專題一、動量守恒定律的考點1動量守恒定律的“條件性”和“系統性”【例1】.（2008·江蘇·選修3~5（2））場強為E、方向豎直向上的勻強電場中有兩小球A、B，它們的質量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2，A、B兩球由靜止釋放，重力加速度為g，則小球A和B組成的系統動量守恒應滿足的關系式為

.熱點講座14.動量守恒定律考點分析專題講座章末總結解析

系統動量守恒的條件為所受合外力為零.即電場力與重力平衡E(q1+q2)=(m1+m2)g.點評

動量守恒定律的適用條件:內力不改變系統的總動量,外力才能改變系統的總動量.在下列三種情況下,可以使用動量守恒定律:（1）系統不受外力或所受外力的矢量和為零;（2）系統所受外力遠小于內力,如碰撞或爆炸瞬間,外力可以忽略不計;（3）系統某一方向不受外力或所受外力的矢量和為零,或外力遠小于內力,則該方向動量分量守恒(分動量守恒).所謂條件性:應用動量守恒定律時,首先要分析系統是否符合動量守恒的條件,滿足前面三個條件之一即可,否則不能使用該定律.所謂系統性:應用動量守恒定律時,應明確動量守恒定律的研究對象是一個系統,至少有兩個物體組成,同時應確保系統的始末狀態的動量應相等.2.動量守恒定律的“同時性”【例2】.(2008·山東·38（2）)一個物體靜置于光滑水平面上,外面扣一質量為M的盒子,如圖1甲所示.現給盒子一初速度v0,此后,盒子運動的v-t圖象呈周期性變化,如圖乙所示.請據此求盒內物體的質量.圖1

解析

設物體的質量為m,t0時刻受盒子碰撞獲得速度v,根據動量守恒定律Mv0=mv①3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變為v0,說明碰撞是彈性碰撞②聯立①②解得m=M③(也可通過圖象分析得出v0=v,結合動量守恒,得出正確結果)答案

M點評

同時性的理解:以m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′為例,v1、v2應是作用前同一時刻的速度,v1′、v2′應是作用后同一時刻的速度.3.動量守恒定律的“相對性”【例3】（2008·全國Ⅰ·23）如圖2所示,一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣,桌面離水平地面的高度為h.一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后,以水平速度v0/2射出.重力加速度為g.求此過程中系統損失的機械能.圖2解析

（1）設子彈穿過物塊后物塊的速度為v,由動量守恒得mv0=+Mv①解得v=②系統的機械能損失為ΔE=③由②③式得ΔE=④答案（1）所謂相對性,是指列動量守恒的方程時,所有動量都必須相對同一慣性參照系,通常選取地面作參照物.點評專題二、兩種經典模型1.人船模型【例4】如圖4所示,在平靜的湖面上停泊著一條長為L,質量為M的船,如果有一質量為m的人從船的一端走到另一端,求船和人相對水面的位移各為多少.圖3解析

設人從船的一端走到另一端所用時間為t,人、船的速度分別為v人、v船,由于人、船整個系統在水平方向上滿足動量守恒,則mv人-Mv船=0，即①s人+s船=L.②由①、②兩式得s人=,s船=.答案

s人=s船=.2.平射炮反沖模型【例5】光滑的水平面上靜止一輛質量為M的炮車，當炮車水平發射一枚質量為m的炮彈，炮彈出口時有E1的火藥能量釋放，其中有E2的能量轉化為系統的內能，求炮彈和炮車的動能各為多少？

解析

炮彈和炮車組成的系統在水平方向上滿足動量守恒,設炮彈和炮車的速度分別為v1、v2.

由動量守恒得mv1+Mv2=0，即動量大小關系

p1=p2.①

設炮彈和炮車的動能分別為Ekm和EkM,系統機械能的增加量為ΔE-E2,則由能量守恒得Ekm+EkM=E1-E2=ΔE.②由動量和動能的關系得Ek=③由①、③兩式得④由②、④兩式得EkM=⑤Ekm=.⑥答案

EKM=EKm=

（a）炮車和炮彈獲得動能為Ekm=,EkM=;（b）由⑤、⑥式得,即炮彈和炮車獲得的動能與其質量成反比.模型特征1.將物體P從置于光滑水平面上的斜面體Q的頂端以一定的初速度沿斜面往下滑,如圖5所示.在下滑過程中,P的速度越來越小,最后相對斜面靜止,那么由P和Q組成的系統() A.動量守恒

B.水平方向動量守恒

C.最后P和Q以一定的 速度共同向左運動

D.最后P和Q以一定的速度共同向右運動圖4素能提升解析

P沿斜面向下做減速運動,系統豎直方向合外力不為零,系統動量不守恒,由于系統在水平方向的合外力為零,所以水平方向動量守恒,由于P開始有一初速度,系統在水平方向有一向左的初動量,最后PQ相對靜止,又以一定的速度共同向左運動.答案

BC2.在冰面上靜止著質量為M、長為L的車，車的一端有一名士兵實彈射擊車另一端的靶子，已知士兵和其武器裝備的質量為m，每顆子彈的質量為m1，當士兵發射了n1顆子彈后稍做休息，又發射了n2顆子彈，并全部擊中靶子，求車后退的距離.

解析

車、人和子彈三者構成的體系在水平方向上滿足動量守恒，從車的一端移到另一端的凈質量為（n1+n2）m1，由人船模型特征得x車=.

答案3.如圖5所示,帶有光滑半徑為R的圓弧軌道的滑塊靜止在光滑的水平面上,此滑塊的質量為M.一個質量為m的小球靜止從A點釋放,當小球從滑塊B處水平飛出時,求滑塊的動能.

解析

當小球從B點飛出時,小球和滑塊在水平方向上滿足動量守恒,由平炮反沖模型特點得滑塊動能為

Ek=.① ΔE=mgR②

由①②兩式得Ek=

答案

Ek=圖5

閱卷現場

閱卷手記本章基本知識考查點主要包括動量、沖量、反沖等基本概念和動量定理、動量守恒定律等基本規律.所涉及到的基本方法主要是一維的矢量運算方法,其中包括動量定理的應用和動量守恒定律的應用；另外,當系統所受的外力遠小于系統內部相互作用的內力時可視為系統的動量守恒,這是一種近似處理問題的方法.本章對理解能力、分析能力、推理能力及計算能力等,要求較高.本章中的錯誤主要表現在：只注意力或動量的數值大小,而忽視力和動量的方向性,造成應用動量定理和動量守恒定律一列方程就出錯；對于動量守恒定律中各速度均為相對于地面的速度認識不清,對題目中所給出的速度值不加分析,盲目地套入公式；不能正確的選取研究對象和過程,導致運算錯誤.易錯點實例分析40.分析碰撞問題時由于忘了機械能的損失造成的錯誤試題回放

如圖1所示,一輕質彈簧兩端連著物體A和物體B,放在光滑的水平面上,水平速度為v0的子彈射中物體A并嵌在其中,已知物體B的質量為mB,物體A的質量是物體B的質量的3/4,子彈的質量是物體B的質量的1/4,求彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.圖1錯解分析1.物體與子彈組成的系統動量守恒有mv0=(m+mA+mB)v,得出v=,

根據機械能守恒得ΔEp=mv02-(m+mA+mB)v2=

mBv02.出錯原因是忘掉了子彈打木塊時有機械能損失,而認為系統機械能不變.2.不能分析彈性勢能最大的狀態是在系統各部分速度相等時.正確答案

子彈射入物體A的過程中,由動量守恒定律得：mv0=(m+mA)v1

當物體A(包括子彈)、B的速度相等時,彈簧被壓縮到最短,彈性勢能最大,由動量守恒定律得：(m+mA)v1=(m+mA+mB)v2

從子彈與物體A有共同速度至彈簧被壓縮到最短的過程,根據機械能守恒有：

(m+mA)v12=(m+mA+mB)v22+Ep

聯立以上各式解得：Ep=mBv02.

子彈射入物體A的過程,為完全非彈性碰撞過程,子彈和物體A組成的系統動量守恒,但有一部分動能轉化為內能,故機械能不守恒；子彈嵌入物體A壓縮彈簧的過程中物體A(包括子彈)、物體B組成的系統機械能守恒,所以全過程機械能并不守恒.要準確掌握兩個定律的適用條件：動量是否守恒是看系統的合外力是否為零(或近似為零),而機械能是否守恒是看系統有沒有機械能轉化為其他形式的能.對全過程要特別注意某個非彈性碰撞過程的機械能損失.41.忽略速度的相對性造成的錯誤

試題回放質量為M的小車,如圖2所示,上面站著一個質量為m的人,

以v0的速度在光滑的水平面上前進.現在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后,車速增加了多少？圖2錯解分析 錯解一：把人和車作為一個系統,水平方向不受外力,所以水平方向動量守恒,設人跳出后,車速增加為Δv,以v0方向為正方向,由動量守恒定律：

(M+m)v0=M(v0+Δv)-mu

解得：Δv=(v0+u)

錯解二：以人和車作為一個系統,因為水平方向不受外力、所以水平方向動量守恒.設人跳出后,車速增加為Δv,以v0方向為正方向.人相對于地的速度為(u-v0),由動量守恒定律：

(M+m)v0=M(v0+Δv)-m(u-v0)

解得Δv=v0錯解一的主要問題在于沒有把所有的速度都換算成同一慣性參考系中的速度.因為題目中給出的v0是初狀態車對地的速度,而人跳車時的速度u指的是對車的速度,在列動量守恒方程時,應把人跳車的速度變換