第2講　動量守恒定律及應(yīng)用 講義

1、.第2講動量守恒定律及應(yīng)用見學(xué)生用書P094微知識1 動量守恒定律1內(nèi)容：假如系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2常用的四種表達(dá)形式1pp，即系統(tǒng)互相作用前的總動量p和互相作用后的總動量p大小相等，方向一樣。2ppp0，即系統(tǒng)總動量的增量為零。3p1p2，即互相作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動量的增加量等于另一部分動量的減少量。4m1v1m2v2m1v1m2v2，即互相作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量都在同一直線上時，作用前總動量與作用后總動量相等。3常見的幾種守恒形式及成立條件1理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。2近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內(nèi)力

2、遠(yuǎn)大于外力。3分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。微知識2 碰撞1碰撞現(xiàn)象：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的互相作用的過程。2碰撞特征1作用時間短。2作用力變化快。3內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力。4滿足動量守恒。3碰撞的分類及特點(diǎn)1彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能守恒。2非彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能不守恒。3完全非彈性碰撞：動量守恒，機(jī)械能損失最多。微知識3 爆炸現(xiàn)象爆炸過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動量守恒。微知識4 反沖運(yùn)動1物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動的現(xiàn)象。2反沖運(yùn)動中，互相作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處

3、理。一、思維辨析判斷正誤，正確的畫“，錯誤的畫“×。1動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。2質(zhì)量相等的兩個物體發(fā)生碰撞時，一定交換速度。×3系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變。×4系統(tǒng)的動量守恒時，機(jī)械能也一定守恒。×二、對點(diǎn)微練1動量守恒條件多項選擇如下圖，在光滑程度面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)。假設(shè)突然撤去力F，那么以下說法中正確的選項是A木塊A分開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒B木塊A分開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不

4、守恒，但機(jī)械能守恒C木塊A分開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能也守恒D木塊A分開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機(jī)械能守恒解析木塊A分開墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動量不守恒，但機(jī)械能守恒，應(yīng)選項A錯，B對；木塊A分開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機(jī)械能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能也守恒，應(yīng)選項C對，D錯。答案BC2動量守恒定律如下圖，用細(xì)線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右程度射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v設(shè)子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計，木塊的速度大小為A.B.

5、C.D.解析子彈和木塊程度方向動量守恒，mv0Mvmv，由此知v，故B項正確。答案B3碰撞兩球A、B在光滑程度面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的總動能Ek22 J，違犯

6、了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違犯能量守恒定律，故B項正確。答案B4爆炸和反沖將靜止在地面上，質(zhì)量為M含燃料的火箭模型點(diǎn)火升空，在極短時間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，那么噴氣完畢時火箭模型獲得的速度大小是A.v0B.v0C.v0D.v0解析根據(jù)動量守恒定律mv0Mmv，得vv0，選項D正確。答案D見學(xué)生用書P095微考點(diǎn)1動量守恒定律的應(yīng)用核|心|微|講1動量守恒定律適用條件1前提條件：存在互相作用的物體系。2理想條件：系統(tǒng)不受外力。3實際條件：系統(tǒng)所受合外力為零。4近似條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間互相作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外

7、力。5方向條件：系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，那么此方向上動量守恒。2動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律的比較3應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟典|例|微|探【例1】如下圖，光滑程度軌道上有三個木塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA3m、mBmCm，開場時B、C均靜止，A以初速度v0向右運(yùn)動，A與B相撞后分開，B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，此后A與B間的間隔 保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小?！窘忸}導(dǎo)思】1A、B碰撞過程中，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？答：守恒。2題中的“此后A、B間間隔 保持不變說明了什么？答：最終A、B、C三個木塊的速度一樣。解析設(shè)A與B碰撞后，A的速度為vA，B與C碰撞前B的速度為vB，

8、B與C碰撞后粘在一起的速度為v，由動量守恒定律得對A、B木塊：mAv0mAvAmBvB，對B、C木塊：mBvBmBmCv，由最后A與B間的間隔 保持不變可知vAv，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得vBv0。答案v0題|組|微|練1如下圖，程度光滑地面上依次放置著質(zhì)量均為m0.08 kg的10塊完全一樣的長直木板。質(zhì)量M1.0 kg、大小可忽略的小銅塊以初速度v06.0 m/s從長木板左端滑上木板，當(dāng)銅塊滑離第一塊木板時，速度大小為v14.0 m/s，銅塊最終停在第二塊木板上。g取10 m/s2，結(jié)果保存兩位有效數(shù)字。求：1第一塊木板的最終速度。2銅塊的最終速度。解析1銅塊在第一塊木板上滑動的過程中，由動量守

9、恒得Mv0Mv110mv2，得v22.5 m/s。2銅塊從滑上第一塊木板到停在第二塊木板上，滿足動量守恒Mv0mv2M9mv3，得v33.4 m/s。答案12.5 m/s23.4 m/s2如下圖，光滑程度軌道上放置長木板A上外表粗糙和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg。開場時C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞時間極短后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次到達(dá)共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。解析因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為

10、vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A與B在摩擦力作用下到達(dá)共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvAmBv0mAmBvAB，A與B到達(dá)共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s。答案2 m/s微考點(diǎn)2碰撞問題核|心|微|講1碰撞過程中動量守恒，即p1p2p1p2。2碰撞后系統(tǒng)總動能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2，或。3碰撞過程中發(fā)生的情況必須符合客觀實際，假如甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于或等于乙的速度，或甲反向運(yùn)動。假如碰前甲、乙是相向運(yùn)動，那么碰后甲、乙的運(yùn)動方向

11、不可能都不改變，除非甲、乙碰撞后速度均為零。典|例|微|探【例2】多項選擇如下圖，光滑程度面上有大小一樣的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg· m/s，運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kg·m/s，那么A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110【解題導(dǎo)思】1A、B兩球，誰的速度更大些？答：A球的速度更大些。2如何分析碰撞是否是彈性碰撞？答：計算碰撞前的動能和碰撞后的動能的關(guān)系即可判斷出結(jié)果。解析由mB2

12、mA，pApB知碰前vBvA，假設(shè)右方為A球，由于碰前動量都為6 kg· m/s，即都向右運(yùn)動，兩球不可能相碰；假設(shè)左方為A球，設(shè)碰后二者速度分別為vA、vB，由題意知pAmAvA2 kg· m/s，pBmBvB10 kg· m/s，解得。碰撞后A球動量變?yōu)? kg· m/s，B球動量變?yōu)?0 kg· m/s，又mB2mA，由計算可知碰撞前后A、B兩球動能之和不變，即該碰撞為彈性碰撞，選項A、C正確。答案AC【反思總結(jié)】碰撞問題的解題策略1抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類碰撞滿足的條件，列出相應(yīng)方程求解。2可熟記一些公式，例如“一動一靜模型中，兩物體發(fā)

13、生彈性正碰后的速度滿足：v1v0、v2v0。3熟記彈性正碰的一些結(jié)論，例如，當(dāng)兩球質(zhì)量相等時，兩球碰撞后交換速度；當(dāng)m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量大的速率不變，質(zhì)量小的速率為2v0；當(dāng)m1m2，且v200時，碰后質(zhì)量小的球原速率反彈。題|組|微|練3多項選擇2019·湖南師大附中摸底考試質(zhì)量為m，速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此碰撞后B球的速度可能值為A0.6v B0.4vC0.3v D0.2v解析假設(shè)發(fā)生的是完全非彈性碰撞：mv4mv1v10.25v，假設(shè)發(fā)生的是彈性碰撞：可得B球的速度v20.5v，即0.25vv0.5v，

14、故B、C項正確。答案BC4如圖，在足夠長的光滑程度面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。解析A向右運(yùn)動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機(jī)械能守恒。設(shè)速度方向向右為正，開場時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0mvA1MvC1，mvmvMv，聯(lián)立式得vA1v0，vC1v0。假如m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于

15、C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；假如mM，第一次碰撞后，A停頓，C以A碰前的速度向右運(yùn)動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m<M的情況。第一次碰撞后，A反向運(yùn)動與B發(fā)生碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2vA12v0，根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2vC1，聯(lián)立式得m24mMM20，解得m2M。另一個解m2M舍去。所以，m和M應(yīng)滿足的條件為2Mm<M。答案2Mm<M微考點(diǎn)3動量和能量的綜合問題核|心|微|講利用動量和能量觀點(diǎn)解題的技巧1假設(shè)研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律機(jī)械能守恒定律。2假設(shè)

16、研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。3因為動量守恒定律、能量守恒定律機(jī)械能守恒定律、動能定理都只考察一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處。特別對于變力做功問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。典|例|微|探【例3】在粗糙的程度桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d?，F(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。當(dāng)兩木塊都停頓運(yùn)動后，相距仍然為d。兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g。求A的初速度的大小?！窘忸}導(dǎo)思】1A、B碰撞的過程中滿足動量守恒條件嗎？答：滿足，因碰撞過程時間極

17、短，碰撞力很大，可以滿足內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力的條件。2碰撞前后兩木塊做什么運(yùn)動？哪些力在做功？答：均做勻減速直線運(yùn)動，摩擦力做功使其動能減小。解析設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2。在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得mv2mv2mv，mvmv12mv2，式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正。由式得v1，設(shè)碰撞后A和B運(yùn)動的間隔 分別為d1和d2，由動能定理得mgd1mv，2mgd22mv，按題意有dd1d2。設(shè)A的初速度大小為v0，由動能定理得mgdmvmv2，聯(lián)立式，得v0。答案題|組|微|練5如下圖，質(zhì)量為m10.2 kg的小物塊A，沿程

18、度面與小物塊B發(fā)生正碰，小物塊B的質(zhì)量為m21 kg。碰撞前，A的速度大小為v03 m/s，B靜止在程度地面上。由于兩物塊的材料未知，將可能發(fā)生不同性質(zhì)的碰撞，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，重力加速度g取10 m/s2，試求碰后B在程度面上滑行的時間。解析假設(shè)兩物塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，碰后的共同速度為v1，那么由動量守恒定律有m1v0m1m2v1，碰后，A、B一起滑行直至停下，設(shè)滑行時間為t1，那么由動量定理有m1m2gt1m1m2v1，解得t10.25 s。假設(shè)兩物塊發(fā)生的是彈性碰撞，碰后A、B的速度分別為vA、vB，那么由動量守恒定律有m1v0m1vAm2vB，由機(jī)械能守恒有m

19、1vm1vm2v，設(shè)碰后B滑行的時間為t2，那么m2gt2m2vB，解得t20.5 s?？梢?，碰后B在程度面上滑行的時間t滿足025 st0.5 s。答案0.25 st0.5 s6質(zhì)量為mB2 kg的木板B靜止于光滑程度面上，質(zhì)量為mA6 kg的物塊A停在B的左端，質(zhì)量為mC2 kg的小球C用長為L0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O?，F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至程度位置后由靜止釋放，小球C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞作用時間很短為t102 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h0.2 m。A、B間的動摩擦因數(shù)0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計空氣阻力，g取10 m/s2。求：1小球C與物塊A碰撞過程中所

20、受的撞擊力大小。2為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長。解析1小球C下擺過程，由動能定理：mCgLmCv，小球C反彈過程，由動能定理：mCgh0mCv，碰撞過程，根據(jù)動量定理：FtmCvCmCvC，聯(lián)立以上各式解得F1.2×103 N。2小球C與物塊A碰撞過程，由動量守恒定律：mCvCmCvCmAvA，當(dāng)物塊A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求木板B的長度最小。此過程，由動量守恒定律：mAvAmAmBv，由能量守恒定律：mAg·xmAvmAmBv2，聯(lián)立以上各式解得x0.5 m。答案11.2×103 N20.5 m見學(xué)生用書P097 “人船模型素能培養(yǎng)“人船模

21、型是初態(tài)均處于靜止?fàn)顟B(tài)的兩物體發(fā)生互相作用的典型模型。1模型概述在程度方向所受合外力為零的兩個靜止物體一個物體在另一個物體上，在系統(tǒng)內(nèi)力的互相作用下同時開場反向運(yùn)動，這樣的力學(xué)系統(tǒng)可看作“人船模型。2模型特點(diǎn)兩物體速度大小、位移大小均與質(zhì)量成反比，方向相反，兩物體同時運(yùn)動，同時停頓，遵從動量守恒定律，系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化：力對“人做的功等于“人動能的變化；力對“船做的功等于“船動能的變化。經(jīng)典考題如下圖，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，一個質(zhì)量為m的人站在船頭，假設(shè)不計水的阻力，當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，船和人對地面的位移各是多少？解析當(dāng)人從船頭走到船尾的過程中，人和船組成的系統(tǒng)在

22、程度方向上不受力的作用，故系統(tǒng)程度方向動量守恒，設(shè)某時刻人對地的速度為v2，船對地的速度為v1，那么mv2Mv10，即v2/v1M/m。在人從船頭走到船尾的過程中每一時刻系統(tǒng)的動量均守恒，故mv2tMv1t0，即ms2Ms10，而s1s2L，所以s1L，s2L。答案s1L，s2L對法對題1如下圖，長20 m的木板AB的一端固定一豎立的木樁，木樁與木板的總質(zhì)量為10 kg，將木板放在動摩擦因數(shù)為0.2的粗糙程度面上，一質(zhì)量為40 kg的人從靜止開場以a14 m/s2的加速度從B端向A端跑去，到達(dá)A端后在極短時間內(nèi)抱住木樁木樁的粗細(xì)不計，求：1人剛到達(dá)A端時木板挪動的間隔 。 2人抱住木樁后木板向

23、哪個方向運(yùn)動，挪動的最大間隔 是多少？g取10 m/s2解析1由于人與木板組成的系統(tǒng)在程度方向上受的合力不為零，故不遵守動量守恒。設(shè)人對地的位移為s1，木板對地的位移為s2，木板挪動的加速度為a2，人與木板的摩擦力為f，由牛頓定律得fMa1160 N；a2 m/s26.0 m/s2。設(shè)人從B端運(yùn)動到A端所用的時間為t，那么s1a1t2, s2a2t2；s1s220 m，由以上各式解得t2.0 s，s212 m。2解法一：設(shè)人運(yùn)動到A端時速度為v1，木板挪動的速度為v2，那么v1a1t8.0 m/s, v2a2t12.0 m/s，由于人抱住木樁的時間極短，在程度方向系統(tǒng)動量守恒，取人的方向為正方

24、向，那么Mv1mv2Mmv，得v4.0 m/s。由此斷定人抱住木樁后，木板將向左運(yùn)動。由動能定理得MmgsMmv2解得s4.0 m。解法二：對木板受力分析，木板受到地面的摩擦力向左，故產(chǎn)生向左的沖量，因此，人抱住木樁后，系統(tǒng)將向左運(yùn)動。由系統(tǒng)動量定理得MmgtMmv，解得v4.0 m/s，由動能定理得MmgsMmv2，解得s4.0 m。答案112 m24.0 m2如下圖，質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R，質(zhì)量為2m的大空心球內(nèi)。大球開場靜止在光滑的程度面上，當(dāng)小球從圖示位置無初速度地沿大球壁滾到最低點(diǎn)時，大球挪動的間隔 是多少？解析設(shè)小球相對于地面挪動的間隔 為s1，大球相對于地面挪動的間隔 為