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第2讲　动量守恒定律及其应用
考纲考情 核心素养
?动量守恒定律及其应用Ⅱ ?弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ ?动量守恒的条件．
?碰撞的概念和碰撞的分类. 物理观念
全国卷5年9考 高考指数★★★★★ ?应用动量守恒定律解题的一般步骤．
?用动量守恒定律解决碰撞、爆炸和反冲问题. 科学思维
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　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
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋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．
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(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．
(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零，则系统在这一方向动量守恒．
知识点二　　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不变．
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．
1．思考判断
(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．(　√　)
(2)动量守恒只适用于宏观低速．(　×　)
(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．(　√　)
(4)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．(　√　)
2．某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接．机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢．设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)(　B　)
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
解析：取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝(m＋15m)v，v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s.故选项B正确．
3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　A　)
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误．
4．一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为(　B　)
A．v　　　　B.v　　 　C.v　　 　D．0
解析：爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv＝m·v′，解得：v′＝v，选项B正确．
5.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，则A、B两球的质量比为(　D　)
A．1?2 B．2?1 C．1?4 D．4?1
解析：设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB，解得mA?mB＝4?1，选项D正确．
　　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　对动量守恒定律的理解
1．动量守恒定律的适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系．
(2)理想条件：系统不受外力．
(3)实际条件：系统所受合外力为零．
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力．
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的四个特性
相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系
同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一时刻的速度
矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值
普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
如图所示，A、B两物体的质量之比为mA?mB＝1?2，它们原来静止在平板车C上，A、B两物体间有一根被压缩了的水平轻质弹簧，A、B两物体与平板车上表面间的动摩擦因数相同，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，A、B两物体被弹开(A、B两物体始终不滑出平板车)，则有(　　)
A．A、B系统动量守恒
B．A、B、C及弹簧整个系统机械能守恒
C．小车C先向左运动后向右运动
D．小车C一直向右运动直到静止
【解析】　A、B两物体和弹簧、小车C组成的系统所受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，因mA?mB＝1?2，由摩擦力公式Ff＝μFN＝μmg知，A、B两物体所受的摩擦力大小不等，所以A、B两物体组成的系统合外力不为零，A、B两物体组成的系统动量不守恒，A物体对小车向左的滑动摩擦力小于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B两物体相对小车停止运动之前，小车所受的合外力向右，会向右运动，因存在摩擦力做负功，最终整个系统将静止，则系统的机械能减为零，不守恒，故A、B、C错误，D正确．
【答案】　D
高分技法
对动量守恒定律的进一步理解
(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.
1.(多选)质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块丙发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短．在此过程中，下列情况可能发生的是(　BC　)
A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2
解析：碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度在瞬间不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．
2.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　CD　)
A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零
B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动
C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动
D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
解析：物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．
考点2　动量守恒定律的应用
1．对系统“总动量保持不变”的 理解
(1)系统在整个过程中任意两个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．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．
(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等，方向相反)．
如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住，不计冰面摩擦．
(1)若甲将箱子以速度v推出，则甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)假设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，则乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，则甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少为多大？
【解析】　(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
解得v1＝＝v0＋(v0－v)．
(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2
解得v2＝.
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件
联立以上各式得v≥5.2 m/s.
【答案】　(1)v0＋(v0－v)　(2)
(3)甲的速度不大于乙的速度　5.2 m/s
高分技法
应用动量守恒定律解题的步骤
特别注意：系统内各物体的动量必须相对于同一参考系，一般都是选地面为参考系，即各物体都是相对地面的速度．
3.(多选)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两木块之间夹着一被压缩的固定的轻质弹簧．现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面．A落地点距桌边水平距离为0.5 m，B落地点距桌边水平距离为1 m，则(　AD　)
A．A、B离开弹簧时的速度之比为1?2
B．A、B离开弹簧时的速度之比为1?1
C．A、B质量之比为1?2
D．A、B质量之比为2?1
解析：A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，则它们的运动时间相等，由x＝v0t得平抛运动的初速度的比值为＝＝＝，故A正确，B错误；弹簧弹开木块的过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则A、B木块的质量之比为＝＝，故C错误，D正确．
4.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　CD　)
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系为vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相反
解析：设三辆车的质量都是m，小孩质量为M，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度都是v.对小孩从c车上跳往b车上的过程，对c车和小孩，有mvc＝Mv，解得c车速度大小为vc＝，速度方向向左；小孩跳到b车上后又从b车跳到a车，由水平方向动量守恒可知，b车速度为零；对小孩跳到a车上的过程，由水平方向动量守恒有(m＋M)va＝Mv，解得a车的速度大小为va＝，速度方向向右，三辆车的速率关系为vc>va>vb，可知选项A、B错误，C、D正确．
考点3　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
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(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
碰撞类型 特征描述及重要关系式或结论
弹性碰撞 碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫作弹性碰撞，若系统有两个物体在水平面上发生弹性碰撞，动量守恒，同时机械能也守恒．满足：
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′
非弹性 碰撞 发生非弹性碰撞时，内力是非弹性力，部分机械能转化为物体的内能，机械能有损失，动量守恒，总动能减少．满足：
m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
m1v＋m2v>m1v′＋m2v′
完全非弹 性碰撞 发生完全非弹性碰撞时，机械能向内能转化得最多，机械能损失最大．碰后物体粘在一起，以共同速度运动，动量守恒，损失的机械能转化为内能．满足：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2
如图所示，三个直径相同的小球静止在足够长的光滑水平面上，A、C两球的质量均为m，B球的质量为km(k>1)．给A球一个水平向右的初速度v0，B球先与A球发生弹性正碰，再与C球发生弹性正碰．求系数k的值为多大时，B与C碰后瞬间B球的速度最大？
【解析】　本题考查多体碰撞问题．
设A、B发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vB1，则
mv0＝mvA＋kmvB1，
mv＝mv＋kmv，
联立解得vA＝v0，vB1＝v0，
设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为vB2、vC，
同理可得vB2＝vB1，
代入整理得vB2＝v0，
设x＝，则有vB2＝(x－x2)v0，
当x＝0.5时，即＝0.5时vB2最大，解得k＝3.
【答案】　3
高分技法
碰撞的特点和规律
1.碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞过程中，相互作用的时间极短，物体相对运动的全过程可忽略不计.
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力.
(3)位移特点：在相互碰撞过程中，由于在极短的时间内物体的速度发生突变，物体发生的位移极小，可认为碰撞前后物体处于同一位置.
2.运动物体与静止物体发生弹性碰撞的规律
5．如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是(　D　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．若各球质量为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能；假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能；故选项D正确，既满足动量守恒定律和机械能守恒定律，又满足碰撞的合理性．
6.(多选)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mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量－4 kg·m/s，则(　AC　)
A．左方是A球，碰前两球均向右运动
B．右方是A球，碰前两球均向左运动
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为2?5
D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞
解析：大小相同的A、B两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由题知ΔpA＝－4 kg·m/s，则得ΔpB＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A球，右边是B球，故A正确，B错误；碰撞后，两球的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝6 kg·m/s＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为＝＝，故C正确；碰撞前系统的总动能为Ek＝＋＝＋＝，碰撞后系统的总动能为Ek′＝＋＝＋＝，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D错误．
考点4　爆炸和反冲
1．爆炸现象的三个规律
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系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
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
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
2.对反冲运动的三点说明
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
如图所示，在光滑的水平地面上有一足够长的平板，平板上固定一高h＝0.2 m的光滑平台，平板与平台的总质量M＝6 kg，一轻质弹簧左端固定在平台上．已知重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若平板被固定在地面上，将质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)放在平台上弹簧的右端，用手推小物块将弹簧压缩一定的距离，松手后小物块被弹射到距离平台右侧s＝1 m处的A点，求松手前瞬间弹簧的弹性势能；
(2)若不固定平板，扶住平台用质量仍为m的小物块将弹簧压缩至与(1)中相同的长度，同时放开小物块及平台，求小物块落在平板上的位置到平台右侧的距离s′.
【解析】　(1)在平板固定时，弹簧的弹性势能全部转化为小物块的动能，小物块离开平台后做平抛运动，平台高为h，设小物块弹出时的速度为v
则：s＝vt，h＝gt2
由能量守恒定律得Ep＝mv2
联立解得松手前瞬间弹簧的弹性势能Ep＝25 J.
(2)在平板不固定时，小物块弹出后，平板也获得一向左的速度．设小物块相对地面的速度大小为v1，平板相对地面的速度大小为v2
则由动量守恒定律得：0＝mv1－Mv2
由能量守恒定律得Ep＝mv＋Mv
小物块下落过程中，在竖直方向上有：h＝gt2
小物块落点到平台右侧的距离：s′＝(v1＋v2)t
联立解得：s′＝ m.
【答案】　(1)25 J　(2) m
高分技法
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.
7．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　D　)
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，得v1＝v0＋(v0－v2)，D正确．
8．(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发．则以下说法正确的是(　BC　)
A．打完n发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动
B．打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大
解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，子弹射击前系统总动量为零，由动量守恒定律知，子弹射入靶后总动量也为零，故打完n发子弹后，小车仍静止，A错误；设子弹射出枪口时的速度为v，车后退的速度大小为v′，以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝mv－[M＋(n－1)m]v′，子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故vt＋v′t＝d，联立解得v′＝，t＝，故车后退的距离为Δs＝v′t＝×＝，每颗子
弹从发射到击中靶的过程，车均后退Δs，故n颗子弹发射完毕后，小车后退的位移为s＝n·Δs＝，故B、C正确，D错误．

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