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1、t 动量守恒定律及其应用1动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。2动量守恒定律的表达形式（1）m v + m v = m v+ m v，即 p + p = p /+p /，1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2（2）卜 #+ p2=0，氐 p1= -b p2 和mAv213应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（ 1 ）分析题意，明确研究对象。（2）对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，判断能否应用动量守恒
2、。（3）确定过程的始、末状态，写出初动量和末动量表达式。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（4）建立动量守恒方程求解。4.注意动量守恒定律的“五性”条件性；整体性；矢量性；相对性；同时性.二、动量守恒定律的应用1. 碰撞两个物体作用时间极短，满足内力远大于外力，可以认为动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。如：光滑水平面上，质量为的物体A以速度V向质量为m2的静止物体B运动，B的 左端连有轻弹簧。分析：在I位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到II位置 A、B速度刚好相等（设为V），弹簧被压缩到最短；再往后
3、A、B远离，到III位位置恰好分开。（1）弹簧是完全弹性的。压缩过程系统动能减少全部转化为弹性势能，11状态系统动能 最小而弹性势能最大；分开过程弹性势能减少全部转化为动能；因此I、III状态系统动能相等。 这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明 A、 B 的最终速度分别为：m m2 mV二1 亠V , V =1一 V。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）1 m + m 12 m + m 11 2 1 2（2）弹簧不是完全弹性的。压缩过程系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转 化为内能，II状态弹性势能仍最大，但比损失的动能小；分离过程弹性势能减少，部分转化为 动能，部分
4、转化为内能；因为全过程系统动能有损失。（3）弹簧完全没有弹性。压缩过程系统动能减少全部转化为内能，II状态没有弹性势能； 由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有分离过程。可以证明，A、B最终的共m同速度为V二V二1 V。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：12 m + m 11211 (V mm V2AE = m v 2 一 m + m Jv 2 =1_k 2 1 12122(m + m12这个结论最好背下来，以后经常要用到。）例 1】 质量为 M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为 m 的小球以速 度卩向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90且足够长。求小球
5、能上升到的最大高度H和V1物块的最终速度叭解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 1 =（M11( fMv 2由系统机械能守恒得：2mV 12 = 2(M + m人2 + mgH解得H = 2(m Jm)g2m全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v =丄 v 1M + m 1点评：本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势 能。解析：A能追上B,说明碰前XI.补 -LAB碰后 A 的速度不大于 B 的速度，丄 A mmAB又因为碰撞过程系统动能不会增加，52623282-+2 m2m2m2mABAB由以【
6、例2】动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运 动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了 2kgm/s,而方向不变，那么A、 B 质量之比的可能范围是什么？上不等式组解得：3m44 m，则s2vvd。木块的位移很小。但这种运动物体与静止物体相互作用，最后共 EMm同运动的类型，全过程动能的损失量均可用公式：AEk = 2G ； m）vo当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透 过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是d Ek=广（这里的d为木块的厚度），但由于 末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用式计
7、算 ek的大小。3反冲问题在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相 同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题 统称为反冲。【例4】质量为m的人站在质量为M,长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。 当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终 相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于l。设人、船位移大小分别为i、i2,贝y：mV=Mv2，两边同乘时间 t, ml=Ml2，而 ll+lQ=L,: 12点评：应该注意到：此结论与人在船上
8、行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行 走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体 位移大小之间的关系。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定 的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m+m2)v0= mv1+ m2列式。【例5】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为，速度方向水平。火箭向 后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m
9、,以v0方向/, Mv + mu为正方向，Mv =一mu + M - m人，v =00M 一 m4爆炸类问题【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s,这时突然炸成两块，其中大块质量 300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方 向。分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m1+m2 )g，可见系统的动量并 不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度vo = 10m/s ； m1=0.3kg的大块速度为vi = 50m/s、m2=0.2kg的小块速度为v2
10、，方向不清，暂设为正方向。由动量守恒定律：(m + m )v 二 m v + m v1 2 0 1 1 2 2(m + m )v 一 m v (0.3 + 0.2) x 10 一 0.3 x 50“v =12011 = -50m/s2m0.22此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正 方向相反5某一方向上的动量守恒【例7】如图所示，A为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长 为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静 止释放小球，则当线绳与AB成角时，圆环移动的距离是多少？解析：虽然小球、细绳及圆环
11、在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的 重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细 绳与AB成e角时小球的水平速度为v,圆环的水平速度为V则由水平动量守恒有：MV=mv且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用 其水平位移替代，则上式可写为：Md=m（L-Lcose ）-d解得圆环移动的距离：d=mL（1-cose ）/（M+m）点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力易出现的错误：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无 法列出守恒方程.（2）找不出
12、圆环与小球位移之和（L-LcosO ）。6物块与平板间的相对滑动【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A，mVMA、B间动摩擦因数为p，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度 v使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B,求：（1）A、 B 最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。解析：（1）由 A、B 系统动Mv0-mv0=（M+m）v 所以M - mv=v“M + m 0方向向右（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v，则由动 量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv对板车应用动能定理得：11-仏 mgs= mv 2- mv022 M - m联立解得：s=v022 卩 mg 0【例9】两块厚度相同的木块A和，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为 mA = 0.5kg，mB = 0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量代二0.1kg的滑 块C （可视为质点），以vc二25m/S的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩 擦，滑块最后停在木块B上B和C的共同速度为3.0m/s，求：（1）木块A的最终速度Va ；（2）滑块C离开A时的
