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第二节动量守恒定律及其应用第二节动量守恒定律及其应用基础知识梳理课堂互动讲练经典题型探究知能优化演练基础知识梳理一、动量守恒定律1．内容：一个系统________或者所受外力之和____，这个系统的总动量保持不变．2．数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量之和等于作用后动量之和)．不受外力为零(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小____、方向____)．(4)Δp＝0(系统总动量前后差为零)．3．适用条件(1)系统不受____或所受合力____时，系统动量守恒．(2)系统所受的外力不为零，但当内力远大于外力时，系统动量近似守恒．如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等，外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计．(3)系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为零，或外力远小于内力，则系统在该方向上动量守恒．相等相反外力为零二、碰撞和反冲现象1．碰撞(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足_______________，可以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____，此碰撞称为完全非弹性碰撞．内力远大于外力动量最多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．课堂互动讲练一、动量守恒的“四性”及解题基本步骤1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程．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，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负．若方向未知，可设为与正方向相同列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向．(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＝m1v′1＋m2v′2时，等号左侧是作用前同一时刻各物体动量的矢量和，等号右侧是作用后同一时刻各物体动量的矢量和，不同时刻的动量不能相加．(3)同一性：由于动量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一参考系的速度．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．解题的基本步骤特别提醒：分析物理现象不但要明确研究对象，而且要明确研究的是哪一段过程，碰撞过程的初状态是刚开始发生相互作用的状态，此时的动量为碰撞前的动量，末状态是相互作用刚结束时的状态，此时的动量为碰撞后的动量．即时应用1.(2011年北京六校联合调研)在气垫导轨上，一个质量为600g的滑块以0.2m/s的速度与另一个质量为m＝400g、速度为0.3m/s的滑块迎面相撞，碰撞后两个滑块并在一起，则此过程中损失的机械能为________J.解析：两滑块组成的系统在碰撞过程中动量守恒，选v1＝0.2m/s方向为正．由动量守恒得：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v′所以损失的机械能为：答案：0.03v′＝m1v1－m2v2m1＋m2＝0.6×0.2－0.4×0.30.6＋0.4m/s＝0.ΔE＝12m1v21＋12m2v22－0＝0.03J.二、碰撞、爆炸及反冲现象的特点分析1．碰撞(1)碰撞的特点：①时间极短；②内力远大于外力；③碰撞过程中位移变化忽略不计．(2)碰撞中的能量变化①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒．②非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失，转化为系统的内能．③完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大，碰后两物体粘合在一起，速度相同．(3)判断一个碰撞过程是否存在的依据①动量守恒．②机械能不增加．③速度要合理碰前两物体同向，则v后＞v前；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不可能都不改变2．爆炸特点：(1)内力远大于外力，动量守恒．(2)由其他形式的能转化为动能，系统动能会增加．3．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)人船模型：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m1v－1－m2v－2＝0，得m1s1＝m2s2.即时应用2.如图6－2－1所示，一个质量为60kg的人站在质量为300kg、长为5m的小船右端，开始时小船处于静止状态，小船的左端靠在岸边．当他向左走到船的左端时(不计船与水之间的阻力)，船左端离岸的距离为()图6－2－1A．1mB.56mC.65mD.611m解析：选B.如图所示，以人、船为研究对象，系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等．从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于船长L.设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1＝Mv2，两边同乘时间t，则ml1＝Ml2，而l1＋l2＝L，解得l2＝mM＋mL＝56m，B项正确．经典题型探究(2009年高考天津理综卷)如图6－2－2所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，求：例1动量守恒中的临界问题(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？【思路点拨】物块不从小车右端滑出的临界条件是：物块滑到小车右端时，两者速度相等．图6－2－2【解析】(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0又Ff＝μm2g代入数据得t＝0.24s.解得t＝m1v0μm1＋m2g(2)要使物块恰好不从车面右端滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′由功能关系有代入数据解得v0′＝5m/s.故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s.【答案】(1)0.24s(2)5m/s12m2v′20＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL【规律总结】处理动量守恒定律中的临界问题要抓住以下两点：(1)寻找临界状态题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．变式训练1如图6－2－3所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的图6－2－3速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g＝10m/s2)解析：以人、甲车、乙车组成系统，由动量守恒得：(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得：v′＝1m/s.以人与甲车组成系统，人跳离甲车过程动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8m/s，就可避免两车相撞．答案：大于等于3.8m/s例2碰撞规律的应用(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA＞mB.在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．【解析】根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0.由机械能守恒有设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②由于两球碰撞过程中能量守恒，故mAgH＝12mAv20①12mAv20＋12mBv20＝12mAv21＋12mBv22③联立②③式得v2＝3mA－mBmA＋mBv0④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有h＝v222g⑤由①④⑤式得h＝(3mA－mBmA＋mB)2H.【答案】(3mA－mBmA＋mB)2H【方法总结】本题考查了动量守恒和运动学的有关知识，解答本题要注意两小球碰撞过程中动量守恒，能量也守恒．变式训练2如图6－2－4所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞后的运动情况可能是下述哪些情况()A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D．两球都以各自原来的速率反向运动图6－2－4解析：选AB.首先根据两球动能相等，12m甲v2甲＝12m乙v2乙得出两球碰前动量大小之比为：p甲p乙＝m甲m乙，因m甲m乙，则p甲p乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．爆炸与反冲规律的应用例3(满分样板16分)如图6－2－5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图6－2－5上．让A、B以速度v0一起从O点滑出，到达P点后速度变为v02，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，能量守恒．(2)A、B一起滑动，可用动能定理列式．(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，与地面间的动摩擦因数为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＝12·2m(v02)2－12·2mv20①(2分)在P点炸药爆炸，木块A、B系统动量守恒：2mv02＝mv②(2分)根据能量守恒：E0＋12·2m(v02)2＝12mv2③(2分)联立①②③式解得：μ＝3v208gs，E0＝14mv20.第二次滑动过程中，从O滑出到减速为零，对A、B据牛顿第二定律得：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：(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：(2分)E0＝12mv2A＋12mv2Bt＝t1＋t2＝4sv0.【答案】4sv0【规律总结】(1)求解爆炸或反冲问题的关键是明确题设条件或描述的物理情境．一般地爆炸或反冲是在系统内力作用下的运动，而内力远大于所受外力时，可认为其动量守恒．(2)在应用过程中还要注意与动能定理、能量守恒定律的结合，另外还应结合牛顿第二定律以及运动学公式进行分析求解．变式训练3如图6－2－6所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上静止站着一个小孩．现在小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车