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第2讲 动量守恒定律及其应用,【知识导图】,不受外力,所受外力的矢量和为零,m1v1+m2v2,-p2,所受合外力为零,外力为零,远大于,守恒,不增加,守恒,增加,守恒,可能增加,【微点拨】 1.动量守恒定律的四个特性: (1)矢量性:守恒方程为矢量式,应统一正方向。 (2)瞬时性:每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等。 (3)同一性:各物体的速度必须相对同一参考系。 (4)普适性: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.应用动量守恒定律的三点注意: (1)研究对象为系统,而不是单个物体。 (2)是系统总动量守恒,还是某个方向上动量守恒。 (3)系统中各物体的速度是否相对于同一参考系。,【慧眼纠错】 (1)两物体相互作用时若系统间存在摩擦力,则两物体 组成的系统动量不守恒。 纠错:_ _。 (2)动量守恒只适用于宏观低速运动的物体系统。 纠错:_。,系统所受合外力为零则动量守恒,与系统间作用,力无关,动量守恒也适用于微观粒子组成的系统,(3)系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题。 纠错:_。 (4)物体相互作用时动量守恒,机械能也一定守恒。 纠错:_ _。,某一方向上合外力为零也可应用动量守恒定律,系统所受合外力为零,动量守恒,但除重力以外,的其他力做功不一定为零,机械能不一定守恒,(5)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止, 则两球碰前的动量一定相同。 纠错:_ _。 (6)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后 喷出气体,该过程中系统动量将增加。 纠错:_。,若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静,止,则两球碰前的动量大小一定相同,方向相反,飞船变轨喷气时,满足动量守恒条件,考点1动量守恒定律的理解及应用 【典题探究】 【典例1】(多选)(2018昆明模拟)如图所示,在光滑 的水平地面上静止放置一质量为M=1.5 kg的木板A,木 板上表面粗糙且固定一竖直挡板,挡板上连接一轻质弹 簧,当弹簧处于原长时,在弹簧的左端轻放一质量为,m=0.9 kg的物块B,现有一颗质量为m0=0.1 kg的子弹C以v0=500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中,该过程作用时间极短,则在A、B、C相互作用的过程中,下列说法中正确的有() 导学号04450138,A.A、B、C组成的系统动量守恒 B.A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒 C.子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 Ns D.弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s,【解析】选A、C。A、B、C三者组成的系统所受合外力为零,动量守恒,故A正确;由于存在摩擦阻力做功,机械能不守恒,故B错误;子弹击中物块B后与物块B共速,由动量守恒有m0v0=(m+m0)v1,v1=50 m/s,故对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量,故对物块B产生的冲量为45 Ns,C正确;弹簧被压缩到最短时三者共速,由动量守恒有m0v0=(m+M+m0)v2,v2=20 m/s,故D错误。,【迁移训练】,迁移1:某一方向上的动量守恒 (2018吉林模拟)如图所示,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,一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑,下列说法正确的是(),A.在以后的运动全过程中,小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变 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.全过程中,小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒,且水平方向动量守恒 D.小球被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,但小球不能回到槽高h处,【解析】选D。在运动的全过程中,当小球与弹簧接触后,小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零,系统在水平方向动量不守恒,故A错误;在下滑过程中,两物体都有水平方向的位移,而相互作用力是垂直于槽面的,故作用力方向和位移方向不垂直,相互作用力均要做功,故B错误;全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功,系统机械能守恒,小球与弹簧,接触过程系统在水平方向所受合外力不为零,系统水平方向动量不守恒,故C错误;小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力,系统水平方向动量守恒,球与槽分离时两者动量大小相等,由于mM,则小球的速度大小大于槽的速度大小,小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小,小球被反弹后向左运动,由于球的速度大于槽的速度,球将追上槽并沿槽上滑,在整个,过程中只有重力与弹力做功,系统机械能守恒,由于球与槽组成的系统总动量水平向左,球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左,系统总动能不为零,由机械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h处,故D正确。,迁移2:“人船”模型中的动量守恒 (2018赣州模拟)如图所示,三角形木块A质量为M,置于光滑水平面上,底边长a,在其顶部有一三角形小木块B质量为m,其底边长b,若B从顶端由静止滑至底部,则木块后退的距离为(),【解析】选C。取向右为正方向,设木块后退的距离为 x,B从顶端由静止滑至底部时,B向左运动的距离为 a-b-x,则水平方向上A的平均速度大小为 ,B的平均 速度大小为 ,根据水平方向动量守恒得: M -m =0,解得,x= ,故选C。,迁移3:爆炸中的动量守恒 (2018安庆模拟)如图,A、B质量分别为m1=1 kg,m2= 2 kg,置于小车C上,小车的质量为m3=1 kg,A、B与小车的动摩擦因数为0.5,小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸,若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能,其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动,小车足够长,求:,(1)炸开后A、B获得的速度各是多少。 (2)A、B在小车上滑行的时间各是多少。,【解析】(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得: 0=m2v2-m1v1 A、B的机械能总量为12 J,故有: E= =12 J 联立解得:v1=4 m/s,v2=2 m/s,(2)爆炸后A、B在C上滑动,B先与C相对静止,设此时B、C的速度为v3,该过程中A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1,由动量定理得: 对B:-m2gt1=m2v3-m2v2 对C:(m2g-m1g)t1=m3v3 解得:t1=0.2 s,对A、B、C系统由动量守恒定律得: 0=(m1+m2+m3)v 解得:v=0 设A滑动的总时间为t,由动量定理得: -m1gt=0-m1v1 解得:t=0.8 s 答案:(1)4 m/s2 m/s(2)0.8 s0.2 s,【通关秘籍】 应用动量守恒定律解题的基本步骤,【加固训练】 一炮弹质量为m,以一定的倾角斜向上发射,达到最高点 时速度大小为v,方向水平。炮弹在最高点爆炸成两块, 其中一块恰好做自由落体运动,质量为 m,则爆炸后另 一块瞬时速度大小为(),【解析】选B。爆炸前动量为mv,设爆炸后另一块瞬时 速度大小为v,取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向 为正方向,爆炸过程动量守恒,则有:mv= mv, 解得:v= v。,考点2碰撞规律 【典题探究】 【典例2】(2016全国卷)如图,水平地面上有两个 静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l,b与墙 之间也相距l;a的质量为m,b的质量为 m,两物块与地 面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞,重力加速度大小为g,求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。导学号04450139,【题眼直击】 (1)a与b发生弹性碰撞_。 (2)b没有与墙发生碰撞_。,动量守恒、机械能守恒,b的最大位移为l,【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为, 要使物块a、b能发生碰撞,应有 mgl, 即 设在a、b发生弹性碰撞前,a的速度大小为v1, 由动能定理可得-mgl=,设在a、b发生弹性碰撞后,a、b的速度大小分别 为v2、v3, 由动量守恒定律和能量守恒定律得: mv1=mv2+ mv3 联立各式得v3= v1,由题意知b没有与墙发生碰撞,由动能定理得 解得 综上所述有 答案:,【迁移训练】,迁移1:完全非弹性碰撞问题 (多选)(2018长沙模拟)如图所示,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为m,速度大小为v0,方向向左。两滑块发生碰撞后粘在一起,下列说法正确的是(),A.碰撞过程中机械能守恒 B.碰撞过程中动量守恒 C.碰后A和B一起向左运动,速度大小为 D.碰后A和B一起向右运动,速度大小为,【解析】选B、D。两滑块碰撞的过程动量守恒,以两滑 块组成的系统为研究对象,由于合外力为零,所以系统 的动量守恒,碰撞过程中机械能不守恒,转化为内能,故 A错误,B正确;取水平向右方向为正方向,碰撞前,A、B 的速度分别为vA=2v0,vB=-v0,根据动量守恒定律得 m2v0+m(-v0)=2mv,解得v= ,故C错误,D正确。,迁移2:多物体多过程的碰撞问题 (多选)(2018深圳模拟)质量为m和M的两个物块A、B,中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧,弹簧与A、B不相连,它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动,总动量为p,弹簧的弹性势能为Ep;某时刻轻绳断开,弹簧恢复到原长时,A刚好静止,B向右运动,与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起,则(),A.弹簧弹力对A的冲量大小为 B.弹簧弹力对B做功的大小为Ep C.全过程中机械能减小量为Ep D.B、C的最终速度为,【解析】选A、D。选取向右为正方向,两个物体的总动 量是p,则A的动量pA= ,弹簧恢复到原长时,A刚 好静止,由动量定理得I=pA-pA=0- =- 负号表示与选定的正方向相反,故A正确;弹簧对A、B作 用的过程中,弹簧对A做负功,对B做正功,系统的机械能 全部转化为B的动能,所以B的动能的增加量等于弹簧的 弹性势能与A的动能的和,所以弹簧弹力对B做的功大于Ep,故B错误;物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过 程中系统的动量守恒,设相互作用结束后B的速度为v1, 选取向右为正方向,则p=Mv1,B与C相互作用的过程中二 者组成的系统的动量也守恒,设最终的速度为v2,根据 动量守恒得Mv1=(M+M)v2,联立解得v2= ,整个过程 中损失的机械能E= (m+M) +Ep-,而v0= ,联立解得E=Ep+ ,可知 只有在m与M相等时,全过程中机械能减小量才为Ep, 故C错误,D正确。,迁移3:碰撞中的临界问题 如图所示,固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的 上表面平滑相接,在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑 块A,在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B,滑块 A与B均可看作质点。现使滑块A从距小车的上表面高 h=1.25 m处由静止下滑,与B碰撞后瞬间粘合在一起,共同运动,最终没有从小车C上滑出。已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为=0.5,小车C与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2。求:,(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小。 (2)小车C上表面的最短长度。,【解析】(1)滑块A下滑过程机械能守恒,由机械能 守恒定律得:mAgh= mA 代入数据解得:v1=5 m/s A、B碰撞过程系统动量守恒,以A的初速度方向为 正方向,由动量守恒定律得: mAv1=(mA+mB)v2 代入数据解得:v2=2.5 m/s,(2)A、B、C三者组成的系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: (mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3 代入数据解得:v3=1 m/s,由能量守恒定律得: (mA+mB)gL= (mA+mB) - (mA+mB+mC) 代入数据解得: L=0.375 m 答案:(1)2.5 m/s(2)0.375 m,【通关秘籍】 碰撞现象满足的三个规律:,【加固训练】 (多选)A、B两球在光滑水平轨道上同向运动,A球的动量是7 kgm/s,B球的动量是9 kgm/s,当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后B球的动量变为12 kgm/s,则两球质量mA、mB的关系可能是() A.mB=2mAB.mB=3mA C.mB=4mAD.mB=5mA,【解析】选A、B。以A的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得:pA+pB=pA+pB, pB=12 kgm/s, 解得,pA=4 kgm/s,碰撞过程系统的总动能 不增加,则有 解得:,由题意可知:当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞前A的速度大于B的速度,则有: 解得:,碰撞后A的速度不大于B的速度,则有 综上得: 故A、B正确。,考点3动量守恒定律的综合应用 【典题探究】 【典例3】(2016全国卷)如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑,地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h= 0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总 质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑 板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10 m/s2。导学号04450140,(1)求斜面体的质量。 (2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?,【解题探究】 (1)小孩推开冰块过程中,小孩和冰块系统动量守恒吗? 提示:动量守恒。,(2)冰块滑上斜面过程中动量守恒吗?能否应用动量守恒定律?机械能守恒吗? 提示:动量不守恒,但水平方向合力为零,因此水平方向动量守恒,水平方向可以应用动量守恒定律,冰块滑上斜面过程中机械能守恒,冰块的动能转化为两者的动能和冰块的重力势能。,【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得,m2v20=(m2+m3)v (m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式 并代入题给数据得 m3=20 kg,(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律 有m1v1+m2v20=0 代入数据得v1=1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3, 由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 ,联立式并代入数据得v2=1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。 答案:(1)20 kg(2)见解析,【通关秘籍】 1.解动力学问题的三个基本观点:,2.动量观点和能量观点的比较:,【考点冲关】 1.(多选)(2018唐山模拟)如图所示,一块质量为M的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有挡板,挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从木板的右端开始向左运动,与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内),最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量,可以求出(),A.弹簧的劲度系数 B.弹簧的最大弹性势能 C.木板和小物块组成的系统最终损失的机械能 D.若再已知木板长度l,可以求出木板和小物块间的动摩擦因数,【解析】选B、C、D。小物块m与长木板M构成的系统动 量守恒,设小物块滑到最左端和最右端的速度分别为 v1 、v2,以向左为正方向,小物块从开始位置滑动到最 左端的过程,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v1,小物块从 开始位置滑动到最后相对长木板静止过程mv0=(M+m)v2, 解得v1= ,v2= ,小物块滑动到最左端的,过程中,由能量守恒定律得 = (M+m) +Q+Ep, Q=Ffl,小物块从开始滑动到最右端的过程中,由能量 守恒定律得 = (M+m) +Q,Q=2Ffl,由以上各 式可以解出Ep、Q、Q,故B、C正确;求出Q后,如果已 知木板长l,由Q=mgl,可以求出木板和小物块间的动 摩擦因数,故D正确;因为缺少弹簧的压缩量,无法求出 弹簧的劲度系数,故A错误。,2.(2017天津高考)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。g取10 m/s2,空气阻力不计。求:导学号04450141,(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t。 (2)A的最大速度v的大小。 (3)初始时B离地面的高度H。,【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动, 有:h= gt2 解得:t=0.6 s,(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为v0,有 v0=gt=6 m/s, 细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力, A、B相互作用,总动量守恒: mBv0=(mA+mB)v,绳子绷直瞬间,A、B系统获得的速度:v=2 m/s 之后A做匀减速运动,所以细绳绷直瞬间的速度v即为 最大速度,A的最大速度为2 m/s。,(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触, 说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统 机械能守恒,有: (mA+mB)v2+mBgH=mAgH,解得初始时 B离地面的高度H=0.6 m。 答案:(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m,【加固训练】 如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5 m。物块A以v0=6 m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨道上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动,P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1 m。,物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为=0.1,A、B的质量均为m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B可视为质点,碰撞时间极短)。,(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F。 (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值。 (3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式。,【解析】(1)物块A滑入圆轨道到达Q的过程中机械能守恒,根据机械能守恒: mv2+2mgR 物块A做圆周运动,故: F向= ,由联立得:v=4 m/s F向=32 NGA=10 N,所以轨道上壁提供压力。 合力提供向心力 F=F向-G 代入数值得F=22 N,(2)在与B碰撞前,系统机械能守恒,所以与B碰前A的速度为6 m/s,A和B在碰撞过程中动量守恒: mv0=2mv1 AB碰后向右滑动,由动能定理得: -2mgs=0- 由联立得s=4.5 m k= =45,(3)碰后AB滑至第n个光滑段上的速度vn,由动能定理: -2mgnL= 解得:vn= 答案:(1)4 m/s22 N(2)45 (3)vn=,
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