动量守恒定律的应用(复习课)

动量守恒定律的应用（复习课）

一、 考情分析 考试大纲

1．动量守恒定律 Ⅱ 2．弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 考纲解读

1．动量守恒定律的应用是本章重点、高考热点，动量、动量的变化量两个概念常穿插在规律中

考查．

2．在高考题中动量守恒定律常与能量的转化和守恒定律结合，解决碰撞、打击、反冲、滑块摩擦等问题，还要重视动量守恒与圆周运动、核反应的结合． 二、考点知识梳理 （一）、动量守恒定律

1、动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的总动量就保持不变。用公式表示为：

P1P2P1P2 或 m1v1m2v2m1v1m2v2

用牛顿第三定律和动量定理推导动量守恒定律：

如图14-2-1所示，在光滑水平桌面上有两个匀速运动的球，它们的质量分别是m1和m2，速度分别是v1和v2，而且v1＞v2。则它们的总动量(动量的矢量和)Pm1v1+m2v2。经过一定时间m1追上m2，并与之发生碰撞，设碰

14-2-1

速度分别为v1和v2，此时它们的动量的矢量和，即总动量pp1p2m1v1m2v2

下面从动量定理和牛顿第三定律出发讨论p和p′有什么关系。 设碰撞过程中两球相互作用力分别是F1和F2，力的作用时间是t。

根据动量定理，m1球受到的冲量是F1t＝m1v′1-m1v1；m2球受到的冲量是F2t＝m2v′2-m2v2。 根据牛顿第三定律，F1和F2大小相等，方向相反，即F1t＝-F2t。 则有： m1v′1-m1v1＝-(m2v′2-m2v2) 整理后可得：

,,'''''＝p1+p2＝后二者的

m2v2， p′＝p m1v1m2v2m1v12、动量守恒定律适用的条件

①系统__不受力 或_所受合外力为零_．

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②当内力_远远大于_外力时．

③某一方向_不受力 或所受_合外力为零__，或该方向上内力_远远大于外力时，该方向的动量守恒．

3、常见的表达式

（1）P=P/（系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P/） （2）ΔP=0（系统总动量的增量为零）

（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相等、方向相反） （4）m1v1+ m2v2= m1v1/+ m2v2/（相互作用的两个物体组成的系统，作用前系统的总动量等于作用后系统的总动量）

（二）、对动量守恒定律的理解

（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。

（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。

（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。 （三）、动量守恒定律的“四性”

在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”

①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。若方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。

②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。

③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系

④普适性：动量守恒定律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。 （四）、动量守恒定律的应用 1、反冲运动

①定义：反冲运动是当一个物体向某个方向射出化的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的

/

/

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方向运动的现象。 ②反冲中的动量守恒

物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。 ③反冲中的能量

因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加 ④反冲的应用之“人船模型”

两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。

如图14-2-2所示，长为L，质量为m1的小船停在静水中，一个质量为m2的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面各是多少？

选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方量守恒定律有

14-2-2

过程中，起步前动；当人来．设某向，根据动的位移

m11m220即m11m22。

把方和两边同时乘以时间t，m11tm22t 即m1s1m2s2

上式是人船模型的位移与质量的关系式，此式的适用条件是：一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，有一个方向动量守恒（如水平方向或竖直方向）．使用这一关系应注意：

s1和是s2相对同一参照物的位移．

由图可以看出s1s2L与m1s1m2s2 联立解得s1m2m1L s1L

m1m2m1m2

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“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右。

2、碰撞过程研究

（1）碰撞过程的特征：“碰撞过程”作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面： ①碰撞双方相互作用的时间t一般很短；通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初忽略的；

②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。 （2）“碰撞过程”的规律

正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小”（甚至外力为零）这两个特征，才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律。 （3）碰撞分类

从碰撞过程中形变恢复情况来划分： ①形变完全恢复的叫弹性碰撞； ②形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞； ③而形变不能够完全恢复叫非完全弹性碰撞。 从碰撞过程中机械能损失情况来划分： ①机械能不损失的叫弹性碰撞； ②机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞； ③而一般的碰撞其机械能有所损失。 （4）“碰撞过程”的特例

弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征，即

m2v2① m1v1m2v2m1v1 11112222m2v2② m1v1m2v2m1v12222解得v1m1m2v12m2v2m1m2

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v2m2m1v22m1v1m1m2

讨论：当碰前物体2的速度不为零时

①当m1m2时，v1v2，v2v1即m1、m2交换速度。 当碰前物体2的速度为零时 ②当v20时，

v1m1m2v1，vm1m222m1v1，

m1m2'1 221 m1m2 v1'0 21 m1m2 v1'1 20 m1m2 v1完全非弹性碰撞作为碰撞过程的一个特别，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具有：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即

v2 v1v2和v2表为v1由此即可把完全非弹性碰撞后的速度v1（5）制约碰撞过程的规律。 ①碰撞过程遵从动量守恒定律

m11m22

m1m2m2v2 m1v1m2v2m1v1②碰撞后系统动能不增原则：碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能

Ek1Ek2Ek'1Ek'2

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P12P22P1'2P1'2或 2m12m22m12m1③碰撞前后的运动情况要合理，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度 广义碰撞（软碰撞）问题

把碰撞定义中关于时间极短的限制取消，物体（系统）动量有显著变化的过程，就是广义碰撞（软碰撞）图景，它在实践中有广泛的应用。 （五）、应用动量守恒定律的基本思路

1．明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。 2．分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。

3．分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。 4．规定正方向，列方程。

5．解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义

注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系

三、考点知识解读

考点1.动量是否守恒的判断

剖析：判断动量是否守恒，首先要看清系统是由哪些物体所组成的，然后再根据动量守恒的条件进行判断(具备下列条件之一即可)：

①系统不受外力；

②系统受外力，但外力的合力为零； ③系统在某一方向上不受外力或合外力为零；

④系统所受的外力远小于内力或某一方向上外力远小于内力。

满足前三条中的任何一个条件，系统的动量都是守恒的，满足第四个条件时系统的动量是近似守恒。动量守恒是自然界普遍适用的基本规律之一，它既适用于宏观、低速的物体，也适用于微观、高速的物体。

[例题1] 把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和小车的下列说法中正确的是

A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和小车组成的系统动量守恒

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C.只有在忽略子弹和枪筒之间的摩擦的情况下，枪、子弹和小车组成的系统动量才近似守恒

D.枪、子弹和小车组成的系统动量守恒

解析：对于枪和子弹自成的系统，在发射子弹时由于枪水平方向上受到小车对它的作用力，所以动量是不守恒的，选项A错；同理，对于枪和小车所组成的系统，在发射子弹的瞬间，枪受到火药对它的推力作用，因此动量也是不守恒的，选项B错；对于枪、子弹和小车组成的系统而言，火药爆炸产生的推力以及子弹和枪筒之间的摩擦力都是系统的内力，没有外力作用在系统上，所以这三者组成的系统动量是守恒的，选项C错，D正确。

故，答案选D。

【变式训练1】如图14-2-3所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则( )

A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处

【解析】 小球在下滑过程中，对小球和槽动量守恒，由于质量都是m，所以球离开槽时速度大小相同，设大小为V。小球和弹簧作用过程中机械能守恒，所以小球被弹回离开弹

h 14-2-3

考点2. 多物体多过程问题

剖析： 对于两个以上的物体组成的物体系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初未状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件多而无法解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程。解这类问题时应注意：

（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。 （2）分清作用过程的各个阶段和联系阶段的状态量。

（3）合理地选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便于解题。

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（4）对于多个物体组成的系统的动量守恒问题，有的应用整体动量守恒，有的只应用某部分动量守恒。有时只需抓住初、末状态的动量守恒即可，要善于灵活选择研究对象，灵活选择研究过程，才能使解答简捷。

[例题2] （如东、启东2008届期中联合测试）如图14-2-4示，一质量m2=0.25kg的平顶小车，在车顶中间放一质量m3=0.1kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动因数μ=

v0 m1 m2 摩擦

14-2-4

弹以水平速

m3 所

2，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1=0.05kg的子3度v0=20m/s射中小车左端，并留在车中（子弹与车相互作用时间很短）．后来小物体m3以速度v3=1m/s从平顶小车的一端滑出，取g=10m/s2．试求：

（1）小物体m3从平顶小车的一端滑出时，平顶小车的速度大小； （2）平顶小车的长度．

解：设子弹射中小车的瞬间，二者达到的共同速度为v1，当小物体从平顶小车滑出时，平顶小车的速度为v2，平顶小车的长度为L，由动量和能量守恒定律有 m1 v0=( m2+ m1 ) v1

( m2+ m1 ) v1=( m2+ m1 ) v2+ m3 v3

111L22( m2+ m1 )v12－( m2+ m1)v2－m3v3=μm3g 2222由上述三式代入数据解得 v2=3m/s

L=0.8m

【变式训练2】两只小船相向航行，速度大小均为v0，每只船（连同船上的人、物）的质量均为

M。当它们“擦肩”而过时，各把质量为m的物体从船侧同时投放到对方船上去，则船的速度大小

变为多大？（忽略水的阻力）

解析：先选投出的物体和剩余部分为第一个系统，并设每只船将质量为m的物体从船侧头出后，剩余部分的速度大小为v1，船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律得

Mv0mv0(Mm)v1

再选这剩余的部分和对方船上投过来的质量为m的物体作为第二个系统，设两者的共同速度为

v2，则由动量守恒定律得

(Mm)v1mv0Mv2 解以上两式得

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v2M2mv0 MM2mv0。 M故，两船最后的速度大小都变为

命题解读：利用动量守恒定律解题首先需要解决下面的两个问题：

一是要解决相互作用的过程，确定初、末状态。上面的题目非常典型，因里面涉及的物体多、过程复杂，分析和解决问题时一般都是按阶段、分步骤来进行，解决的关键是要认真、仔细地分析相互作用的过程，合理、清晰地确定研究对象----系统。

二是要设出正方向。因为动量守恒定律的表达式是个矢量式，只有规定好了正方向后，才能确定每个矢量的正、负，从而将已知量带入进行求解。 考点3. 碰撞系统的规律

剖析： 在处理碰撞问题时，要抓住三项基本原则

p2 ①碰撞过程中动量守恒的原则：p1p2p11EK2 ②碰撞后系统总动能不增加原则：EK1EK2EK③碰撞后状态的合理性原则：碰撞过程的发生必须符合客观实际，如甲追上乙并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度，或甲反向运动。

所以，对碰撞问题的分析和判断，一定要同时把握住以上的几个特点，决不能片面地以其中的一个或两个特点判断就得出结论。

[例题3]甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p

甲

=5kg·m/s，p

乙

=7kg·m/s，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p’乙=10kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是 A．m甲=m乙 C． m乙=4 m甲

B．m乙=2m甲

D． m乙=4 m甲 【解析】由碰撞中动量守恒可求p’甲=2 kg·m/s，碰撞过程中，动能不能增加则

2p甲2m甲2P乙2m乙52甲p'甲p'乙 2m甲2m乙72221022m乙2m甲2m乙22 即2m 所以m乙51m甲 ① 21碰前要使甲追上，则必有v甲v乙 甲乙即mm 所以m乙1.4m甲 ② 乙甲pp

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碰后p'甲、p'乙均大于零，表示同向运动 则应有v'乙v'甲 即mp'甲甲p'乙m乙

③ C是正确的。 所以m乙5m'甲 由①②③得

51m甲21m乙5m甲，选项

【变式训练3】（09·全国卷Ⅰ·21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为 （ AB ）

A.2 B.3 C.4 D. 5

解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根

4P2p2P2M据P2mEK,以及能量的关系得3,所以AB正确。

2M2m2Mm2

考点4. 动量守恒中的临界问题

剖析： 在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。

解决这类问题的方法是：利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中的隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。

[例题4] 如图14-2-5所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？ 考点分析

本题重点应用了动量守恒定律的知识，同时考察了对临界问题的分析

14-2-5

方法。

解析：要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。

对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律： （M+m）v0= mv+Mv1 ①

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对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有： mv－Mv0=（m+M）v2 ② 刚好不相撞的条件是： v1=v ③

联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。 正确答案是：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

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