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1、第3节动量守恒定律的应用一、碰撞问题的定量分析1碰撞过程中动量守恒物体在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，外力远小于碰撞物体间的内力，故碰撞过程中动量守恒。2碰撞过程中的能量物体在碰撞过程中，动能不会增加，碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失最多。二、中子的发现、反冲与火箭1中子的发现查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。2反冲现象及火箭发射(1)反冲：反冲现象。根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。特点。A物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。B反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以
2、用动量守恒定律来处理。C反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。(2)火箭：工作原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大速度。影响火箭获得速度大小的因素。A喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s4 000 m/s。B质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。1判断：(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。()(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。()(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。()答案：(1)(2)(
3、3)2思考：如图所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。碰撞过程满足的条件在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：(1)系统的总动量守恒。(2)系统的机械能不增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2。(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，
4、应首先想到动量守恒定律。(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。1多选在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是()A若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：选AD光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的。选项B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为
5、零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能。选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，不符合动量守恒，选项C不可能。选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。“子弹打木块”模型的结论及其应用如图所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块，若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为s，则由动量守恒定律有：mv0(mM)v对子弹由动能定理：Ff(sd)mv2mv02对木块由动能定理：FfsMv2联立可得：Ffdmv02(mM)v2由式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即EkFfd。这种模型与完全非弹性碰撞
6、具有相同的运动特征。这种模型还有：运动物块置于光滑水平面上的木板直至相对静止、物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等，这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止。2.如图所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？解析：达到相对静止时有共同速度v则由动量守恒有Mv(mM)v平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为L。由能量守恒有mgLMv2(mM
7、)v2 联立解得L。答案：动量守恒和能量守恒的综合应用1.动量守恒与能量守恒的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒条件不受外力或所受合外力为零只有重力和弹力做功一般表达式p1p2p1p2Ek1Ep1Ek2Ep2标矢性矢量式标量式守恒条件的理解外力总冲量为零，系统总动量不变只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功注意事项应选取正方向选取零势能面2解决该类问题用到的规律动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。3解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。(2)如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。(3)对
8、所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。(5)选取所需要的方程列式并求解。(1)注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。(2)一般的碰撞及有摩擦的情况下，机械能不守恒，应利用能量守恒求解。(3)当有弹簧参与下的多过程问题，一定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律一般是不同的。3.如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为()Av0，水平向右B0C.，
9、水平向右 D.，水平向右解析：选C物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞n次的过程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则m的初速度为v1v0，M的初速度为v20；作用后它们的末速度相同即v1v2v由动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2得：mv0(mM)v解得：v，方向与v0相同，水平向右。选项C正确。碰撞问题分析例1多选如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球。A球动量为10 kgm/s，B球动量为12 kgm/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8 kgm/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为()A0.5B0.6C0.65 D0.75思路
10、点拨解答本题从三个方面：由速度的合理性确定速度关系式，然后由动量守恒定律确定B的末动量，再根据动能不增加原理建立关系式，从而综合确定质量比的范围。解析A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件：vAvB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件：vBvA。由vAvB得，即0.83由碰撞过程动量守恒得：pApBpApB，pB14 kgm/s由碰撞过程的动能关系得0.69由vBvA得，0.57所以0.570.69选项B、C正确。答案BC(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可
11、能发生二次碰撞的速度关系判定。(3)要灵活运用Ek或p；Ekpv或p几个关系转换动能、动量。碰撞过程中的临界问题分析例2如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)解析设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv011mv1mvmin10m2v0mvmin11mv2为避免两船相撞应满足v1v2联立式得vmin
12、4v0答案4v0在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：(1)分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。(2)分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。动量守恒和能量守恒的综合应用例3如图所示，一质量M2 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从
13、弧形轨道上距离水平轨道高h0.3 m处由静止释放一质量mA1 kg的小球A，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g10 m/s2。求小球B的质量。思路点拨(1)所有接触面均光滑，可知小球下滑过程中弧形轨道与小球组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒。(2)A球与B球发生弹性碰撞，说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒。(3)A球与B球碰后恰好追不上平台，说明A球最终速度水平向左，且与平台速度相等。解析设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1，平台水平速度大小为v，由动量守恒定律有0mAv1Mv由能量守恒定律有mAghmAv
14、12Mv2联立解得v12 m/s，v1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为v1和v2，由于碰后小球A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v11 m/s由动量守恒定律得mAv1mAv1mBv2由能量守恒定律有mAv12mAv12mBv22联立解得mB3 kg。答案3 kg1.质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将()A立即停止运动B仍匀速运动，速度仍为v0C仍匀速运动，速度小于v0D做变速运动，速度不能确定解析：选C砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力
15、，水平方向动量守恒，所以有Mv0(Mm)v，得vv0v0，故选C。2.多选如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷。现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则()A碰撞发生在M、N的中点之外B两球同时返回M、N两点C两球回到原位置时各自的动量比原来大些D两球回到原位置时各自的动量与原来相等解析：选BC尽管两小球所带电荷量不相等，但两小球间相互作用的库仑力大小相等，两小球又是完全相同的金属小球，所以两小球相向运动的速度大小及加速度大小时刻相等，两小球肯定在MN的中点发生碰撞，碰后两小球速度互换同时返回到M、N两点，碰
16、撞后两小球所带电荷量相等，相互作用的库仑力大于相向运动时同一位置的库仑力，即两小球返回到原位置过程中库仑力所做的正功大于相向运动过程中库仑力所做的负功，所以两小球返回到原位置时速率增大，但总动量仍为零，正确答案为B、C。3.如图所示，一根劲度系数足够大的轻质弹簧端固定在墙上O点，另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连，物块质量为M，第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后，每当物块向左经过A点时，都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m，子弹与物块相互作用时间极短，不计空气阻力，则()A随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量将不断增加B
17、当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0C当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为v0D从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中，子弹、物块和弹簧系统机械能守恒解析：选B第一颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1，解得v1，之后弹簧的最大弹性势能为Ep1(Mm)v12，根据机械能守恒可知，物块返回A点时速度大小为v1。第二颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v1(M2m)v2，解得v20，第三颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(M3m)v3，解得v3，之后弹簧的最大弹
18、性势能为Ep3(M3m)v32，第四颗子弹射入物块的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(M3m)v3(M4m)v4，解得v40，可知，随着子弹的不断射入，弹簧的最大压缩量并不是不断增加，A错误。由上分析知，当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0，所以当第2 019颗子弹刚要射入时，物块在A点时的速度大小为0，B正确，C错误。在第一颗子弹射入物块的过程中，机械能有一部分转化为内能，所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小，D错误。4.如图所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大
19、高度是()AhB.hC.h D.h解析：选CA与B碰前速度vA。A与B碰后粘合在一起的共同速度v由动量守恒可求出。mvA2mv，所以vvA，能上升的高度H可由2mgH2mv2求得，所以H。5.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则()A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度h0hh0解析：选D小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方
20、向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，mm0，解得，小车的位移：xR，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mgWf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械
21、能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：h0h0h0，而小于h0，故D正确。6.质量分别是m和M的两球发生正碰前后的位移跟时间t的关系如图所示，由此可知，两球的质量之比mM为()A13 B31C11 D12解析：选A从xt图可知m、M碰撞前速度分别为v14 m/s，v20，m、M碰撞后的速度相同，v1v2v1 m/s。根据动量守恒列式：mv1Mv2(mM)v，即4m(mM)1，得mM13，选项A正确。7穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则()A无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变B射出n颗子弹后，人后退的速
22、度为nvC射出n颗子弹后，人后退的速度大于nvD射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv解析：选C设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹出射速度为v0.由已知有0(Mm)vmv0.设射出n颗后，后退速度为v。则有(Mnm)vnmv0.由以上分析有v，v。因MmMnm，所以有vnv，选项C正确。8.多选质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则()A甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒B当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C甲物块的速率可能达到5 m/
23、sD当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0解析：选AD甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速度为v，根据动量守恒定律得mv乙mv甲2mv，解得v0.5 m/s，故B错误；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则：mv乙mv甲mv甲mv乙，代入数据解得：v乙6 m/s，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律，若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则：mv乙mv甲mv甲mv乙，代入数据解得：v乙4 m/s，可得，
24、碰撞后乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误；甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙mv甲mv甲mv乙，代入数据解得：v乙2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙mv甲mv甲mv乙，代入数据解得：v乙0，故D正确。9多选在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有()AE
25、1E0Bp1p0CE2E0 Dp2p0解析：选ABD根据动量守恒定律p0p1p2，对球1有p022m1E0，p122m1E1，由于碰撞过程中球1对球2做功，所以有E1E0，可以判断p1p0，p2p0，A、B、D正确；碰撞后总机械能不能增加，所以C错误。10多选如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()A木板获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JC木板A的最小长度为1 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：选CD从题图可以看出，
26、B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0(mM)v，求得M2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度是两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度大小为1 m/s2，动摩擦因数为0.1。故选项C、D正确。11如图所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车头站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞，人从A车跃到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0，试求：(1)两小车和人组成的系统的初动量大小。(2)为避免两车相撞，且要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？解析：(1)由动量守恒
27、定律可知，系统的初动量大小为p(Mm)v0。(2)为避免两车发生碰撞，最终两车和人具有相同速度(设为v)，则(Mm)v0(2Mm)v，解得v(Mm)v0/(2Mm)。答案：(1)(Mm)v0(2)v012.如图所示，物块质量m3 kg，以速度v2 m/s水平滑上一静止的平板车，平板车质量M12 kg，物块与平板车之间的动摩擦因数0.2，其他摩擦不计(g取10 m/s2)，求：(1)物块相对平板车静止时物块的速度；(2)要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？解析：(1)二者组成的系统动量守恒，取v方向为正。设共同速度为v，则有mv(Mm)v代入数据解得v0.4 m/s。(2)设平板车至少长为L，由能量守恒有：mgLmv2(mM)v2代入数据解得L0.8 m。答案：(1)0.4 m/s(2)0.8 m
