3．動量守恒定律探究對動量守恒定律的理解要點提煉1.探討對象兩個或兩個以上相互作用的物體組成的系統。2．對系統“總動量保持不變”的理解(1)系統在整個過程中隨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。(2)系統的總動量保持不變，但系統內每個物體的動量可能都在不斷變更。(3)系統的總動量指系統內各物體動量的矢量和，總動量不變指的是系統的總動量的大小和方向都不變。3．動量守恒定律成立的條件(1)志向守恒：系統不受外力或系統所受外力的矢量和為零。(2)近似守恒：系統所受外力的矢量和雖不為零，但系統外力比內力小得多，如碰撞問題中的摩擦力、爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力小得多，可以忽視不計。(3)某一方向上守恒：系統所受外力的矢量和雖不為零，但在某個方向上的重量為零，則在該方向上系統動量守恒。4．從“五性”理解動量守恒定律(1)系統性：動量守恒是針對滿足守恒條件的系統而言的，系統變更，動量不愿定守恒。(2)矢量性：定律的表達式是一個矢量式。a．該式說明系統的總動量在隨意兩個時刻不僅大小相等，而且方向也相同。b．在求系統的總動量p＝p1＋p2＋…時，要按矢量運算法則計算。(3)相對性：動量守恒定律中，系統中各物體在相互作用前后的動量，必需相對于同一慣性系，各物體的速度通常均為相對于地的速度。(4)同時性：動量守恒定律中p1、p2…必需是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′…必需是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量。(5)普適性：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。不僅適用于宏觀物體組成的系統，也適用于微觀粒子組成的系統。(1)分析動量守恒時要著眼于系統，要在不同的方向上探討系統所受外力的矢量和。(2)要深刻理解動量守恒的條件。(3)系統動量嚴格守恒的狀況是很少的，在分析守恒條件是否滿足時，要留意對實際過程的志向化。典例剖析1．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜放在光滑的水平冰面上，現有一男孩站在小車上用力向右快速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是(C)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、小車的總動量增量相同解析：由動量守恒定律成立的條件可知男孩、小車與木箱三者組成的系統動量守恒，其中兩個物體組成的系統動量不守恒，故A、B錯誤，C正確；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，故D錯誤。對點訓練?(多選)如圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量也為m的小球從槽上高h處由靜止起先自由下滑，則(AD)A．在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統水平方向動量守恒B．在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統動量守恒C．小球與彈簧作用時，小球與彈簧組成的系統動量守恒D．小球與彈簧作用時，小球與彈簧組成的系統動量不守恒解析：在下滑的過程中，小球和槽組成的系統，在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故選項A正確，B錯誤；小球與彈簧接觸后，小球與彈簧組成的系統受到墻的作用力，墻對系統的作用力是外力，則系統動量不守恒，故選項D正確，C錯誤。探究動量守恒定律的應用要點提煉1.應用動量守恒定律的解題步驟eq\x(明確探討對象，確定系統的組成)↓eq\x(受力分析，確定動量是否守恒)↓eq\x(規定正方向，確定初末動量)↓eq\x(依據動量守恒定律，建立守恒方程)↓eq\x(代入數據，求出結果并探討說明)2．動量守恒定律不同表現形式的表達式的含義(1)p＝p′：系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′。(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的兩個物體組成的系統，一個物體的動量變更量與另一個物體的動量變更量大小相等、方向相反。(3)Δp＝0：系統總動量增量為零。(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和。3．某一方向上動量守恒問題：動量守恒定律的適用條件是普遍的，當系統所受的合外力不為零時，系統的總動量不守恒，但是在不少狀況下，合外力在某個方向上的重量卻為零，那么在該方向上系統的動量就是守恒的。4．爆炸類問題中動量守恒定律的應用(1)物體間的相互作用突然發生，作用時間很短，爆炸產生的內力遠大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用動量守恒定律求解。(2)由于爆炸過程中物體間相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，因此可認為此過程物體位置不發生變更。(1)動量守恒定律中的各速度都相對同一參考系，一般以地面為參考系。(2)規定正方向后，方向與正方向一樣的矢量取正值，方向與正方向相反的矢量取負值。典例剖析2．如圖所示，質量為mB的平板車B上表面水平，起先時靜止在光滑水平面上，在平板車左端靜止放著一質量為mA的物體A，一顆質量為m0的子彈以v0的水平初速度射入物體A，射穿A后速度變為v，子彈穿過物體A的時間極短。已知A、B之間的動摩擦因數不為零，且A與B最終達到相對靜止。求：(1)子彈射穿物體A的瞬間物體A的速度vA；(2)平板車B和物體A的最終速度v共(設車身足夠長)。思路引導：eq\x(\a\al(合理選,取系統))→eq\x(\a\al(推斷系統動,量是否守恒))→eq\x(\a\al(明確各物體,速度方向))→eq\x(\a\al(定律,應用))→eq\x(\a\al(問題,求解))解析：(1)子彈穿過物體A的過程中，子彈和物體A組成的系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA解得vA＝eq\f(m0v0－v,mA)。(2)對物體A和平板車B，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共解得v共＝eq\f(m0v0－v,mA＋mB)。答案：(1)eq\f(m0v0－v,mA)(2)eq\f(m0v0－v,mA＋mB)對點訓練?如圖，一人站在靜止于冰面的小車上，人與小車的總質量M＝70kg，當他接觸到一個質量m＝20kg、以速度v0＝5m/s迎面滑來的木箱后，馬上以相對于自己v′＝5m/s的速度逆著木箱原來滑行的方向推出，不計冰面阻力。則小車獲得的速度是多大？方向如何？解析：取向右的方向為正方向，設推出木箱后人和小車的速度大小為v，則木箱相對于地面對左的速度大小為(v′－v)，由動量守恒定律得mv0＝Mv－m(v′－v)v＝eq\f(mv0＋v′,M＋m)＝eq\f(20×5＋5,70＋20)m/s≈2.2m/s。v的方向與木箱的初速度v0方向相同。答案：2.2m/s，與木箱的初速度方向相同動量守恒定律與機械能守恒定律的比較項目動量守恒定律機械能守恒定律相同點探討對象相互作用的物體組成的系統探討過程某一運動過程不同點守恒條件系統不受外力或所受外力的矢量和為零系統只有重力或彈力做功表達式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表達式的矢標性矢量式標量式某一方向上應用狀況可在某一方向獨立運用不能在某一方向獨立運用運算法則用矢量法則進行合成或分解代數和(1)系統的動量(機械能)是否守恒，與選擇哪幾個物體作為系統和分析哪一段運動過程有干脆關系。(2)對于涉及相互作用的系統的能量轉化問題時，可綜合應用動量守恒定律、機械能守恒定律、動能定理、能量守恒定律、功能關系列出相應方程分析解答。案例在光滑水平面上有一質量M＝4kg的滑塊，滑塊的一側為一光滑的eq\f(1,4)圓弧，水平面恰好與圓弧相切，圓弧半徑R＝1m。一質量m＝1kg的小球以速度v0向右運動沖上滑塊，g取10m/s2。若小球剛好沒有沖出eq\f(1,4)圓弧的上端，求：(1)小球的初速度v0的大小；(2)滑塊獲得的最大速度。思路引導：(1)小球與滑塊相互作用的過程中水平方向上動量守恒。(2)該系統的機械能守恒。(3)小球從滑塊左端滑出時滑塊獲得的速度最大。解析：(1)當小球上升到滑塊的最上端時，小球與滑塊水平方向的速度相同，設為v1，依據水平方向動量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，系統機械能守恒，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR，解得：v0＝5m/s。(2)小球到達最高點以后又滑回，此過程滑