第二講動量動量守恒定理
知識框架
考試說明：
建議備考時重點突破以下重點或難點：
1．辨析概念和規律：在備考時要注意對動量和動量守恒的理解，注意動量的矢量性及動量守恒的條件．尤其要辨析“動量和動能”“機械能守恒的條件和動量守恒條件”的區別．
2．理解五種常見熱學模型：“人船”模型、“速度交換”模型、“完全非彈性碰撞”模型、“彈性碰撞”模型、“子彈打鐵塊”模型．3．注意與其他知識綜合：根據課標中考的要求，動量和動量守
恒定理容易與熱學、原子化學知識綜合及與生產、生活、科技內容相
結合命題，所以在備考時要培養構建數學模型的能力，將數學問題剖析、推理轉化為物理問題，運用物理知識解決數學問題．
一、動量
1.定義：物體的與的乘積．
2.表達式：p＝.
3.動量的三性：(1)矢量性：方向與的方向相同．
(2)瞬時性：動量是描述物體運動狀態的數學量，是針對某一而言的．
(3)相對性：大小與參考系的選定有關，一般情況是指相對的動量．
二、動量守恒定理
1.定理內容：一個系統或則之和為零時，這個系統的總動量保持不變．
2.公式抒發：m1v1＋m2v2＝.
三、碰撞
1.特征：作用時間極短，內力(互相碰撞力)遠外力，總動量守恒．
2.分類：(1)彈性碰撞：既滿足，又滿足．碰撞中沒有機械能損失．
(2)非彈性碰撞：碰撞后總機械能碰撞前總機械能，滿足．碰撞中有機械能損失．
(3)完全非彈性碰撞：只滿足，不滿足機械能守恒．兩物體碰后速率相等并粘在一起運動，系統機械能損失．
四、反沖運動
1.反沖現象：在系統內力作用下，系統內一部份物體向某方向發生動量變化，而其余部份物體向相反的方向發生動量變化的現象．
2.應用：如雄鹿、噴氣式客機等就是借助了反沖運動的原理．
3.特征：在反沖運動中，系統的是守恒的．
探究點一對動量守恒條件的理解
提示：(1)物體動能改變，動量一定改變，但動量改變，動能卻不一定改變，如勻速圓周運動中物體的速率大小不變，動能不變，但速率方向變化，故動量一定變化．
(2)動量是狀態量，在談及動量時，必須明晰是物體在那個時刻或那個狀態所具有的動量．
2.動量守恒的條件
(1)系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒．
(2)系統遭到的合外力不為零，但當內力遠小于外力時，系統的動量可看成近似守恒，如碰撞、爆炸、反沖類問題中，內力遠小于外力，外力忽視不計，可覺得系統的動量守恒．
(3)當某個方向上受合外力為零，在該方向上動量守恒．
3.動量守恒定理與機械能守恒定理的比較
AB原先靜止在平板貨車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧忽然釋放后，則以下說法不正確的是()
圖50－1
A.若A、B與平板車上表面間的動磨擦質數相同，A、B組成系統的動量守恒
B.若A、B與平板車上表面間的動磨擦質數相同，A、B、C組成系統的動量守恒
C.若A、B所受的磨擦力大小相等，A、B組成系統的動量守恒
D.若A、B所受的磨擦力大小相等，A、B、C組成系統的動量守恒
變式：如圖50－2所示，貨車置于光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定角度，之后同時放開小球和貨車，這么在之后的過程中()
圖50－2
A.小球向左擺動時，貨車也向左運動，且系統動量守恒
B.小球向左擺動時，貨車往右運動，且系統動量守恒
C.小球向左擺到最低點，小球的速率為零而貨車的速率不為零
D.在任意時刻，小球和貨車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反
變式2、拋出的手榴彈在最低點時水平速率為10m/s，這時忽然炸成兩塊，其中大塊質量為300g仍按原方向飛行，其速率為50m/s，另一小塊質量為200g，求它的速率的大小和方向．
探究點二動量守恒定理的通常應用
1.動量守恒定理的“四性”
(1)矢量性：動量守恒定理表達式是矢量多項式，在解題時應規定正方向．
(2)同一性：定理表達式中的速率應相對同一參考系，通常以地面為參考系．
(3)瞬時性：定理中的初態動量是互相作用前同一時刻的瞬時值，末態動量對應互相作用后同一時刻的瞬時值
(4)普適性：它除了適用于兩個物體所組成的系統，也適用于多個物體組成的系統；除了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．
2.應用動量守恒定理解決問題的基本思路和技巧
(1)剖析題意，明晰研究對象．在剖析互相作用的物體總動量是否守恒時，一般把那些被研究的物體也稱為系統．對于比較復雜的化學過程，要采用程序法對全過程進行分段剖析，要明晰在什么階段中，什么物體發生互相作用，進而確定所研究的系統是由什么物體組成的．
(2)對各階段所選系統內的物體進行受力剖析，弄清什么是系統內部物體之間互相作用的內力，什么是作用于系統的外力．在受力剖析的基礎上依據動量守恒定理的條件，判定能夠應用動量守恒定理．
(3)明晰所研究的互相作用過程，確定過程的始末狀態動量定理實際生活中的例子，即系統內各個物體的初動量和末動量的值或表達式．(注意：在研究地面上物體間互相作用的過程時，各物體運動的速率均應取月球為參考系．)
(4)確定正方向，構建動量守恒多項式求解．
例2[2009·山東卷]如圖50－3所示，光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C，質量分別為mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用細繩聯接，中間有一壓縮的輕彈簧(彈簧與滑塊不拴接)．開始時A、B以共同速率v0運動，C靜止．某時刻細繩忽然斷掉，A、B被彈開，之后B又與C發生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速率剛好相同．求B與C碰撞前B的速率．
圖50－3
變式：兩吸鐵石各置于一輛貨車上，如圖50－4所示，貨車能在水平面上無磨擦地沿同仍然線運動．已知甲車和吸鐵石的總質量為0.5kg，乙車和吸鐵石的總質量為2.0kg，兩吸鐵石的N極相對．促使一下，使兩車相向運動．某時刻甲的速度為2m/s，乙的速度為3m/s，兩車運動過程中一直未相撞．求：
(1)兩車近來時，乙的速率為多大？
(2)甲車開始反向時，乙的速率為多大？
圖50－4
探究點三碰撞中的動量與動能
1、碰撞的種類及特征
分類標準種類特征
能量是否守恒彈性碰撞動量守恒，機械能守恒
非完全碰撞動量守恒，機械能不守
恒
完全非彈性碰撞動量守恒，機械能不守
恒
碰撞前后速率是否共線對心碰撞（正碰）碰撞前后速率共線非對心碰撞（斜碰）碰撞前后速率不共線
提示：因為物體碰撞中作用時間極短、內力遠小于外力、碰撞過程中位移變化可忽視不計，所以在碰撞過程中動量守恒．
2.彈性碰撞的規律
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和動能守恒．
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
1＝
m1v1′2＋
m2v′22
解得v1′＝m1－m2v1
m1＋m2
v2′＝
2m1v1
m1＋m2
推論：(1)當兩球質量相等時，兩球碰撞后交換了速率．
(2)當質量大的球碰質量小的球時，碰撞后兩球都往前運動．
(3)當質量小的球碰質量大的球時，碰撞后質量小的球被大跌回去．
3.解析碰撞問題的通常技巧
解析碰撞類問題時，通常從以下三個方面剖析：
(1)動量守恒．
(2)碰撞中機械能不降低．
(3)碰撞中物體的速率變化情況．若物體所受撞擊力方向跟物體的初速率方向相同，則碰撞后動量定理實際生活中的例子，物體的速率減小，若撞擊力與物體的初速率方向相反，則碰撞后，物體的速率降低乃至反向．
4.常見的熱學模型及推論
例3[2010·全國卷Ⅱ]小球A和B的質量分別為mA和mB，且mA>mB.在某高度處將A和B先后從靜止釋放．小球A與水平地面碰撞后向下彈回．在釋放處下方與釋放處距離為H的地方正好與正在下落的小球B發生正碰．設所有碰撞都是彈性的，碰撞時間極短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．
變式1：[2010·宜賓模擬]質量相等的甲、乙兩球在光滑水平面上沿同仍然線運動．甲以7kg·m/s的動量追上前方以5kg·m/s的動量同向運動的乙球發生正碰，則碰后甲、乙兩球動量不可能的是()
A.6.5kg·m/s,5.5kg·m/s
B.6kg·m/s,6kg·m/s
C.5.5kg·m/s,6.5kg·m/s
D.4kg·m/s,8kg·m/s
變式2如圖50－5所示，質量為3m、長度為L的鐵塊靜止放置在光滑的水平面上．質量為m的炮彈(可視為質點)以初速率v0水平往右
射入鐵塊，穿出鐵塊時速率變為25
v0.試求：(1)炮彈穿出鐵塊后，鐵塊的速率大小；
(2)炮彈穿透鐵塊的過程中，所遭到平均阻力的大小．
圖50－5
變式3、[2010·廣雅學校]如圖50－6所示，光滑曲面軌道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板貨車上表面相平，質量為m的小滑塊從光滑軌道上某處由靜止開始滑下并滑上貨車，致使貨車在光滑水平面上滑動．已知小滑塊從高為H的位置由靜止開始滑下，最終停到貨車上．若貨車的質量為M.g表示重力加速度，求：
(1)滑塊抵達軌道底端時的速率大小v0；
(2)滑塊滑上貨車后，貨車達到的最大速率v；
(3)該過程系統形成的內能Q；
(4)若滑塊和車之間的動磨擦質數為μ，則車的寬度起碼為多少？
圖50－6
答案：例1A[解析]假如A、B與平板車上表面間的動磨擦質數相同，彈簧釋放后，A、B分別相對貨車向左、向右滑動，它們所受的滑動磨擦力FA往右，FB向左，因為mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成系統所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A選項錯；對A、B、C組成的系統，A與C、B與C間的磨擦力為內力，該系統所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統的動量守恒，B、D選項均正確；若A、B所受磨擦力大小相等，則A、B組成系統的外力之和為零，故其動量守恒，C選項正確．故選A.
[點評](1)判定系統的動量是否守恒時，要注意動量守恒的條件是系統不受外力或所受的合外力為零．因而，本題的難點是要分清系統中的物體所受的力什么是內力，什么是外力.(2)在同一化學過程中，系統的動量是否守恒，與系統的選定密切相關，如本題中第一種情況A、B組成的系統的動量不守恒，而A、B、C組成的系統的動量卻是守恒的，因而，在借助動量守恒定理解決問題時，一定要明晰在哪一過程中什么物體組成系統的動量是守恒的，即要明晰研究對象的過程．
變式題1D[解析]小球和貨車所組成的系統在水平方向所受外力為零，動量守恒，故選項D正確；而系統總動量并不守恒，故選項B不正確．
變式題250m/s，與初速率方向相反
[解析]手榴彈在空中爆燃時所受合外力應是它深受的重力G＝(m1＋m2)g，可見系統的動量并不守恒．但在爆燃頓時，內力遠小于外力時，外力可以不計，系統的動量近似守恒．
設手榴彈原飛行方向為正方向，則整體初速率v0＝10m/s；m1＝0.3kg的大塊速率為v1＝50m/s，m2＝0.2kg的小塊速率為v2，方向不清，暫設為正方向．
由動量守恒定理：
(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
v2＝(m1＋m2)v0－m1v1
m2＝
(0.3＋0.2)×10－0.3×50
0.2m/s
＝－50m/s
此結果表明，質量為200g的部份以50m/s的速率向反方向運動，其中減號表示與所設正方向相反．
例295v0
[解析]設三滑塊的共同速率為v，滑塊A與B分開后，B的速率為vB，由動量守恒定理
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB①
mBvB＝(mB＋mC)v②
聯立①②式，得B與C碰撞前B的速率vB＝9
5v0.
[點評]解決本題的關鍵是確定研究的系統，細繩忽然斷掉，A、B被彈開，此時可把發生互相作用的滑塊A、B看成系統，之后B又與C發生碰撞并粘在一起，可再把發生互相作用的滑塊B、C看成
系統．在應用動量守恒定理解題時，要采用程序法對全過程進行分段剖析，要明晰在什么階段中，什么物體發生互相作用，進而確定所研究的系統是由什么物體組成的．在應用動量守恒定理解題時，除要注意系統的選定外，還要注意剖析系統中物體的臨界狀態，請剖析下邊的變式題．
變式題(1)2m/s(2)2.5m/s
[解析](1)兩車相距近來時，兩車的速率相同，設該速率為v，取乙車的速率方向為正方向．由動量守恒定理得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
代入數據得：v＝2m/s
所以兩車近來時，乙車的速率為v＝2m/s.
(2)甲車開始反向時，其速率為0，設此時乙車的速率為v′乙，由動量守恒定理得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
得v′乙＝2.5m/s.
＋mB2H
[解析]按照題意，由運動學規律可知，小球A與B碰撞前的速率大小相等，設均為v0.
由機械能守恒有mAgH＝12
mAv20①設小球A與B碰撞后的速率分別為v1和v2，以豎直向下方向為正，由動量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②
因為兩球碰撞過程中能量守恒，則
12mAv20＋12mBv20＝12mAv21＋12
mBv22③聯立②③式得
v2＝3mA－mBmA＋mBv0
④設小球B能上升的最大高度為h，由運動學公式有
h＝v222g
⑤由①④⑤式得
??3mA－mBmA＋mB2H.
[點評]兩球碰撞是彈性的且碰撞時間極短，意味著系統動量守恒、機械能守恒，在同一高度相撞蘊藏著碰前速率大小相等，以上兩點是解決本題的關鍵．借助動量和能量的觀點處理問題是解決熱學問題常用的方式，試借助以上理念剖析下邊的變式題．
變式題1D[解析]碰撞過程滿足：①動量守恒；②動能不
降低且EK＝p22m
；③甲球的速率大于或等于乙球的速率．由此可推論：碰后甲、乙兩球動量不可能的是D.
變式題2(1)15v0(2)9mv2025L
[解析](1)設炮彈穿出鐵塊后，鐵塊的速率大小為v.設往右方向為正方向，由動量守恒定理可得：
mv0＝3mv＋25
mv0①解得：v＝15
v0②(2)設炮彈穿透鐵塊的過程中，所遭到平均阻力的大小為f.由能量守恒定理可得：
fL＝12mv20－32mv2－12m(25
v0)2③聯立②③式可得：f＝9mv2025L
變式題3(1)2gH(2)mm＋M·2gH
(3)MmM＋m·gH(4)Mμ(M＋m)
·H
[解析](1)滑塊由高處運動到軌道底端，機械能守恒．mgH＝12
mv20，解得v0＝2gH
(2)滑塊滑上平板車后，系統水平方向不受外力，動量守恒．貨車最大速率為與滑塊共同的速率．
mv0＝(m＋M)v
解得v＝m·v0M＋m＝mM＋m·2gH(3)由能的轉化與守恒定理可知，系統形成的內能等于系統損失的機械能，即：
Q＝mgH－12(M＋m)v2＝M·mM＋m
·gH
(4)設貨車的寬度起碼為L，則mgμL＝Q
即L＝
mgμ·
M·m
(M＋m)
·gH＝
μ·(M＋m)·H.
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