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物理 选择性必修 第一册 RJ
3．动量守恒定律
1．理解系统、内力、外力的概念。2．知道动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件，知道动量守恒定律的普适性。3．会用动量守恒定律解答相关问题。
任务　相互作用的两个物体的动量改变
第1节中我们通过分析一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，得出碰撞前后两辆小车的动量之和不变的结论。现在我们尝试从理论上证明这一结论。如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。试证明A、B碰撞前后的动量之和不变。
提示：设碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2，相互作用的时间很短，设为Δt，根据动量定理，对A有F1Δt＝m1v1′－m1v1，对B有F2Δt＝m2v2′－m2v2。
因为F1与F2是两物体间的相互作用力，根据牛顿第三定律知F1＝－F2，则有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)
整理后得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2
此式表明A、B碰撞前后的动量之和不变。
任务　动量守恒定律
1．系统、内力和外力
(1)系统：由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
温馨提示：某个力是内力还是外力，与系统的选取有关。
2．动量守恒定律的内容：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。
3．动量守恒定律的适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为0。
4．动量守恒定律的普适性
(1)用牛顿运动定律解决问题要涉及整个过程中的力，动量守恒定律只涉及过程始末两个状态，与过程中力的细节无关。
(2)在高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域，牛顿运动定律不再适用，而动量守恒定律仍然正确。
1．判一判
(1)系统的动量守恒时，系统内各物体的动量一定守恒。(　　)
(2)题目中涉及甲、乙、丙三个物体时，可以将甲和乙、甲和丙、乙和丙以及甲、乙、丙选为系统，具体如何选择要依据实际问题分析。(　　)
(3)动量守恒定律只适用于宏观低速的物体。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×
2．想一想
系统内存在摩擦力，系统的动量还可能守恒吗？
提示：可能守恒。系统内的摩擦力是内力，动量是否守恒取决于系统所受外力的情况。
1．动量守恒定律的理解
(1)矢量性：系统的总动量保持不变，是指系统内各物体动量的矢量和的大小和方向均不变。
(2)瞬时性：系统在整个过程中任意时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
(3)相对性：系统中各物体在初、末状态的动量是相对于系统外的同一参考系而言的，通常选地面为参考系。
2．动量守恒条件的说明
(1)不受外力的系统是不存在的，通常遇到的动量守恒的情况是：系统所受外力的矢量和为0。
(2)当系统所受外力远小于内力时，外力可以忽略，可以近似认为系统动量守恒。
深化思考：如果系统只在某一方向所受合力为0，这个系统动量是否守恒？这个系统在这一方向动量是否守恒？
提示：如果系统只在某一方向所受合力为0，即在其他方向所受合力不为0，则这个系统动量不守恒。动量守恒定律具有矢量性，所以系统在某一方向所受合力为0时，这个系统在这一方向动量守恒。
如图所示，小车与木箱静止在光滑的水平冰面上并距离很近，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，此过程男孩与小车相对静止。关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)
A．男孩和小车组成的系统动量守恒
B．男孩和木箱组成的系统动量守恒
C．小车与木箱组成的系统动量守恒
D．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
[解析]　男孩和小车组成的系统在水平方向受到木箱的作用力，系统动量不守恒，A错误；男孩和木箱组成的系统在水平方向受到小车的摩擦力，系统动量不守恒，B错误；小车和木箱组成的系统在水平方向受到男孩的作用力(男孩的运动状态改变，则男孩在水平方向所受合力不为零，由牛顿第三定律可知，小车与木箱组成的系统在水平方向所受合力也不为零)，系统动量不守恒，C错误；男孩、小车和木箱组成的系统所受合力为0，系统动量守恒，D正确。
[答案]　D
系统动量是否守恒的判定方法
(1)选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。
(2)分析系统受到的外力的矢量和是否为零，若外力的矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上的合力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。
(3)除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统内各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定。
[跟进训练]　如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，两者之间的作用力极大，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是(　　)
A．子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒
B．子弹射入木块的过程中，系统动量可看作守恒
C．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒
D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，系统动量守恒
答案：B
解析：子弹射入木块的时间极短，可认为木块不动，弹簧无弹力，系统所受合外力可看作为零，子弹和木块组成的系统可看作动量守恒，木块压缩弹簧的过程中，系统所受合外力(等于弹簧弹力)不为零，系统动量不守恒，B正确，A、C、D错误。
(多选)如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面(斜面光滑)由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是(　　)
A．M和m组成的系统动量守恒
B．M和m组成的系统动量不守恒
C．M和m组成的系统水平方向动量守恒
D．M和m组成的系统水平方向动量不守恒
[解析]　因为斜面光滑，所以m下滑过程中沿竖直方向有向下的加速度，可知，M和m组成的系统，在竖直方向上所受的合力不为零，系统动量不守恒；M和m组成的系统，在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故选B、C。
[答案]　BC
任务　动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律的几种表达式
(1)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2(作用前后系统总动量不变)。
(2)Δp＝0(系统动量的变化量为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等，方向相反)。
说明：在求初、末状态系统的总动量时，要按矢量运算法则计算，常用的方法是：将初、末状态的动量在直角坐标系中分别进行正交分解，然后根据动量守恒定律沿各坐标轴方向分别列分量方程，这样可以将矢量运算转化为代数运算。高中阶段一般只计算系统内各物体动量始终在同一直线上的问题。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。已知甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。求碰撞后两车的共同速度。
[解析]　本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件。取甲同学和他的车碰撞前的运动方向为正方向，甲同学和他的车碰撞前的速度v1＝5 m/s；乙同学和他的车碰撞前的速度v2＝－4 m/s。已知甲同学和他的车的总质量m1＝120 kg，乙同学和他的车的总质量m2＝180 kg。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为p＝m1v1＋m2v2
碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v
根据动量守恒定律可知p＝p′
即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入数据解得v＝－0．4 m/s
即碰撞后两车以0．4 m/s的速度共同运动，运动方向水平向左。
[答案]　0．4 m/s，方向水平向左
[跟进训练]　两位滑冰运动员甲、乙均以1 m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1 m/s、乙以0．5 m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是(　　)
A．3∶5 B．3∶4
C．2∶3 D．3∶2
答案：B
解析：设甲、乙两位运动员的质量分别是m1、m2，在推开对方过程中，两运动员组成的系统动量守恒，以开始时甲的速度方向为正方向，则有m1×1 m/s＋m2×(－1 m/s)＝m1×(－1 m/s)＋m2×0．5 m/s，解得两位运动员的质量之比是m1∶m2＝3∶4，故选B。
如图所示，一质量为M的沙车，在光滑的水平面上做匀速直线运动，速度为v0，质量为m的铁球以速度v竖直向下落入沙车中，稳定后，沙车的速度为(　　)
A． B．
C．v0 D．
[解析]　沙车与铁球组成的系统在水平方向动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v′，解得稳定后沙车的速度v′＝，故A正确。
[答案]　A
若系统在某一方向所受外力的矢量和为0，则可以在此方向列动量守恒方程。若系统在水平方向动量守恒，则水平方向有m1v1x＋m2v2x＝m1v1x′＋m2v2x′；若系统在竖直方向动量守恒，则竖直方向有m1v1y＋m2v2y＝m1v1y′＋m2v2y′。
课后课时作业
知识点一　动量守恒的判断
1．如图所示，质量为M、长为L的长木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，最后物块与长木板以共同的速度一起向右运动，现将长木板与物块作为一个系统，则此系统从物块滑上长木板到物块与长木板以共同的速度一起向右运动的过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
答案：B
解析：物块和长木板组成的系统受到的合力为零，总动量守恒，另外物块在长木板上相对滑动的过程中要摩擦生热，故系统机械能不守恒，故B正确。
2．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝6∶5，初始时静止在足够长的平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧(弹簧与A、B不拴接)，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑。在弹簧突然释放后(弹簧恢复原长的时间不计)，两物体均相对平板车滑动，下列说法正确的是(　　)
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A、C组成的系统动量守恒
C．B、C组成的系统动量守恒
D．A、B、C组成的系统动量守恒
答案：D
解析：mA∶mB＝6∶5，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数μ相同，由Ff＝μmg可知，A、B与平板车相对滑动的过程中，A、B与平板车间的摩擦力大小之比FfA∶FfB＝μmAg∶μmBg＝6∶5，则A、B组成的系统所受合外力不为0，故其动量不守恒，A错误；B要相对平板车滑动，则B对A、C组成的系统有摩擦力，A、C组成的系统所受合外力不为0，故其动量不守恒，同理可知，B、C组成的系统动量也不守恒，B、C错误；A、B、C组成的系统所受合外力为0，故该系统动量守恒，D正确。
3．(多选)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则(　　)
A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
B．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量守恒
D．小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量不守恒
答案：AD
解析：在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上不受外力，则该系统水平方向动量守恒，因小球在竖直方向有加速度，则小球和槽组成的系统在竖直方向上所受合外力不为0，系统竖直方向上动量不守恒，则系统动量不守恒，故A正确，B错误；小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统受到墙的作用力，则该系统动量不守恒，故D正确，C错误。
4．(多选)以下关于四幅图的说法，正确的是(　　)
A．图甲中火箭爆炸的瞬间动量守恒
B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒
C．图丙中用恒力F拉着两球匀速上升，细线断裂后两球继续运动的过程中，两球组成的系统动量不守恒
D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和小球组成的系统动量守恒
答案：AB
解析：图甲中火箭爆炸的瞬间，外力可以忽略，所以系统动量守恒，故A正确；图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故B正确；图丙中用恒力F拉着两球匀速上升，细线断裂后两球继续运动的过程中，两球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故C错误；图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和小球组成的系统在水平方向不受外力，在竖直方向小球有加速度，即所受合外力不为0，故在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，故系统动量不守恒，故D错误。
知识点二　动量守恒定律的简单应用
5．如图所示，光滑的水平冰面上，质量为M的滑块甲以速度v运动，遇到质量为m、静止在冰面上的滑块乙，碰撞后甲、乙的速度均为v，则滑块乙的质量为(　　)
A．2M B．M
C．M D．M
答案：B
解析：碰撞过程中根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)·v，解得滑块乙的质量m＝M，故选B。
6．航模小组制作了一枚质量为8 kg的火箭模型，某时刻火箭速度为5 m/s，方向水平，燃料即将耗尽。火箭突然炸裂成两块，其中质量为4 kg的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为10 m/s，则炸裂后另一块速度大小为(　　)
A．0 m/s B．5 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
答案：D
解析：根据题目信息，可得火箭模型的质量为m＝8 kg，炸裂前瞬间速度大小为v0＝5 m/s，炸裂成两块后，其中一块的质量为m1＝4 kg，速度大小为v1＝10 m/s，设另一块的速度大小为v2，以炸裂前火箭的速度方向为正方向，火箭炸裂成两块瞬间，由水平方向动量守恒得mv0＝－m1v1＋(m－m1)v2，解得v2＝20 m/s，故选D。
7．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A的质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B的质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为(　　)
A．10 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．12 m/s
答案：A
解析：取碰前A的速度方向为正方向，碰撞过程中，由动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，其中vA＝10 m/s，vB＝－5 m/s，vA′＝4 m/s，解得碰后B的速度vB′＝10 m/s，故A正确，B、C、D错误。
8．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：小球沿弧面上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而水平方向动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。
9．科学家研究发现：蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量m1＝0．1 g，飘浮在空气中(速度为零)，雨滴质量m2＝0．3 g，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数k＝1×10－2 kg/s，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体所用的时间为t＝2．5×10－3 s，蚊子重力不计。重力加速度取10 m/s2。求：
(1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v；
(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。
答案：(1)0．225 m/s　(2)9×10－3 N
解析：(1)设雨滴匀速竖直下落的速度大小为v0，由题目信息和平衡条件有kv0＝m2g
蚊子与雨滴融为一体的过程，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0．225 m/s。
(2)对蚊子，以竖直向下为正方向，由动量定理有Ft＝m1v－0
解得F＝9×10－3 N。
10．如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动过程中的v t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
答案：B
解析：取滑块的初速度方向为正方向，设滑块滑下木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确，A、C、D错误。
11．(多选)将两个完全相同的磁体(磁性极强)分别固定在两辆小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左，并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示。若甲车与磁体的总质量为1 kg，乙车与磁体的总质量为2 kg，它们还没接触就分开了，则(　　)
A．乙车开始反向时，甲车速度为0．5 m/s，方向与原速度方向相反
B．甲车开始反向时，乙车速度为0．5 m/s，方向不变
C．两车距离最近时，速率相等，方向相同
D．两车距离最近时，速率都为 m/s，方向都与原来乙车速度方向相反
答案：BC
解析：以向右为正方向，开始时甲车速度v甲＝3 m/s，乙车速度v乙＝－2 m/s。当乙车速度为零时，乙车开始反向，根据动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′，解得此时甲车的速度v甲′＝－1 m/s，负号表示速度方向向左，与原来甲车速度方向相反，故A错误；当甲车速度为零时，甲车开始反向，根据动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m乙v乙′，解得此时乙车的速度v乙′＝－0．5 m/s，负号表示速度方向向左，与原来乙车速度方向相同，故B正确；两车速度相同时，相距最近，根据动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v，解得此时两车速度v＝－ m/s，负号表示速度方向向左，与原来乙车速度方向相同，故C正确，D错误。
12．如图所示，MN是足够长的光滑绝缘水平轨道。质量为m的带负电A球，以水平速度v0射向静止在轨道上带负电的B球，至A、B相距最近时，A球的速度变为，已知A、B两球始终没有接触。求：
(1)B球的质量；
(2)A、B两球相距最近时，两球组成的系统的电势能增量。
答案：(1)2m　(2)mv
解析：(1)运动过程中，A、B组成的系统动量守恒，当两球相距最近时具有相同的速度，设B球的质量为M，由动量守恒定律得：
mv0＝(M＋m)
解得：M＝2m。
(2)运动过程中，A、B两球减小的动能转化为系统的电势能，根据能量守恒定律得：
ΔEp＝mv－(m＋M)＝mv。
13．云室可以记录带电粒子的运动径迹，如图所示，云室中的放射源不断向右发射质量为m的氦原子核，其中一个速度为v0的氦原子核与氮气中一个质量为M的氮原子核发生碰撞，产生了一个沿较粗轨迹向右下方运动的原子核A和一个沿较细轨迹向左上方运动的带电粒子B。根据照片及电磁学方法测得A的速度大小为vA，与v0方向的夹角为θA，B的速度大小为vB，与v0方向的夹角为θB。则A的质量为mA＝________________；B的质量为mB＝________________。[可能用到的数学公式：sinθAcosθB＋cosθAsinθB＝sin(θA＋θB)]
答案：　
解析：微观粒子碰撞过程遵循动量守恒定律，则根据动量守恒定律，
沿v0方向有mv0＝mAvAcosθA＋mBvBcosθB
垂直于v0方向有mAvAsinθA＝mBvBsinθB
又sinθAcosθB＋cosθAsinθB＝sin(θA＋θB)
联立可解得mA＝
mB＝。
14(共48张PPT)
第一章　动量守恒定律
3.动量守恒定律
1．理解系统、内力、外力的概念。2．知道动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件，知道动量守恒定律的普适性。3．会用动量守恒定律解答相关问题。
目录
1
课后课时作业
任务
2
任务
第1节中我们通过分析一辆运动的小车碰撞一辆静止的小车，得出碰撞前后两辆小车的动量之和不变的结论。现在我们尝试从理论上证明这一结论。如图所示，在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是m1和m2，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞。碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。试证明A、B碰撞前后的动量之和不变。
任务　　　相互作用的两个物体的动量改变
提示：设碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2，相互作用的时间很短，设为Δt，根据动量定理，对A有F1Δt＝m1v1′－m1v1，对B有F2Δt＝m2v2′－m2v2。
因为F1与F2是两物体间的相互作用力，根据牛顿第三定律知F1＝－F2，则有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)
整理后得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2
此式表明A、B碰撞前后的动量之和不变。
1．系统、内力和外力
(1)系统：由_______________相互作用的物体构成的整体。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统________物体施加给系统内物体的力。
温馨提示：某个力是内力还是外力，与系统的选取有关。
2．动量守恒定律的内容：如果一个系统__________，或者________________
________，这个系统的总动量保持不变。
任务　　　动量守恒定律
两个（或多个）
以外的
不受外力
所受外力的矢量
和为0
3．动量守恒定律的适用条件：系统___________或者所受外力的矢量和_____。
4．动量守恒定律的普适性
(1)用牛顿运动定律解决问题要涉及整个过程中的力，动量守恒定律只涉及过程始末两个状态，与过程中力的细节______。
(2)在高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域，牛顿运动定律_____适用，而动量守恒定律______正确。
不受外力
为0
无关
不再
仍然
1．判一判
(1)系统的动量守恒时，系统内各物体的动量一定守恒。(　　)
(2)题目中涉及甲、乙、丙三个物体时，可以将甲和乙、甲和丙、乙和丙以及甲、乙、丙选为系统，具体如何选择要依据实际问题分析。(　　)
(3)动量守恒定律只适用于宏观低速的物体。(　　)
提示：√
提示：×
提示：×
2．想一想
系统内存在摩擦力，系统的动量还可能守恒吗？
提示：可能守恒。系统内的摩擦力是内力，动量是否守恒取决于系统所受外力的情况。
1．动量守恒定律的理解
(1)矢量性：系统的总动量保持不变，是指系统内各物体动量的矢量和的大小和方向均不变。
(2)瞬时性：系统在整个过程中任意时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
(3)相对性：系统中各物体在初、末状态的动量是相对于系统外的同一参考系而言的，通常选地面为参考系。
2．动量守恒条件的说明
(1)不受外力的系统是不存在的，通常遇到的动量守恒的情况是：系统所受外力的矢量和为0。
(2)当系统所受外力远小于内力时，外力可以忽略，可以近似认为系统动量守恒。
深化思考：如果系统只在某一方向所受合力为0，这个系统动量是否守恒？这个系统在这一方向动量是否守恒？
提示：如果系统只在某一方向所受合力为0，即在其他方向所受合力不为0，则这个系统动量不守恒。动量守恒定律具有矢量性，所以系统在某一方向所受合力为0时，这个系统在这一方向动量守恒。
如图所示，小车与木箱静止在光滑的水平冰面上并距离很近，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，此过程男孩与小车相对静止。关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)
A．男孩和小车组成的系统动量守恒
B．男孩和木箱组成的系统动量守恒
C．小车与木箱组成的系统动量守恒
D．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
[解析]　男孩和小车组成的系统在水平方向受到木箱的作用力，系统动量不守恒，A错误；男孩和木箱组成的系统在水平方向受到小车的摩擦力，系统动量不守恒，B错误；小车和木箱组成的系统在水平方向受到男孩的作用力(男孩的运动状态改变，则男孩在水平方向所受合力不为零，由牛顿第三定律可知，小车与木箱组成的系统在水平方向所受合力也不为零)，系统动量不守恒，C错误；男孩、小车和木箱组成的系统所受合力为0，系统动量守恒，D正确。
系统动量是否守恒的判定方法
(1)选定研究对象及研究过程，分清外力与内力。
(2)分析系统受到的外力的矢量和是否为零，若外力的矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上的合力为零，则在该方向上系统动量守恒。系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。
(3)除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统内各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定。
[跟进训练]　如图所示，木块与弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，两者之间的作用力极大，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是(　　)
A．子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒
B．子弹射入木块的过程中，系统动量可看作守恒
C．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒
D．从子弹开始射入到弹簧被压缩到最短的过程中，系统动量守恒
解析：子弹射入木块的时间极短，可认为木块不动，弹簧无弹力，系统所受合外力可看作为零，子弹和木块组成的系统可看作动量守恒，木块压缩弹簧的过程中，系统所受合外力(等于弹簧弹力)不为零，系统动量不守恒，B正确，A、C、D错误。
(多选)如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面(斜面光滑)由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是(　　)
A．M和m组成的系统动量守恒
B．M和m组成的系统动量不守恒
C．M和m组成的系统水平方向动量守恒
D．M和m组成的系统水平方向动量不守恒
[解析]　因为斜面光滑，所以m下滑过程中沿竖直方向有向下的加速度，可知，M和m组成的系统，在竖直方向上所受的合力不为零，系统动量不守恒；M和m组成的系统，在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故选B、C。
1．动量守恒定律的几种表达式
(1)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2(作用前后系统总动量不变)。
(2)Δp＝0(系统动量的变化量为零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等，方向相反)。
说明：在求初、末状态系统的总动量时，要按矢量运算法则计算，常用的方法是：将初、末状态的动量在直角坐标系中分别进行正交分解，然后根据动量守恒定律沿各坐标轴方向分别列分量方程，这样可以将矢量运算转化为代数运算。高中阶段一般只计算系统内各物体动量始终在同一直线上的问题。
任务 　　动量守恒定律的简单应用
2．应用动量守恒定律解题的步骤
如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。已知甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。求碰撞后两车的共同速度。
[答案]　0．4 m/s，方向水平向左
[解析]　本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件。取甲同学和他的车碰撞前的运动方向为正方向，甲同学和他的车碰撞前的速度v1＝5 m/s；乙同学和他的车碰撞前的速度v2＝－4 m/s。已知甲同学和他的车的总质量m1＝120 kg，乙同学和他的车的总质量m2＝180 kg。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为p＝m1v1＋m2v2
碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v
根据动量守恒定律可知p＝p′
即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入数据解得v＝－0．4 m/s
即碰撞后两车以0．4 m/s的速度共同运动，运动方向水平向左。
[跟进训练]　两位滑冰运动员甲、乙均以1 m/s的速度沿同一直线相向滑行，相遇时在极短时间内用力推开对方，此后甲以1 m/s、乙以0．5 m/s的速度向各自初速度的反方向运动，忽略冰面的摩擦，则两位运动员的质量之比是(　　)
A．3∶5 B．3∶4
C．2∶3 D．3∶2
解析：设甲、乙两位运动员的质量分别是m1、m2，在推开对方过程中，两运动员组成的系统动量守恒，以开始时甲的速度方向为正方向，则有m1×1 m/s＋m2×(－1 m/s)＝m1×(－1 m/s)＋m2×0．5 m/s，解得两位运动员的质量之比是m1∶m2＝3∶4，故选B。
课后课时作业
知识点一　动量守恒的判断
1．如图所示，质量为M、长为L的长木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，最后物块与长木板以共同的速度一起向右运动，现将长木板与物块作为一个系统，则此系统从物块滑上长木板到物块与长木板以共同的速度一起向右运动的过程中(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：物块和长木板组成的系统受到的合力为零，总动量守恒，另外物块在长木板上相对滑动的过程中要摩擦生热，故系统机械能不守恒，故B正确。　
2．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝6∶5，初始时静止在足够长的平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧(弹簧与A、B不拴接)，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑。在弹簧突然释放后(弹簧恢复原长的时间不计)，两物体均相对平板车滑动，下列说法正确的是(　　)
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A、C组成的系统动量守恒
C．B、C组成的系统动量守恒
D．A、B、C组成的系统动量守恒
解析：mA∶mB＝6∶5，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数μ相同，由Ff＝μmg可知，A、B与平板车相对滑动的过程中，A、B与平板车间的摩擦力大小之比FfA∶FfB＝μmAg∶μmBg＝6∶5，则A、B组成的系统所受合外力不为0，故其动量不守恒，A错误；B要相对平板车滑动，则B对A、C组成的系统有摩擦力，A、C组成的系统所受合外力不为0，故其动量不守恒，同理可知，B、C组成的系统动量也不守恒，B、C错误；A、B、C组成的系统所受合外力为0，故该系统动量守恒，D正确。
3．(多选)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则(　　)
A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
B．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量守恒
D．小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统动量不守恒
解析：在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上不受外力，则该系统水平方向动量守恒，因小球在竖直方向有加速度，则小球和槽组成的系统在竖直方向上所受合外力不为0，系统竖直方向上动量不守恒，则系统动量不守恒，故A正确，B错误；小球与弹簧作用时，小球与弹簧组成的系统受到墙的作用力，则该系统动量不守恒，故D正确，C错误。
4．(多选)以下关于四幅图的说法，正确的是(　　)
A．图甲中火箭爆炸的瞬间动量守恒
B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑
的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒
C．图丙中用恒力F拉着两球匀速上升，细线断
裂后两球继续运动的过程中，两球组成的系统动量不守恒
D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球
水平向左抛出后，车、人和小球组成的系统动量守恒
解析：图甲中火箭爆炸的瞬间，外力可以忽略，所以系统动量守恒，故A正确；图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故B正确；图丙中用恒力F拉着两球匀速上升，细线断裂后两球继续运动的过程中，两球组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故C错误；图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和小球组成的系统在水平方向不受外力，在竖直方向小球有加速度，即所受合外力不为0，故在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，故系统动量不守恒，故D错误。
6．航模小组制作了一枚质量为8 kg的火箭模型，某时刻火箭速度为5 m/s，方向水平，燃料即将耗尽。火箭突然炸裂成两块，其中质量为4 kg的一块沿着与初速度相反的方向飞去，速度大小为10 m/s，则炸裂后另一块速度大小为(　　)
A．0 m/s B．5 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
解析：根据题目信息，可得火箭模型的质量为m＝8 kg，炸裂前瞬间速度大小为v0＝5 m/s，炸裂成两块后，其中一块的质量为m1＝4 kg，速度大小为v1＝10 m/s，设另一块的速度大小为v2，以炸裂前火箭的速度方向为正方向，火箭炸裂成两块瞬间，由水平方向动量守恒得mv0＝－m1v1＋(m－m1)v2，解得v2＝20 m/s，故选D。
7．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A的质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B的质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为(　　)
A．10 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．12 m/s
解析：取碰前A的速度方向为正方向，碰撞过程中，由动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，其中vA＝10 m/s，vB＝－5 m/s，vA′＝4 m/s，解得碰后B的速度vB′＝10 m/s，故A正确，B、C、D错误。
9．科学家研究发现：蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴，而是很快与雨滴融为一体，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量m1＝0．1 g，飘浮在空气中(速度为零)，雨滴质量m2＝0．3 g，雨滴所受空气阻力与下落速度成正比，比例系数k＝1×10－2 kg/s，击中蚊子前，雨滴已经匀速竖直下落，蚊子与雨滴融为一体所用的时间为t＝2．5×10－3 s，蚊子重力不计。重力加速度取10 m/s2。求：
(1)蚊子与雨滴融为一体后，蚊子的速度大小v；
(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力F。
答案：(1)0．225 m/s　(2)9×10－3 N
解析：(1)设雨滴匀速竖直下落的速度大小为v0，由题目信息和平衡条件有kv0＝m2g
蚊子与雨滴融为一体的过程，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0．225 m/s。
(2)对蚊子，以竖直向下为正方向，由动量定理有Ft＝m1v－0
解得F＝9×10－3 N。
10．如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动过程中的v t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M∶m为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
解析：取滑块的初速度方向为正方向，设滑块滑下木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，由题图乙知v0＝40 m/s，v1＝20 m/s，v2＝10 m/s，代入数据解得M∶m＝2∶1，故B正确，A、C、D错误。
13．云室可以记录带电粒子的运动径迹，如图所示，云室中的放射源不断向右发射质量为m的氦原子核，其中一个速度为v0的氦原子核与氮气中一个质量为M的氮原子核发生碰撞，产生了一个沿较粗轨迹向右下方运动的原子核A和一个沿较细轨迹向左上方运动的带电粒子B。根据照片及电磁学方法测得A的速度大小为vA，与v0方向的夹角为θA，B的速度大小为vB，与v0方向的夹角为θB。则A的质量为mA＝_______________；B的质量为mB＝_______________。
[可能用到的数学公式：sinθAcosθB＋cosθAsinθB＝sin(θA＋θB)]

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