第四節動量守恒定律的應用[核心素養·明目標]核心素養學習目標科學思維理解動量守恒定律并會運用動量守恒定律解決實際問題科學態度與責任知道什么是反沖運動，了解它在實際中的簡單應用科學態度與責任了解火箭的飛行原理和主要用途1．反沖(1)定義：如果一個靜止的物體在內力的作用下分裂成兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動的現象．(2)特點：作用時間極短，一般都滿足內力遠大于外力，故反沖運動可用動量守恒定律處理．2．火箭(1)原理：火箭的發射過程是一個反沖運動．(2)影響火箭速度的因素：火箭噴出的燃料速度越大，噴出的燃料質量與火箭質量之比越大，則火箭獲得的速度越大．1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)．(1)如果系統的機械能守恒，則動量不一定守恒． (√)(2)只要系統內存在摩擦力，動量不可能守恒． (×)(3)做勻速圓周運動的物體動量是守恒的． (×)(4)一切反沖現象都是有益的． (×)2．運送人造地球衛星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()A．燃料推動空氣，空氣的反作用力推動火箭B．火箭發動機用力將燃料燃燒產生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭C．火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭D．火箭燃料燃燒發熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭B[火箭的工作原理是利用反沖運動，是火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾噴管迅速噴出時使火箭獲得反沖速度，故正確答案為選項B．]3．A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質量為5kg，速度大小為10m/s，B質量為2kg，速度大小為5m/s，兩者相碰后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s，則B的速度大小為()A．10m/s B．20m/sC．30m/s D．40m/sA[以A物體的速度方向為正方向．則vA＝10m/s，vB＝－5m/s，p＝pA＋pB＝5×10kg·m/s＋2×(－5)kg·m/s＝40kg·m/s．碰撞后，由動量守恒定律得p＝mAvA′＋mBvB′，解得vB′＝10m/s，與A的速度方向相同，故選項A正確．]考點1動量守恒的判斷在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用大錘敲打車的左端，如圖所示．(1)人和大錘組成的系統動量守恒嗎？(2)在連續敲打下，這輛車能否持續地向右運動？提示：(1)以人和大錘組成的系統為研究對象時，人受到平板車施加的摩擦力，系統所受合外力不為零，動量不守恒，地面光滑，以人、大錘和平板車為系統動量守恒．(2)當把錘頭打下去時，錘頭向右擺動，系統總動量要為零，車就向左運動；舉起錘頭時，錘頭向左運動，車就向右運動．用錘頭連續敲擊時，車只是左右運動，一旦錘頭不動，車就會停下來，所以車不能持續向右運動．動量守恒定律成立條件的四種情況：(1)系統不受外力作用，這是一種理想化的情形，如宇宙中兩星球的碰撞，微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形．(2)系統受外力作用，但所受合外力為零．像光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形．(3)系統受外力作用，但當系統所受的外力遠遠小于系統內各物體間的內力時，系統的總動量近似守恒．例如，拋出去的手榴彈在空中爆炸的瞬間，彈片所受火藥爆炸時的內力遠大于其重力，重力完全可以忽略不計，系統的動量近似守恒．(4)系統受外力作用，所受的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統在該方向上動量守恒．【典例1】(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統動量守恒的是()eq\a\al(A．在光滑水平面上，子彈,射入木塊的過程中)eq\a\al(B．剪斷細線，彈簧,恢復原長的過程)eq\a\al(C．兩球勻速下降，細線斷裂,后，它們在水中運動的過程中)eq\a\al(D．木塊沿光滑固定斜面,由靜止滑下的過程中)AC[A圖中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，系統所受外力之和為零，系統動量守恒，故A正確；B圖中，剪斷細線，彈簧恢復原長的過程中，墻壁對滑塊有作用力，系統所受外力之和不為零，系統動量不守恒，故B錯誤；C圖中，木球與鐵球組成的系統所受合力為零，系統動量守恒，故C正確；D圖中，木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統動量不守恒，故D錯誤．][跟進訓練]1．(多選)如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱．關于上述過程，下列說法中正確的是()A．男孩和木箱組成的系統動量守恒B．小車與木箱組成的系統動量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量不同CD[在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中，男孩和木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；小車與木箱組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故B錯誤；男孩、小車與木箱三者組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，故C正確；木箱、男孩、小車組成的系統動量守恒，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量不相同，故D正確．故選C、D．]考點2動量守恒定律的理解及應用三國演義“草船借箭”中(如圖所示)，若草船的質量為m1，每支箭的質量為m，草船以速度v1返回時，對岸士兵萬箭齊發，n支箭同時射中草船，箭的速度皆為v，方向與船行方向相同．由此，草船的速度會增加嗎？這種現象如何解釋？(不計水的阻力)提示：不計水的阻力，將船、箭視為一個系統，船與箭的作用過程系統動量守恒，以草船的速度方向為正方向，有m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，得Δv＝eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)，所以草船的速度會增加eq\f(nm,m1＋nm)(v－v1)．1．研究對象：相互作用的物體組成的系統(1)系統：相互作用的幾個物體所組成的整體．(2)內力：系統內各物體之間的相互作用力．(3)外力：系統外其他物體對系統的作用力．2．對“系統的總動量保持不變”的四點理解(1)系統的總動量指系統內各物體動量的矢量和．(2)總動量保持不變指的是大小和方向始終不變．(3)系統的總動量保持不變，但系統內每個物體的動量可能在不斷變化．(4)系統在整個過程中任意兩個時刻的總動量都相等，不能誤認為只是初、末兩個狀態的總動量相等．3．動量守恒定律的四個特性(1)矢量性：動量守恒定律的表達式是一個矢量關系式，對作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，要選取一個正方向，凡與正方向相同的動量取正值，與正方向相反的動量取負值，將矢量運算轉化為代數運算．(2)相對性：應用動量守恒定律列方程時，各物體的速度和動量必須相對于同一參考系，通常以地面為參考系．(3)同時性：動量是狀態量，動量守恒反映的是系統某兩個狀態的動量是相同的，應用動量守恒定律解題一定要注意同一時刻的動量才能相加，不是同一時刻的動量不能相加．(4)普遍性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體組成的系統，也適用于多個物體組成的系統，不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，也適用于高速微觀粒子組成的系統．【典例2】如圖所示，水平光滑地面上依次放置著質量m＝0.08kg的10塊完全相同的長直木板．一質量M＝1.0kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v0＝6.0m/s從長木板左側滑上木板，當銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v1＝4.0m/s．銅塊最終停在第二塊木板上．(取g＝10m/s2，結果保留兩位有效數字)求：(1)第一塊木板的最終速度；(2)銅塊的最終速度．[思路點撥](1)第(1)問中要求第一塊木板的最終速度，就應該選取銅塊剛離開第一塊木板滑到第二塊上這一個過程．(2)第(2)問則應以銅塊和除第一塊木板之外的9塊木板組成研究系統．[解析](1)銅塊和10個長木板在水平方向上不受外力，所以系統動量守恒，設銅塊剛滑到第二塊木板上時，木板的速度為v2，由動量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2.5m/s，方向與小銅塊初速度方向相同．(2)由題可知銅塊最終停在第二塊木板上，設最終速度為v3，由動量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3＝3.4m/s，方向與小銅塊初速度方向相同．[答案](1)2.5m/s，方向與小銅塊初速度方向相同(2)3.4m/s，方向與小銅塊初速度方向相同應用動量守恒定律解題的基本步驟(1)合理地選取研究對象，明確系統是由哪幾個物體組成的．(2)分析系統的受力情況，分清內力和外力，判斷系統的動量是否守恒．(3)確定所研究的作用過程．選取的過程應包括系統的已知狀態和未知狀態，通常為初態到末態的過程，這樣才能列出對解題有用的方程．(4)對于物體在相互作用前后運動方向都在一條直線上的問題，設定正方向，各物體的動量方向可以用正、負號表示．(5)建立動量守恒方程，代入已知量求解．[跟進訓練]2．質量為2kg的小車以2m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，若將質量為0.5kg的砂袋以3m/s的水平速度迎面扔上小車，則砂袋與小車一起運動的速度的大小和方向是()A．1.0m/s，向右 B．1.0m/s，向左C．2.2m/s，向右 D．2.2m/s，向左A[選向右為正方向，則小車和砂袋組成的系統在水平方向動量守恒，有m車v車－m砂v砂＝(m車＋m砂)v，解得v＝1.0m/s，方向向右，故A正確．]考點3反沖運動2020年1月16日11時02分，我國在酒泉衛星發射中心用“快舟一號甲”運載火箭，成功將我國首顆通信能力達10Gbps的低軌道寬帶通信衛星——銀河航天首發星發射升空，衛星順利進入預定軌道．(1)“快舟一號甲”運載火箭升空過程中的運動是一種什么運動？(2)“快舟一號甲”運載火箭運動過程中是否滿足動量守恒定律？提示：(1)“快舟一號甲”運載火箭升空過程中的運動是一種反沖運動．(2)“快舟一號甲”運載火箭運動過程中內力遠大于外力，所以滿足動量守恒定律．1．反沖運動的特點(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動．(2)反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力，所以可以用動量守恒定律來處理．(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為動能，所以系統的總動能增加．2．反沖運動中的三類問題(1)相對速度問題：在討論反沖運動時，有時給出的速度是相互作用的兩物體的相對速度．由于動量守恒定律中要求速度為對同一參考系的速度(通常為對地的速度)，應先將相對速度轉換成對地速度后，再列動量守恒定律方程．(2)變質量問題：在討論反沖運動時，還常遇到變質量物體的運動，如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程為研究過程來進行研究．(3)“人船模型”問題：①人船模型中的動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度或位移大小與質量成反比，方向相反．這類問題的特點是：兩物體同時運動，同時停止．②動量規律：任意時刻的系統總動量為零，因此任意時刻的瞬時速度v1和v2都與各物體的質量成反比，所以全過程的平均速度也與質量成反比，即有m1eq\x\to(v)1－m2eq\x\to(v)2＝0．③位移規律：如果兩物體相互作用的時間為t，在這段時間內兩物體的位移大小分別為s1和s2，則有m1eq\f(s1,t)－m2eq\f(s2,t)＝0，即m1s1－m2s2＝0．【典例3】一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體噴出時相對于地面的速度v＝1000m/s，設火箭質量M＝300kg，發動機每秒噴氣20次．(1)當第三次氣體噴出后，火箭的速度為多大？(2)第1s末，火箭的速度為多大？[思路點撥](1)火箭和氣體系統動量守恒．(2)運用動量守恒定律求解時，注意系統內部質量變化關系．(3)以每噴出一次氣體列一次方程，找出對應規律分步求解．[解析]解法一(1)噴出氣體的運動方向與火箭的運動方向相反，氣體和火箭系統動量守恒．設第一次氣體噴出后火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝eq\f(mv,M－m)，設第二次氣體噴出后火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)，設第三次氣體噴出后火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2，所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3××1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s．(2)設第n次氣體噴出后火箭速度為vn，由上面推導可知，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1所以vn＝eq\f(nmv,M－nm)，因為每秒噴氣20次，所以1s末火箭速度為v20＝eq\f(20mv,M－20m)＝eq\f(20××1000,300－20×0.2)m/s≈13.5m/s．解法二選取整體為研究對象，運用動量守恒守律求解．(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，根據動量守恒守律，得(M－3m)v3－3mv＝0，所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s．(2)以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據動量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0，所以v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s．[答案](1)2m/s(2)13.5m/s反沖運動的處理方法(1)反沖運動過程中系統不受外力或所受外力之和為零，滿足動量守恒的條件，可以用動量守恒定律分析解決問題．(2)反沖運動過程中系統雖然受到外力作用，但內力遠遠大于外力，外力可以忽略，也可以用動量守恒定律分析解決問題．(3)反沖運動過程中系統雖然所受外力之和不為零，系統的動量并不守恒，但系統在某一方向上不受外力或外力在該方向上的分力之和為零，則系統的動量在該方向上的分量保持不變，可以在該方向上用動量守恒分析解決問題．[跟進訓練]訓練角度1反沖應用3．將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s ×102kg·m/sC．×102kg·m/s ×102kg·m/sA[由于噴氣時間短，且不計重力和空氣阻力，則火箭和燃氣組成的系統動量守恒．燃氣的動量大小p1＝mv×600kg·m/s＝30kg·m/s，則火箭的動量大小p2＝p1＝30kg·m/s，選項A正確．]訓練角度2人船模型4．有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量．他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L．已知他的自身質量為m，水的阻力不計，船的質量為()A．eq\f(mL＋d,d)B．eq\f(mL－d,d)C．eq\f(mL,d)D．eq\f(mL＋d,L)B[設人走動的時候船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)．根據動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，小船的質量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B項正確．]1．物理觀念：反沖運動．2．科學思維：動量守恒定律的應用．3．科學方法：人船模型．4．科學態度與責任：火箭．1．(多選)下列圖片所描述的事例或應用中，利用反沖原理的是()eq\a\al(A．噴灌裝,置的自動,旋轉)eq\a\al(B．章魚在,水中前行,和轉向)eq\a\al(C．吹足氣的,氣球由靜止,釋放后氣球,運動)eq\a\al(D．碼頭邊,輪胎的保,護作用)ABC[A圖中噴灌裝置的自動旋轉是利用水流噴出時的反沖作用而運動的，故屬于反沖運動；B圖中章魚在水中前行和轉向是利用噴出的水的反沖作用；C圖中吹足氣的氣球由靜止釋放后氣球運動是利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖原理；D圖中碼頭邊的輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，不是利用反沖作用；故選A、B、C．]2．如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短．現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統)，則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能不守恒C．動量守恒，機械能不守恒D．動量不守恒，機械能守恒B[在彈簧壓縮至最短的過程中，受到墻對彈簧向右的作用力，系統動量不守恒；子彈射入木塊的過程中有動能轉化為內能，所以機械能不守恒．故B正確．]3．一炮艇總質量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質量為m的炮彈，發射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是()A．Mv0＝(M－m)v′＋mvB．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0