高中物理课件 第六章 第二讲 《 动量守恒定律及应用》

一、动量守恒定律1．内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式(1)p＝p′，系统相互作用前的

p等于相互作用后的

p′.总动量总动量(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的

等于作用后的总动量．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化大小

，方向相反．(4)Δp＝0，系统总动量的变化

．总动量相等为零3．成立的条件(1)系统

或系统所受

之和为零．(2)系统在某一方向上不受外力，或所受外力之和为零，则系统所受合外力在这一方向上的冲量为零，因而系统在这一方向上的

为零，系统在这一方向上动量守恒．(3)当系统内力远大于

或者某一方向上内力远大于

时，系统的外力或某一方向上的外力可以忽略

不计，则系统或系统在某一方向上动量近似守恒．不受外力外力动量变化量外力外力动量守恒是指系统内的物体在相互作用过程中，动量始终保持不变的情况，而初、末动量相同并不代表动量守恒．二、碰撞和反冲现象1．碰撞(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足

，可认为相互碰撞的系统

守恒．(2)分类①弹性碰撞：若总动能损失很小，可以忽略不计，此碰撞为弹性碰撞．②完全非弹性碰撞：若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞损失动能最多，此碰撞称为完全非弹性碰撞．内力远大于外力动量2．反冲现象在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象．1．动量守恒的四性(1)矢量性：对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正，相反为负．(2)瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加．(3)相对性：由于动量的大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度．一般以地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较对象方面动量守恒机械能守恒守恒条件F合＝0(系统所受合外力为零)W外＝0(重力或弹力以外的力做功为零)研究对象系统系统分析重点受力情况力的做功情况对象方面动量守恒机械能守恒表达式矢量式标量式动量守恒定律和机械能守恒定律没有必然的联系，系统动量守恒，其机械能不一定守恒，反之亦然3．应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为研究对象；(2)分析系统内研究对象所受的力，弄清哪些是内力，哪些是外力；(3)判断系统是否符合动量守恒条件；(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号及表达式；(5)根据动量守恒定律列方程求解．1．应用动量守恒定律解决问题，关键是合理选取参考系，准确分析物体相互作用过程是否满足动量守恒的条件，然后再选取正方向，列方程求解．2．高考考查该类问题常结合其他知识综合考查，如：平抛、圆周运动、机械能守恒、功能关系及电磁规律、原子物理等．1．(2010·湖南名校联考)将一

质量为3kg的木板置于光滑

水平面上，另一质量为1kg的物块放在木板上．已知

物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大

小为4m/s的初速度向相反方向运动(如图6－2－1所示)，

则当木板的速度为2.4m/s，物块正在(

)A．水平向左做匀减速运动B．水平向右做匀加速运动C．水平方向做匀速运动D．处于静止状态解析：由于木板和物块组成的系统在水平方向上所受合外力为零，所以系统动量守恒．因为木板的质量大于物块的质量，初速度大小相等，所以二者的总动量方向向右，所以物块应先向左做匀减速直线运动，当速度减到零时，再向右做匀加速直线运动，而木板一直向右做匀减速运动，当二者达到共同速度时，一起向右做匀速运动．当木板的速度为2.4m/s时，由动量守恒可得Mv－mv＝Mv′＋mv″，代入数据解得此时物块的速度为v″＝0.8m/s，所以物块正向右做匀加速直线运动．本题正确选项为B.答案：B1．碰撞的特点(1)直接作用；(2)时间很短；(3)内力远大于外力．2．碰撞的规律(1)弹性碰撞(如图6－2－2)：运动球m1和静止球m2相碰，

地面光滑．动量关系：m1v1＝m1v1′＋m2v2′能量关系：m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2解得：v1′＝

，v2′＝

，若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1(交换速度)(2)完全非弹性碰撞：设m1和m2碰后的共同速度为v′.动量关系：m1v1＝(m1＋m2)v′，即v′＝能量关系：m1v12＝(m1＋m2)v′2＋ΔE，ΔE为碰撞损失的动能．3．碰撞遵守的原则(1)动量守恒．(2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式

为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或(3)速度要合理碰后，原来在前的物体速度一定增大，

且v前≥v后两物体相向运动，碰后两物体的运动

方向肯定有一个改变2．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图6－2－3所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2.解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等m1v0＝m1v1＋m2v2m1v02＝m1v12＋m2v22利用v2/v1＝4，可解得＝2.答案：21．爆炸(1)内力远大于外力，动量守恒．(2)由其他形式能转化为动能，系统动能会增加．2．反冲(1)特点：在系统内力作用下，系统一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分向相反方向发生动量变化．(2)实例：喷气式飞机，火箭等．3．平均动量守恒(1)若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒，如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m1

－m2

＝0，得m1s1＝m2s2.(2)m1s1＝m2s2的适用条件①系统的总动量守恒或某一方向的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③s1、s2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．4．爆炸与碰撞的比较(1)相同点：①物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力即内力很大，过程持续时间很短，内力远大于外力，所以系统的动量守恒.②由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程(简化)处理．即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动．(2)不同点：爆炸过程中有其他形式的能(一般为化学能)转化为动能，所以爆炸过程中系统的动能会增加．对于碰撞过程，系统的动能不会增加．5．分析方法对于爆炸、碰撞、反冲问题，一般情况下可进行如下分析：(1)明确系统是由哪几个物体组成．(2)明确系统内各物体在初、末两个状态的运动情况．(3)规定正方向．(4)列出动量守恒方程．(5)对结果进行讨论．3．质量为M的火箭，原来以速度v0在太空中飞行，现在突然向后喷出一股质量为Δm的气体，喷出气体相对火箭的速度为v，则喷出后火箭的速率为(

)A．(Mv0＋Δmv)/M

B．(Mv0－Δmv)/MC．(Mv0＋Δmv)/m D．(Mv0－Δmv)/m解析：依题意可知，火箭原来相对地的速度为v0，初动量为p0＝Mv0.质量为Δm的气体喷出后，火箭的质量为(M－Δm)，设气体喷出后，火箭和喷出的气体相对地的速度分别为v1和v2，则气体相对火箭的速度v为v＝v1＋v2，v2＝v－v1.选v0的方向为正方向，则系统的末动量为p＝(M－Δm)v1＋Δm[－(v－v1)]＝Mv1－Δmv.由动量守恒定律有p＝p0，即Mv1－Δmv＝Mv0，所以v1＝(Mv0＋Δmv)/M.答案：A如图6－2－4所示，A、B两物体的质量mA＞mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧，放在平板小车C上，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B在C上向相反方向滑动的过程中 (

)A．若A、B与C之间的摩擦力大小相等，则A、B组成的系

统动量守恒，A、B、C组成的系统动量不守恒B．若A、B与C之间的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相等，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相等，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量守恒[思路点拨]

判断系统动量是否守恒的依据是动量守恒的条件：①系统合外力为零；②内力远大于外力，且作用时间极短．[课堂笔记]

对A、B组成的系统，弹簧弹力为内力，A、B与C之间的摩擦力是外力，当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，系统所受外力的矢量和为零，动量守恒，当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，系统所受外力的矢量和不为零，动量不守恒；对A、B、C组成的系统，弹簧的弹力、A和B与C之间的摩擦力均为内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力的矢量和均为零，动量守恒，选项B、D对．[答案]

BD动量守恒的条件是合外力为零．物体间有滑动摩擦力作用时，只要合外力为零，系统动量仍然守恒，但是机械能一定减小(不守恒).质量M＝500kg的小车，上面站着一个质量为70kg的人，车以v0＝1m/s的速度在光滑水平面上前进，如图6－2－5所示，人相对于车以v＝2m/s向后水平跳出，问人跳车后，车速增加了多少？[思路点拨][课堂笔记]

人跳车后，车速已不再是v0，设车增加的速度为Δv，则人跳车后车速为v0＋Δv，人相对车的速度不是相对跳车前车的速度，而是相对跳车后车的速度．所以人相对地的速度不是v－v0，而是v－(v0＋Δv)．设人跳车后，车速增量为Δv，根据动量守恒定律得：(M＋m)v0＝M(v0＋Δv)－m[v－(v0＋Δv)]所以Δv＝×2m/s≈0.25m/s.[答案]

0.25m/s利用动量守恒定律列式求解问题时，应选取一个正方向，凡是与正方向相反的取负值，且动量守恒定律中各速度都要代入相对同一参考系的速度.(16分)如图6－2－6所示，质量相等的木块A、B间夹有一小块炸药，放在一段粗糙程度相同的水平地面上．让A、B以速度v0一起从O点滑出，到达P点后速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续水平前进．如果仍让A、B以速度v0一起从O点滑出，当A、B停止运动时立即让炸药爆炸，则木块A最终静止在Q点(图中未标出)．已知O、P两点间的距离为s，炸药的质量可以忽略不计，爆炸时间很短可以忽略不计，爆炸释放的化学能全部转化为木块的动能，求木块A从O运动到Q所用的时间．[思路点拨]

解答本题时，应把握以下三点：(1)爆炸瞬间动量守恒，机械能增加．(2)A、B一起滑动，符合动能定理．(3)第二次滑动，因求时间，可结合牛顿第二定律、运动学公式分析求解．[解题样板]

设木块的质量均为m，与地面的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.第一次滑动过程中，从O滑到P，对A、B据动能定理：－μ·2mgs＝·2m()2－·2mv02………………①(2分)在P点炸药爆炸，木块A、B系统动量守恒：2m＝mv……………②(2分)根据能量守恒：E0＋·2m()2＝mv2…………③(2分)联立①②③式解得：μ＝，E0＝mv02.第二次滑动过程中，从O滑出到减速为零，对A、B据牛顿第二定律：μ·2mg＝2ma1，又v0＝a1t1……………(2分)炸药爆炸时木块A、B系统动量守恒：mvA＋mvB＝0………(2分)由能量守恒：E0＝mvA2＋mvB2(2分)爆炸后A以速度vA减速前进，最后停在Q点．对A据牛顿第二定律：μmg＝ma2，又vA＝a2t2(2分)解以上各式得：t＝t1＋t2＝.(2分)[答案]

(1)碰撞、爆炸、打击、绳突然绷紧、黏合等瞬间作用问题是高考的热点，它通常包含在物体系运动的众多过程之中，易被忽视，常用系统动量近似守恒的方法处理，而机械能在瞬间往往损失较大(或增加较多)．(2)处理多阶段的物理综合题，一定要弄清研究对象，并重视对物理现象、物理过程的分析，建立起明确的物理图景以及整个系统中不同物体之间的相互联系．1．如图6－2－7所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(

)A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手、后放开右手后，系统动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确．综合上述分析可知选项A、C、D正确．答案：ACD2．如图6－2－8所示，木块a、b用一轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是 (

)A．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统机械能

守恒C．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统机械能守恒解析：a未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统受墙向右的外力，合外力不为零，动量不守恒，故A错误．a未离开墙壁前，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故B正确．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故C、D均正确．答案：BCD3．(2009·全国卷Ⅰ)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为 (

)A．2

B．3C．4 D．5解析：两物块在碰撞中动量守恒：Mv＝Mv1＋mv2，由碰撞中总能量不增加有：Mv2≥M