PAGEPAGE15第2講動量守恒定律及其應用一、動量守恒定律1.守恒條件(1)志向守恒：系統不受外力或所受外力的合力為0，則系統動量守恒.(2)近似守恒：系統受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒.(3)分方向守恒：系統在某個方向上所受合力為零時，系統在該方向上動量守恒.2.表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2.自測1關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是()A.只要系統內存在摩擦力，系統動量就不行能守恒B.只要系統中有一個物體具有加速度，系統動量就不守恒C.只要系統所受的合外力為零，系統動量就守恒D.系統中全部物體的加速度為零時，系統的總動量不肯定守恒答案C二、碰撞、反沖、爆炸1.碰撞(1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內它們的運動狀態發生顯著變更，這個過程就可稱為碰撞.(2)特點：作用時間極短，內力(相互碰撞力)遠大于外力，總動量守恒.(3)碰撞分類①彈性碰撞：碰撞后系統的總動能沒有損失.②非彈性碰撞：碰撞后系統的總動能有損失.③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失最大.2.反沖(1)定義：當物體的一部分以肯定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現象叫反沖運動.(2)特點：系統內各物體間的相互作用的內力遠大于系統受到的外力.實例：放射炮彈、爆竹爆炸、放射火箭等.(3)規律：遵從動量守恒定律.3.爆炸爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統所受的外力，所以系統動量守恒.自測2如圖1所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同始終線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態是()圖1A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動C.A靜止，B向右運動 D.A向左運動，B向右運動答案D解析以兩滑塊組成的系統為探討對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態系統的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不行能都為零，則A應當向左運動，B應當向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤.命題點一動量守恒定律的理解與應用1.動量守恒定律的“五性”條件性首先推斷系統是否滿意守恒條件(合力為零)相對性公式中v1、v2、v1′、v2′必需相對于同一個慣性系同時性公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一時刻的速度矢量性應先選取正方向，與選取的正方向一樣的動量為正值，相反為負值普適性不僅適用于低速宏觀系統，也適用于高速微觀系統2.應用動量守恒定律的解題步驟(1)明確探討對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及探討的過程)；(2)進行受力分析，推斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)規定正方向，確定初、末狀態動量；(4)由動量守恒定律列出方程；(5)代入數據，求出結果，必要時探討說明.3.應用動量守恒定律時的留意事項(1)動量守恒定律的探討對象都是由相互作用的物體組成的系統.系統的動量是否守恒，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)分析系統內物體受力時，要弄清哪些力是系統的內力，哪些力是系統外的物體對系統的作用力.例1(多選)在光滑水平面上，A、B兩小車中間有一彈簧，如圖2所示.用左、右手分別抓住小車A、B并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態，將兩小車及彈簧看成一個系統，下列說法中正確的是()圖2A.兩手同時放開后，系統總動量始終為零B.先放開左手，再放開右手后，系統總動量不守恒C.先放開左手，再放開右手后，總動量肯定向右D.無論何時放手，兩手放開后，在彈簧復原原長的過程中，系統總動量都保持不變，但系統的總動量不肯定為零答案AD解析只要系統受到的合外力為零，動量就守恒.兩手同時放開，系統水平方向不受外力，系統總動量守恒，始終為零，A正確.只放開一只手時，由于另一只手對系統有作用力所以動量不守恒，但當兩只手都放開后，系統總動量守恒，等于其次只手放開時的動量，B、C錯誤，D正確.例2(2024·常州市一模)如圖3所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2m/s、2.0m/s的速率相向運動，碰撞后B球靜止.已知碰撞時間為0.05s，A、B的質量均為0.2kg.求：圖3(1)碰撞后A球的速度大小；(2)碰撞過程A對B平均作用力的大小.答案(1)0.8m/s(2)8N解析(1)A、B組成的系統動量守恒，設B的運動方向為正方向，由動量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′解得vA′＝0.8m/s(2)對B，由動量定理得－eq\x\to(F)Δt＝ΔpB＝0－mvB解得eq\x\to(F)＝8N.變式1(2024·蘇州市期初調研)如圖4所示，質量分別為m1、m2的兩小車A、B靜止在光滑的水平面上，在A車上站有一質量為m0的人.當此人以速度v0向右跳上B車，并與B車相對靜止后.求：圖4(1)人跳離A車后，A車的速度大小和方向；(2)人跳上B車后，A、B兩車的速度大小之比.答案(1)eq\f(m0,m1)v0方向向左(2)eq\f(m0＋m2,m1)解析(1)設人跳離A車后，A車的速度為vA，探討A車和人組成的系統，以向右為正方向，由動量守恒定律有m1vA＋m0v0＝0解得vA＝－eq\f(m0,m1)v0負號表示A車的速度方向向左(2)設人跳上B車后，B車的速度為vB，探討人和B車，由動量守恒定律有m0v0＝(m0＋m2)vB，解得vB＝eq\f(m0,m0＋m2)v0，所以A、B兩車的速度大小之比eq\f(|vA|,vB)＝eq\f(m0＋m2,m1)命題點二碰撞問題1.碰撞遵循的三條原則(1)動量守恒定律(2)機械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(

2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(

2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或相等.②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不行能都不變更.2.碰撞的類型及特點(1)彈性碰撞：動量守恒，初、末總動能不變，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2.(2)完全非彈性碰撞：碰撞結束后，兩物體合二為一，動量守恒，動能損失最大，即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝ΔEkm.(3)非彈性碰撞：動量守恒，動能有損失.例3(2024·揚州市一模)如圖5所示，質量分別為m1＝0.2kg和m2＝0.8kg的兩個小球，在光滑的水平面對心碰撞，碰后甲球以2m/s的速度向左運動.求：圖5(1)碰后乙球的速度大小；(2)碰撞時撞擊力對甲球的沖量.答案(1)5m/s(2)2.4N·s，方向向左解析(1)取向右為正方向，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝－m1v1′＋m2v2′代入數據得v2′＝5m/s(2)對甲球，由動量定理得I＝Δp＝－m1v1′－m1v1代入數據得I＝－2.4N·s，負號表示方向向左.變式2(2024·鹽城市三模)在氣墊導軌上，一個質量為0.6kg的滑塊甲以大小為0.15m/s的速度與另一質量為0.4kg、速度大小為0.1m/s并沿反方向運動的滑塊乙迎面相撞，碰撞后兩個滑塊粘在一起運動，速度大小為m/s，碰撞過程中乙滑塊受到甲滑塊的沖量大小為N·s.答案0.050.06拓展點爆炸與反沖模型例4一質量為M的航天器遠離太陽和行星，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發動機瞬間向后噴出質量為m的氣體，氣體向后噴出的速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均為相對同一參考系的速度)()A.eq\f(M＋mv0－mv1,M) B.eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D.eq\f(Mv0－mv1,M－m)答案C解析以v0的方向為正方向，由動量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故選C.例5(2024·興化一中四模)如圖所示，一個禮花彈豎直上升到最高點時炸裂成三塊碎片，其中一塊碎片首先沿豎直方向落至地面，另兩塊碎片稍后一些同時落至地面.則在禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運動方向可能是()答案D解析禮花彈炸裂的瞬間動量守恒，因炸裂前的總動量為零，則炸裂后總動量為零，因一塊碎片沿豎直方向先落地，可知其速度方向豎直向下，則禮花彈炸裂后的瞬間這三塊碎片的運動方向可能是D.

命題點三人船模型1.“人船模型”問題兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒.在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比.這樣的問題即為“人船模型”問題.2.人船模型的特點(1)兩物體滿意動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1).(3)應用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時要留意：v1、v2和x1、x2一般都是相對地面而言的.例6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岸，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，則船的質量為()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)答案B解析設船的質量為M，人走動的時候船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭用時為t，則人的位移大小為L－d，船的位移大小為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t).以船的速度方向為正方向，依據動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得小船的質量為M＝meq\f(L－d,d)，故B項正確.1.(多選)如圖6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，下列說法中正確的是()圖6A.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、小車的總動量增量大小相等答案CD2.(多選)如圖7所示，在光滑的水平面上有一靜止的小車，甲、乙兩人站在小車左、右兩端，當二人同時相向而行時，發覺小車向右運動.下列說法中正確的是()圖7A.乙的速度必定大于甲的速度B.甲的質量必定大于乙的質量C.從數值上，乙的動量必定大于甲的動量D.甲、乙的動量之和必定不為零答案CD3.(2024·南通市、泰州市一模)在冰壺競賽中，冰壺甲以速度v1正碰靜止的冰壺乙，碰后冰壺甲的速度變為v2，方向不變.已知兩冰壺質量均為m，碰撞過程時間為t，求：(1)正碰后冰壺乙的速度v；(2)碰撞過程中冰壺乙受到的平均作用力大小F.答案見解析解析(1)以碰撞前冰壺甲的速度方向為正方向，由動量守恒定律有mv1＝mv2＋mv解得v＝v1－v2.(2)對冰壺乙，在碰撞過程中由動量定理有Ft＝mv－0解得F＝eq\f(mv1－v2,t).4.(2024·鹽城中學4月檢測)下雪天，卡車在平直的高速馬路上勻速行駛，司機突然發覺前方停著一輛故障車，他將剎車踩究竟，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離L后停下.已知卡車質量M為故障車質量m的5倍，設卡車與故障車相撞前的速度為v1，兩車相撞后的速度變為v2，相撞的時間極短，求：(1)v1∶v2的值；(2)卡車在碰撞過程中受到的沖量大小.答案見解析解析(1)以相撞前卡車的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv1＝(M＋m)v2，由M∶m＝5∶1可得v1∶v2＝6∶5(2)由動量定理可得卡車受到的沖量大小I＝Mv2－Mv11.(多選)若用p1、p2表示兩個在同始終線上運動并且相互作用的物體的初動量，p1′、p2′表示它們的末動量，Δp1、Δp2表示它們相互作用過程中各自的動量變更量，則下列式子能表示動量守恒的是()A.Δp1＝Δp2B.p1＋p2＝p1′＋p2′C.Δp1＋Δp2＝0D.Δp1＋Δp2＝常數(不為零)答案BC解析動量守恒的含義是：兩個物體相互作用前的總動量等于其相互作用后的總動量，因此B選項正確；p1＋p2＝p1′＋p2′，變形后為(p1′－p1)＋(p2′－p2)＝0，即Δp1＋Δp2＝0，故C選項正確.2.(2024·前黃中學檢測)如圖1所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸面是光滑的，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，則此系統從子彈起先射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()圖1A.動量守恒，機械能守恒B.動量不守恒，機械能守恒C.動量守恒，機械能減小D.動量不守恒，機械能減小答案D3.(多選)如圖2所示，兩位同學穿旱冰鞋，面對面站立不動，互推后向相反的方向運動，不計摩擦阻力，下列推斷正確的是()圖2A.互推后兩同學總動量增加B.互推后兩同學動量大小相等，方向相反C.分別時質量大的同學的速度小一些D.互推過程中機械能守恒答案BC解析對兩同學所組成的系統，互推過程中，合外力為零，總動量守恒，故A錯誤；互推后兩同學總動量為零，動量的大小相等，方向相反，質量大的同學的速度小一些，故B、C正確；互推過程中機械能增大，故D錯誤.4.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視)()A.30kg·m/s B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s D.6.3×102kg·m/s答案A解析由設m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30kg·m/s.以火箭運動的方向為正方向，依據動量守恒定律可得0＝p1－p2，則火箭的動量大小為p1＝p2＝30kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤.5.如圖3所示，在光滑水平面上質量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速率分別為vA＝5m/s，vB＝2m/s的A、B兩小球沿同始終線相向運動，則()圖3A.它們碰撞前的總動量是18kg·m/s，方向水平向右B.它們碰撞后的總動量是18kg·m/s，方向水平向左C.它們碰撞前的總動量是2kg·m/s，方向水平向右D.它們碰撞后的總動量是2kg·m/s，方向水平向左答案C解析以向右為正方向，則它們碰撞前的總動量是p＝mAvA－mBvB＝2kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰過程中遵守動量守恒定律，故它們碰撞后的總動量也是2kg·m/s，方向水平向右，C正確.6.(多選)(2024·徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B兩物體質量都為m，A以速度v向右運動，B原來靜止，左端有一輕水平彈簧，如圖4所示，當A撞上彈簧，且彈簧被壓縮最短時()圖4A.A、B系統總動量仍舊為mvB.A的動量變為零C.B的動量達到最大值D.A、B的速度相同答案AD解析A、B系統水平方向動量守恒，A正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，故A的動量不為零，D正確，B錯誤；因為彈簧還會彈開，故B物體會接著加速，所以此時B的速度并不是最大的，即B的動量未達到最大值，C錯誤.7.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質量為M、底邊長為L，如圖5所示.將一質量為m且可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()圖5A.FN＝mgcosαB.滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC.滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統動量守恒D.此過程中斜面體向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)L答案D解析當滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以A、B組成的系統豎直方向合外力不為零，系統的動量不守恒，C錯誤；A、B組成的系統水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確.8.(2024·如皋市模擬四)如圖6所示，在橄欖球競賽中，質量為100kg的橄欖球前鋒以vA＝5m/s的速度跑動，想穿越防守隊員究竟線觸地得分.就在他剛要究竟線時，迎面撞上了對方兩名質量均為75kg的球員，一個速度vB＝2m/s，另一個速度vC＝4m/s，他們騰空扭在了一起.他們碰撞后瞬間的速度大小約為m/s，在此過程中三名球員的總機械能(選填“增大”“不變”或“減小”).圖6答案0.2減小解析以前鋒的速度vA的方向為正方向，設碰撞后瞬間的共同速度為v，依據動量守恒定律得：mAvA－mBvB－mCvC＝(mA＋mB＋mC)v，代入數據解得：v＝0.2m/s碰撞前三名球員的總動能Ek1＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＋eq\f(1,2)mCvC2＝2000J碰撞后三名球員的總動能Ek2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝5J可知，在碰撞過程中三名球員的總機械能減小.9.(2024·海安中學開學考)如圖7甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝1kg.初始時刻B靜止，A以肯定的初速度向右運動，之后與B發生碰撞并一起運動，它們的位移－時間圖象如圖乙所示(規定向右為位移的正方向)，