2023年第十六章 第课时3.doc

第3课时　动量守恒定律[研究选考·把握考情]知识内容动量守恒定律考试要求加试c基本要求1.理解系统、内力和外力的含义2.理解动量守恒定律3.会运用动量守恒定律解决较简单的问题4.了解动量守恒定律的普遍适用性5.会判断典型情形下系统的动量是否守恒发展要求1.知道动量守恒的近似条件，并会用来解决实际问题2.会运用牛顿第二定律和第三定律导出动量守恒的表达式说明1.只要求解决一维运动中简单的动量守恒问题2.只要求解决两个物体构成的系统相互作用一次的动量守恒问题3.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及相对速度4.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及平均速度5.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及变质量问题 [基 础 · 要 点]1.系统、内力与外力(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统2)内力：系统中，物体间的相互作用力3)外力：系统外部物体对系统内物体的作用力2.动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变2)表达式：对两个物体组成的系统，常写成：p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′3)成立条件①系统不受外力作用。

②系统受外力作用，但外力矢量和为零3.动量守恒定律的普适性动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域[要点解读]1.动量守恒定律与牛顿运动定律的关系牛顿运动定律是从力的角度反映物体间的相互作用动量守恒定律是从动量的角度描述物体间的相互作用动量守恒定律可由牛顿运动定律推导出来2.对动量守恒定律条件的理解(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形2)系统受外力作用，但所受合外力为零像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒3.对动量守恒定律的理解(1)矢量性公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算2)相对性速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度。

3)同时性相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度[典 例 · 跟 踪]【例1】 如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)图1A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析　当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，故选项B错而C、D正确综合上述分析可知选项A、C、D正确答案　ACD名师点睛　(1)判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为0因此要分清系统中哪些力是内力，哪些力是外力2)判断动量是否守恒，还与系统的选取密切相关，一定要明确哪一过程中哪些物体组成的系统的动量是守恒的。

跟踪训练1　如图2所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)图2A.男孩与木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同解析　如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为0，那么这个系统的总动量保持不变选项A中，男孩与木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反正确选项为C答案　C [基 础 · 要 点]1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义(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)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反3)Δp＝0：系统总动量增量为零4)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.动量守恒定律的解题步骤[典 例 · 跟 踪]【例2】 (2019·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s解析　设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s根据动量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以选项A正确，B、C、D错误答案　A名师点睛　动量守恒定律应用“三部曲”(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件2确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解跟踪训练2　质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？解析　碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0。

由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据得v1′＝－20 cm/s故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左答案　20 cm/s　方向向左【例3】 一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小重力加速度取g＝10 m/s2)解析　由牛顿第二定律得μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a解得a＝6 m/s2 ①则v＝＝9 m/s ②由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v ③解得v0＝v＝27 m/s答案　27 m/s名师点睛　物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)，可以利用动量守恒定律求解跟踪训练3　将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。

开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图3所示图3(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？解析　两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向1)由动量守恒定律得：mv甲－mv乙＝mv甲′，代入数据解得v甲′＝v甲－v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒定律得：mv甲－mv乙＝mv′＋mv′解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右答案　(1)1 m/s　向右(2)0.5 m/s　向右1.在如图4所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中(　　)图4A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒解析　子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能。

之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，动量不守恒所以整个过程中，动量和机械能均不守恒答案　B2.下列情形中，满足动量守恒的是(　　)A.铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B.子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量C.子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D.棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量解析　铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零，所以选项B正确答案　B3.将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析　应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化取向下为正方向，由动量守恒定律可得0＝mv0－(M－m)v′解得v′＝v0，故选项D正确。

答案　D4.A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后A、B两球的速率比vA′∶vB′为(　　)A.1∶2 B.1∶3C.2∶1 D.2∶3解析　设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝v所以＝＝选项D正确答案　D5.如图5所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/sA将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此。