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重难点 07 动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用 1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变2．动量守恒定律的适用条件(1) 前提条件：存在相互作用的物体系；(2) 理想条件：系统不受外力；(3) 实际条件：系统所受合外力为0；(4) 近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；(5) 方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒 3．动量守恒定律的表达式(1) m1v1+m2v2=m1v1，+m2v2，,相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的 动量和；(2) Ap]=-Ap2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；(3) Ap=O,系统总动量的增量为零4. 动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性 5．应用动量守恒定律解题的步骤：(1) 明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2) 进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3) 规定正方向，确定初、末状态动量；(4) 由动量守恒定律列出方程；(5) 代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

二、碰撞与动量守恒定律1 ．碰撞的特点(1) 作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的2) 碰撞过程中，总动能不增因为没有其他形式的能量转化为动能3) 碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大(4) 碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略2．碰撞的种类及遵从的规律种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大3．关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢 球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是V］、v2m v = m v + m v ①10 11 2 21 1 1m v 2 = m v 2 + m v 2 ②2 10 2 11 2 2 2由①②可得：/m - m1丄2 v0③m + m 0122mv = i— v ④2 m +m 012利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况:a. 当m > m时，v > 0 , v > 0，两钢球沿原方向原方向运动；1 2 1 2b. 当m < m时，v < 0， v > 0，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；1 2 1 2c. 当m = m时，v = 0，v = v，两钢球交换速度。

1 2 1 2 0d. 当m］ << m2时，v］沁卩v2沁0，m］很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的 m2几乎不动例如橡皮球与墙壁的碰撞e. 当m >> m时，v沁v0，v沁2v，说明m］很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得1 2 0 2 0 1 2 的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球 碰乒乓球4.一般的碰撞类问题的分析（1） 判定系统动量是否守恒2） 判定物理情景是否可行，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3）判定碰撞前后动能是否不增加限时检测】（建议用时：30分钟）1. 2019-2020赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛，女子3000米接力中国队夺冠，拿到本站比赛第 二枚金牌在比赛中“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待 乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，假设运动员受 冰面在水平方向上的阻力不可忽略则A. 甲、乙动量守恒B. 甲对乙的力大于乙对甲的力C. 甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】C【解析】A.运动员与冰面间在水平方向上的相互作用不能忽略，甲、乙组成的系统所受合外力 不为零，系统动量不守恒，故A错误；B.甲、乙间的作用力是作用力与反作用力大小相等、方 向相反，故B错误；C.甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故C正确；D.虽 然甲、乙间的作用力大小相等，但是不知在力的方向发生的位移，所以无法判断做功多少，故D 错误。

2. 如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动， 质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、 B可视为质点若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B （时间极短，子弹未穿 出）后，物块B恰好能达到水平杆PQ位置，则A. 在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒B. 子弹射入物块B的初速度v°=100 J2gLC. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置D. 若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为''—0 3【答案】BD【解析】A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲 量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误；B.子弹和木块一起向上1 摆至最高点，由机械能守恒有(0.01m + 0.99m) gL = - x (0.01m + 0.99 m)v 2，解得v = Q2 gL 子弹射入木块过程由动量守恒得0.01mv二(0.01m + 0.99m)v，解得v = 100<2gL，故B正确； C.若物块A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和木块的动能转化为物块A和物块B的动能和 物块B的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的高度，故C错误；D.子弹射 入木块过程由动量守恒得0.01mv二(0.01m + 0.99m)v，解得v = 100^-gL，当物块A、B和0 0 丫子弹具有相同的速度时，物块B摆到最高点，则有0・01化=(0・01m + 0・99m + -m)v'，解得v'= ' ，故D正确。

故选BDO313. 带有4光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示一质量为m的小球 以速度v0水平冲上滑车，当小球上滑再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动C. 小球可能做自由落体运动D. 若小球初速度v0足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车【答案】BC【解析】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取小球的速度v0方向为正方一 一 1 1 1向,由动量守恒定律得：mv0二mv1 + m0v2，由系统的机械能守恒得：-mv- = - mv- + - m0v；,m - m联立解得：v1二 0v0，如果m < mo, vi < 0，则小球离开滑车向左做平抛运动；如果1 m + m 0 o 10m二m0，V]= 0，即小球离开小车的速度是0,小球将做自由落体运动；如果m > mo，V1 > 0， 小球离开小车向右做平抛运动，故A错误，BC正确；D.小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方 向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上故D错误4. 如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上, 其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。

现解除对弹簧的锁定，在A离开 挡板后，B物块的v-t图如图乙所示，则可知A. 物块A的质量为4 kgB. 运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/sC. 在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D. 在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6J【答案】BD【解析】A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时A和B共速，由图知，AB共同速度为：v =2m/s, A刚离开墙时B的速度为：v0=3m/s,在A离开挡板后，取向右为正方向，由 共 0动量守恒定律，有：mBv二(mA + mB)v共，解得mA=2kg；故A错误.B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由m v0二mAvA + mJ，1 m v2 =1 m v2 +1 m v2，解得A的最大速度B 0 A A B B 2 B 0 2 A A 2 BBvA=4m/s；故B正确.C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C错误.D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v卄=2m/s,根据机械能守恒定律和动量守恒定律， 共有：mBv0二(mA + mB)v共, E =1 m v2 -1(m + m疋；联立解得弹簧的最大弹性势能B 0 A B 共 P 2 B 0 2 A B 共Ep=6J,故D正确•故选BD.5. (2019・江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦.小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小m ^M m ^MA・ —v B・ —v C・ v D・ vM m m + M m + M【答案】BM【解析】设滑板的速度为u ,小孩和滑板动量守恒得：0 = mu-Mv，解得：u = v，故B正m确。

6. （2019・新课标全国I卷）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止物块A运动的v t■图像如图（b）所示，图中的v^t］均为未知量已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g，不计空气阻力图(b)（1）求物块B的质量;（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功;（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动 摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上求改变前后动摩 擦因数的比值答案】（1） 3m （2） — mgH （3）斗=耳15 卩'9【解析】（1）根据图（b），v.为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大 1 2mv2 = m(-T)2 +2 1 2 2小设物块b的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为*，由动量守恒定律和机械能守恒定律有1 m'v'2 ②2联立①②式得m = 3m ③（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f下滑过程中所走过 的路程为S],返回过程中所走过的路程为s2, P点的高度为h整个过程中克服摩擦力所做的功 为W,由动能定理有mgH -此=1mv 221_(fs + mgh) = 0 - — m(-斗)2 ⑤2 2 2从图（b）所给的v-t图线可知1 - 2 (1.4ti_ ti)⑦由几何关系-=H⑧sH1物块 A 在整。