选择)如图6­18­9所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，那么(水平面光滑)( )图6­18­9A．系统的动量守恒B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向C．小球不能向左摆到原高度D．小车向右移动的最大距离为2mlM＋m答案：BD [解析] 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的位移为2l，根据“人船模型〞，解得最大距离为2mlM＋m，D正确．考点五爆炸和反冲1.爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时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，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．(3)反冲运动中机械能往往不守恒．(4)实例：喷气式飞机、火箭等．甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲乘的小车上有质量为m＝1 kg的小球假设干，甲和他的小车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且均被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不致相撞．那么此时：(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？[解析] (1)两车刚好不相撞，那么两车速度大小相等，方向相同，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v解得v＝1.5 m/s.(2)对甲及从小车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′解得n＝15.1 斜向上飞出的一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反．那么以下说法中正确的选项是( )A．爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C．爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D．爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能答案：A [解析] 设爆竹爆炸前瞬间的速度为v0，爆炸过程中，因为内力远大于外力，那么爆竹爆炸过程中动量守恒，设三块质量均为m，中间一块的速度为v，前面一块的速度为v1，那么后面一块的速度为－v1，由动量守恒定律有3mv0＝mv1－mv1＋mv，解得v＝3v0，那么中间那块速度方向向东，速度大小比爆炸前的大，那么A正确，B错误；三块同时落地，但落地时动量不同，C错误；爆炸后的瞬间，中间那块的动能为12m (3v 0)2，大于爆炸前系统的总动能32mv 20，D 错误．2 如图6­18­10所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)图6­18­10答案：4v 0[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得货物从乙船抛出过程，12mv 0＝11mv 1－mv min货物落入甲船过程，10m ·2v 0－mv min ＝11mv 2为避免两船相撞应满足v 1＝v 2解得v min ＝4v 0.[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 如下图，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2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是________．(填选项前的字母)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[解析] D 根据动量守恒定律，碰撞前的总动量为0，碰撞后的总动量也要为0，碰撞后要么A 、B 均静止，要么A 、B 朝反方向运动；由于是弹性碰撞，能量不损失，所以碰后A 、B 不可能静止，所以A 只能向左运动、B只能向右运动．2．将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，其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．忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，那么喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母)A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0[解析] D 以向上为正方向，初动量为0，喷气瞬间炽热气体的动量为－mv0，火箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒定律有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得v＝mv0M－m，D正确．。

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。