知识讲解 动量守恒定律（提高）

1 物理总复习：动量守恒定律 【考纲要求】 1、知道动量守恒定律的内容和适用条件； 2、知道弹性碰撞和非弹性碰撞； 3、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题； 4、知道验证动量守恒定律实验的原理、方法。 【知识网络】 【考点梳理】 考点一、动量守恒定律 1、动量守恒定律 相互作用的一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 要点诠释：（1）外力指系统外物体对系统内物体的作用力，内力指研究系统内物体间的相 互作用力。（2）动量守恒是对某一系统而言的，划分系统的方法一旦改变，动量可能不再守 恒。因此，在应用动量守恒定律时，一定要弄清研究对象，把过程始末的动量表达式写准确。 在某些问题中，适当选取系统使问题大大简化。 （3）对几种表达式的理解： 　　① ，表示作用前后系统的总动量相等。 　　② (或 ) , 表示相互作用物体系总动量增量为零。 　　③ ，表示两物体动量的增量大小相等方向相反。 2、应用动量守恒定律列方程时应注意以下四点 　　（1）矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程。对于作用前后物体的运动方向都在同一 直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负。若方 向未知，可设正方向列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向。 　　（2）瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定。列方程 时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧 是作用后(或另一时刻)各物体的动量和。不同时刻的动量不能相加。 　　（3）相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意 各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系。 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + 1 2 0P P∆ + ∆ = 0P∆ = 1 2P P∆ = −∆ 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = +2 　　（4）普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不 仅适用于宏观物体组成的系统，对微观粒子组成的系统也适用。 　　如果相互作用的物体所受外力之和不为零，外力也不远小于内力，系统总动量就不守恒， 也不能近似认为守恒，但是，只要在某一方向上合外力的分量为零，或者某一方向上的外力 远小于内力，那么在这一方向上系统的动量守恒或近似守恒。 考点二、碰撞、爆炸和反冲 1、碰撞与爆炸 （1）碰撞与爆炸具有一个共同特点：即相互作用的力是变力，作用时间极短，作用力很 大，且远远大于系统所受的外力，故均可用动量守恒来处理。 （2）爆炸过程中因有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。 （3）由于碰撞（或爆炸）的作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽 略不计即认为碰撞（或爆炸）后还是从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动。 （4）碰撞的种类及特点 分类标准 种类 特点 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非完全弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 能量是否守恒 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大 对心碰撞（正碰） 碰撞前后速度共线碰撞前后动量 是否共线 2、反冲运动 （1）反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。如射击时枪身的 后挫，发射炮弹时，炮身的后退，火箭因喷气而发射，水轮机因水的冲刷而转动等都是典型 的反冲运动。 　（2）反冲运动的过程中，如果没有外力作用或外力的作用远小于物体间的相互作用力， 可利用动量守恒定律来处理。 　（3）研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的对 象和各物体对地的运动状态。 　（4）反冲运动中距离、移动问题的分析 　一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟随运 动，若现象中满足动量守恒或某个方向上满足动量守恒，则有 ，有 物体在这一方向上有速度，经过时间的累积，物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样 满足 ，则它们之间的相对距离 。 （5）火箭的反冲问题 火箭内部装有燃料和氧化剂，它们经过输送系统进入燃烧室，燃烧生成炽热气体向后喷 射获得向后的动量，按动量守恒定律，火箭必获得向前的动量。燃料不断燃烧，连续地向后 喷出气体，火箭不断地受到向前的推力作用，从而获得很大速度。火箭飞行所能达到的最大 速度也就是燃料燃尽时获得的速度。最大速度主要取决于两个条件：一是喷气速度；二是火 箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量比。喷气速度越大，质量比越大，最终速度越大。 3、弹性碰撞的规律 要点诠释：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒（机械能守恒）。 以质量为 速度为 的小球与质量为 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 1 1 2 2 0m v m v− = 2 1 2 1 mv vm = 2 1 2 1 ms sm = 1 2=s s s+相 1m 1v 2m3 （1） 　 （2） 解（1）（2）得 结论：（1）当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度。 　　 （2）当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动。 　　 （3）当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来。 4、平均动量守恒 　　若系统在全过程中的动量守恒(包括单方向动量守恒)，则这一系统在全过程中的平均动 量也必守恒，如果系统是由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动， 则由动量守恒定律， ，得推论： 。使用时应明确 必须是相 对同一参照物位移的大小。常见的“人船模型”或叫“人车模型”符合此特点。 考点三、验证动量守恒定律 实验目的 　　研究在弹性碰撞的过程中，相互作用的物体系统动量守恒 实验器材 　　两个小球（大小相等，质量不等）；斜槽；重锤线；白纸；复写纸；天平；刻度尺；圆 规；三角板（或游标卡尺） 实验原理 　　质量为 和 的两个小球发生正碰，若碰前 运动， 静止，根据动量守恒定律应 有 。因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小 球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，则小球的水平速度若用飞行时间作时间单 位，在数值上就等于小球飞出的水平距离。所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的 水平距离，代入公式就可验证动量守恒定律。 实验步骤 　　1．先用天平测出小球质量 、 。 　　2．按图中那样安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，把被碰 小球放在斜槽前边的小支柱上，调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度，且碰撞瞬 间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保正碰后的速度方向水平。 　　3．在地面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸。 1 1 1 1 2 2m v m v m v′ ′= + 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v′ ′= + 1 2 1 1 1 2 ( )m mv vm m −′ = + 1 2 1 1 2 2mv vm m ′ = + 1 1 2 2 =0m v m v− 1 1 2 2=m s m s 1 2s s、 1m 2m 1m 2m 1 1 1 1 2 2m v m v m v′ ′= + 1m 2m4 　　4．在白纸上记下重锤线所指的位置 O，它表示入射球 碰前的位置。 　　5．先不放被碰小球，让入射球从斜槽上同一高度处滚下，重复 10 次，用圆规画尽可能 小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心就是入射球不碰时的落地点 P，如图所示。 　　6．把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复 10 次，仿步骤 5 求出入射小球落点的平均位置 M 和被碰小球落点的平均位置 N。 　　7．过 O、N 在纸上作一直线，取 , 就是被碰小球碰撞时的球心投影位置 （用刻度尺和三角板测小球直径 2r 或用游标卡尺测小球直径)。 　　8．用刻度尺量出线段的长度 、 、 ， 把两小球的质量和相应的速度数值代入 看是否成立。 　　9．整理实验器材放回原处。 数据处理 　　验证 即可，但要注意式中相同的量取相同的单位。 误差分析 　　实验所研究的过程是两个不同质量的金属球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是碰撞 中应尽量予以满足的前提条件。实验中两球球心高度不在同一水平面上，给实验带来误差。 每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小。应进行 多次碰撞，落点取平均位置来确定，以减小偶然误差。 【典型例题】 类型一、判断系统的动量是否守恒 例 1、如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向 射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。把子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象， 则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ） A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量不守恒、机械能不守恒 【思路点拨】动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，分析系统是否受外力作 用；机械能守恒的条件是外力不做功，分析外力做功或分析是否有能量损失。 【答案】 D 【解析】以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压 1m 2OO r′ = O′ OP OM O N′ 1 1 2m OP m OM m O N′= + 1 1 2m OP m OM m O N′= + v A B5 缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒。而在子弹射入木块时， 存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能（阻力做功转化为内能），机械能也不守恒。 正确选项为 D。 【总结升华】实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守 恒（此瞬间弹簧尚未形变）。子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不 守恒。 举一反三 【变式】（2016 北京卷）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行，在 P 变 轨后进入轨道 2 做匀速圆周运动下列说法正确的是（ ） A.不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行，卫星在 P 点的速度都相同 B.不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行， 卫星在 P 点的加速度都相同 C.卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同加速度 D.卫星在轨道 2 的任何位置都具有相同动 量 【答案】B 【解析】卫星从轨道 1 在 P 点进入轨道 2 做离心运动，需要加速，所以在轨道 1 和在 轨道 2 运行经过 P 点的速度不同，A 错；在轨道 1 和在轨道 2 运行经过 P 点，都是万有引 力提供向心力，由 ，卫星在 P 点的加速度都相同，B 正确；由 可知，由 于 r 不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道 1 的任何位置的加速度都不 同，C 错；卫星在轨道 2 的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，D 错。 故选 B。 类型二、平均动量守恒 【高清课堂：动量守恒定律例 6】 例 2、如图，人、车质量分别为 m、M，初始都静止于光滑水平面，人在车左端，车的 长度是 L。某时刻开始人向车右端走去，当他走到车右端时，车相对地的位移是多少？ 2 GMa r = 2 GMa r =6 【思路点拨】分析系统动量是否守恒，人与车的力是内力；分析位移，位移都是指对地的位 移。 【答案】 【解析】以人和车为一系统，地面光滑，所以系统水平方向 动量守恒。取水平向右为正方向，人行走的速度大小为 v， 方向水平向右，车运动的速度大小为 V，方向一定水平向左。 由动量守恒可知 　 即 ∵式中的速度是任意时刻的速度， ∴在此过程中人的平均速度 和车的平均速度 一定也满足与质量成反比， 即： 两边同乘以时间即可得到 又由图可知，人的位移大小 、车的位移大小 ，满足 　 解得： 车的位移 人的位移 【总结升华】本题容易出现的错误是把车长 L 当作人对地的位移，错误的原因就是没有建 立起如图的情景，将位移关系弄错。因此解决碰撞过程中的位移问题，画出情景图分析位移 关系是至关重要的，位移是同一参照系：对地。对“人车模型”的总结：“你动我动，你快我 快，你慢我慢，你停我停”。 举一反三 【变式 1】质量为 M 的气球上有一质量为 m 的人，共同静止悬浮在距地面高为 h 的空中， 气球吊有一根质量不计的软绳，现在人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全 下滑到地面？ 【答案】 【解析】这是典型的“人车模型”问题。设绳长为 ,气球上升的高度为 ，根据动量守恒定 律 所以绳长 【变式 2】如图所示，一浮吊质量 ，由岸上吊一起一质量 的货 + m Lm M 0 mv MV= − =v M V m v V v M mV = 2 1 = =s vt M s mVt 2s 1s 1 2+ =s s L 1= + ms Lm M 2 = + Ms Lm M M mL hM += L s =Ms mh = ms hM + = M mL h s hM += 42 10M kg= × 3=2 10m kg×7 物后，再将吊杆 OA 从与竖直方向间夹角 转到 ，设吊杆长 L=8m，水的阻力 不计，求浮吊在水平方向移动的距离？向哪边移动？ 【答案】 浮吊向岸边移动 【解析】对浮吊和货物组成的系统，在吊杆转动过程中水平方向不受外力，动量守恒。当货 物随吊杆转动远离码头时，浮吊将向岸边靠拢，犹如人在船上向前走时船会后退一样，所以 可应用动量守恒求解。 设浮吊和货物在水平方向都做匀速运动，浮吊向右的速度为 ，货物相对于浮吊向左的速度 为 ， 则货物相对河岸的速度 根据动量守恒定律 得 吊杆从方位角 转到 需要时间 所以浮吊向岸边移动的距离 类型三、碰撞问题 【高清课堂：动量守恒定律例 4】 例 3、在光滑水平面上有两个质量为 3m 和 2m 的 A 和 B 在同一直线上相向运动，速度 分别为 2v 和﹣v，若碰撞中其中一个小球静止，则一定是________球静止，那么另一个小球 的速率是________。 【思路点拨】动量守恒定律里有一个基本原则是要符合实际情况，分析总动量（碰前的）的 方向，如果向右，静止的一定是 A，如果向左，静止的是 B。 【答案】A 。 【解析】谁静止，非 A 即 B，似乎都有可能。 若 B 静止，总动量 ，方向向右，A 沿原方向运动，不可能， 所以碰后是 A 静止，B 反弹。 根据动量守恒定律 ，解得 。 【总结升华】动量守恒要符合实际情况。总动量为正即向右，碰后的总动量必然向右，静止 的肯定是 A，B 向右运动。 举一反三 =60θ  =30θ′  0.27m v u ( )v u− 0= + ( )Mv m v u− = muv M m+ =60θ  =30θ′  sin sin= L Lt u θ θ′− sin sin= = 0.27mu L Lx vt mM m u θ θ′−⋅+  2v =3 2 2 ( ) 4P m v m v mv× + − =总 4 0 2mv mv′= + 2v v′ =8 【变式】甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲物体的速度大小是 6m/s，乙物体的速度大 小是 2 m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是 4 m/s，求甲、乙 两物体的质量之比。 【答案】3:5 【解析】以甲物体碰撞前的速度方向为正方向.碰撞前， ， ； 碰撞后，由动量守恒定律得 。 类型四、多个物体组成的系统动量守恒 例 4、如(a)图表示光滑平台上，物体 A 以初速度 v0 滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水 平面间的动摩擦因数不计，重力加速度为 g，(b)图为物体 A 与小车的 v-t 图像，由此可求 出（ ） A．小车上表面的长度[来源:Z.Com] B．物体 A 与小 车 B 的质量之比 C．A 与小车 B 上表面间的动摩擦因数 D．小车 B 获得的动能 【答案】BC　 【解析】由图象可知，AB 最终以共同速度 v1 匀速运动，不能确定小车上表面长度，故 A 错误；由动量守恒定律得， mA（v0-v1）=mBv1 解得： 故可以确定物体 A 与小车 B 的质量之比，故 B 正确；由图象可以知道 A 相对小车 B 的 1 0 1 A B m v m v v = − =6m/sv甲 2m/sv = −乙 ，＋＝＋ 乙乙甲甲乙乙甲甲 vmvmvmvm ′′ .5 3 )4(6 )2(4 =−− −− ′ −′ ＝－＝ 甲甲 乙乙 乙 甲 vv vv m m9 位移 ，根据能量守恒得： 根据 B 中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故 C 正确；由于小车 B 的质量不可知， 故不能确定小车 B 获得的动能，故 D 错误． 举一反三 【变式】如图所示，质量为 20kg 的平板小车的后端放有质量为 10kg 的小铁块，它与车之间 的动摩擦因数为 0.5。开始时，车以速度 6m/s 向左在光滑的水平面上运动，铁块以速度 6m/s 向右运动。(g=10m/s2) 求： (1) 小车与铁块共同运动的速度。 (2) 小车至少多长，铁块才不会从小车上掉下去。 (3) 铁块向右运动的最大位移。 【答案】（1）2m/s； （2）9.6m； （3）3.6m。 【解析】（1）小车与铁块组成的系统动量守恒，设它们的共同速度为 ，设向左为正方向 可得 方向向左 （2）设长度至少为 L，由功能关系，得 ＝ 可得 （3）当铁块速度为 0 时，向右运动有最大位移 对铁块，由动能定理 解得 例 5、如图所示，两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各 投质量 m=50kg 的麻袋到对面另一只船上去，结果载重较小的一只船停下来，另一只船则以 =8.5m/s 的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重分别为 =500㎏和 =1000kg，问 在交换麻袋前两只船的速率各为多少? 0 1 1 2x v t∆ = 2 2 0 1 1 1 ( )2 2A A A Bm g x m v m m vµ ∆ = − − V0 V0 v 0 0 ( )Mv mv M m v− = + 0 2 /M mv v m sM m −= =+ mgLµ 22 0 2 0 )(2 1 2 1 2 1 vmMmvMv +−+ 2 2 2 0 0 1 ( ) 9.62L Mv mv M m v mmgµ  = + − + =  mx 2 0 10 2mmgx mvµ− = − 2 0 3.62m vx mgµ= = v 1m 2m10 【思路点拨】如何取系统，谁与谁发生相互作用，分析出它们各自的动量，根据动量守恒定 律列出方程。 【答案】 ， 【解析】两船在相互丢给对方麻袋的过程中，同时存在着相互作用，即载重为 的船投过 来的麻袋和载重为 的船的相互作用，载重为 的船投过来麻袋和载重为 的船的相互 作用。因此，应该分别选择这两个相互作用的系统为研究对象，由于水的阻力不计，这两个 系统的动量守恒。另外，两只船和两只麻袋这 4 个物体在相互作用过程中，总动量也守恒。 设小船 和 在交换麻袋前的速率分别为 和 ， 方向为正方向。 选取 和从 投过来的麻袋为系统，根据动量守恒定律，有 ① 选取 和从 投过来的麻袋为系统，根据动量守恒定律，有 ② 联立式①②，解得 ， 【总结升华】正确应用动量守恒定律的一个重要环节是准确地选取系统，必须根据相互作用 物体的受力情况及运动特征确定系统，在同一物理问题中，针对不同的运动阶段，有时还需 交换系统。在系统确定后，写动量守恒式时，还应特别注意总动量与系统的对应性，要明确 相互作用前、后的动量。 举一反三 【变式】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 、 。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） 1 1 /v m s= 2 9 /v m s= 1m 2m 2m 1m 1m 2m 1v 2v 1v 1m 2m 1 1 2( ) 0m m v mv− − = 2m 1m 2 2 1( )m m v mv mv− − + = − 1 1 /v m s= 2 9 /v m s= 02v 0v11 【答案】 【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为 ，抛出货物后船的速度为 ，甲船上 的人接到货物后船的速度为 ，设船运动的方向（向右）为正方向，由动量守恒定律得 对乙船和抛出的货物组成的系统 ① 对甲船和抛过来的货物组成的系统 ② 两船相撞应满足 ③ 联立①②③式 ④ 类型五、实验：验证动量守恒定律 例 6、如图，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部 分碰撞前后的动量关系。 ①试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量 （填选项钱的序号），间接地解决这个问题 A．小球开始释放高度 B．小球抛出点距地面的高度 C．小球做平抛运动的射程 ②图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球 多次从斜轨上 S 位 置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP。然后把被碰小球 静止于轨 道的水平部分，再将入射小球 从斜轨上 位置静止释放，与小球 相撞，并多次重复。 接下来要完成的必要步骤是 （填选项的符号） A．用天平测量两个小球的质量 、 B．测量小球 开始释放高度 h C．测量抛出点距地面的高度 H D．分别找到 相碰后平均落地点的位置 M、N E．测量平抛射程 OM，ON ③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用②中测量的 量表示）；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为 （用②中测量 h H 1m 2m 1m S 2m 1m 2m 1m 1 2m m， min 04v v= minv 1v 2v 0 1 min12 11m v m v m v× = × − × 0 min 210 2 11m v m v m v× − × = × 1 2v v= min 04v v=12 的量表示）。 ④经测定， ，小球落地点的平均位置到Ｏ点的距离如图所示。碰撞 前、后 的动量分别为 与 ，则 ； 若碰撞结束时 的动量为 ，则 =11: 实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 为 ⑤有同学认为在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变可以使被撞小球做平抛 运动的射程增大。请你用④中已知的数据，分析计算出被撞小球 平抛运动射程 ON 的最 大值为 cm。 【思路点拨】实验原理、操作过程、数据处理、误差分析、列动量守恒定律方程的基本方法， 都必须用熟。 【答案】①C ②ADE 或 DEA 或 DAE ③ ④14 2.9 1~1.01 ⑤76.8 【解析】① 由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，因而根据小球做平抛 运动的射程就可知道碰撞后速度的大小之比，所以选 C。②必须用天平测量两小球的质量 ，分别找到 、 相碰后平均落地点位置 M、N 和测量平均射程 OM、ON，故选 ADE。 ③ 由于 且 所以 。 若碰撞时弹性碰撞，机械能守恒 ， 所以 ④ 1 2 7.5m m g= =45. 0g, 1m 1p 1p ′ 1 1: __ :11p p ′ = 2m 2p ′ 1 2:p p′ ′ 1 1 2 p p p′ ′+ 2m 1 2 1m OM m ON m OP⋅ + ⋅ = ⋅ 2 2 2 1 2 1m OM m ON m OP⋅ + ⋅ = ⋅ 1m 2m 1m 2m 1 1 2 2 1m v m v m v⋅ + ⋅ = ⋅ 1 OMv t = 2 ONv t = OPv t = 1 2 1m OM m ON m OP⋅ + ⋅ = ⋅ 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2m v m v m v+ = 2 2 2 1 2 1m OM m ON m OP⋅ + ⋅ = ⋅ 1 1 1 1 1 44.80 14 35.20 11 p m v OP OMp m v = = = =′ ′ 1 1 1 1 22 2 2 45 35.20 11 7.5 55.68 2.9 p m v m OM m ONp m v ′ ′ ×= = = =×′ ′ 1 1 1 21 2 45.0 44.80 2016 1.007 1.0145.0 35.20 7.5 55.68 2001.6 p m OP m OM m ONp p ×= = = =+ × + ×′ ′+ 13 ⑤当两球发生弹性碰撞时，被碰小球 平抛运动射程 ON 有最大值。弹性碰撞动量守恒 机械能守恒 解得 所以 即被撞小球 平抛运动射程 ON 的最大值。 【总结升华】本题考察动量守恒实验、动量守恒定律，考察的知识不仅全面而且有深度、难 度，对知识迁移的能力要求较高。 举一反三 【变式】气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫， 使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板 C 和 D 的气垫导轨以及滑块 A 和 B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不 计）： 采用的实验步骤如下： 　a．用天平分别测出滑块 A、B 的质量 、 。 　b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。 　c．在 A 和 B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。 　d．用刻度尺测出 A 的左端至 C 板的距离 。 　e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块 A、B 运动时间的计时器开始工作。当 A、B 滑块分别碰撞 C、D 挡板时停止计时，记下 A、B 分别到达 C、D 的运动时间 和 。 　（1）实验中还应测量的物理量是__________。 　（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________，上式中算得 的 A、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是__________。 　（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。　　 【答案】（1）B 的右端至 D 板的距离 （2） ，测量质量、时间、距离 等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。（只要答对其中两点即可）（3）能。 2m 1 1 2 2 1m v m v m v⋅ + ⋅ = ⋅ 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2m v m v m v+ = 1 2 1 2 2mv vm m ′ = + 1 1 2 2 2 45.0 44.8 76.845.0 7.5m mON OP cm cmm m ×= = × =+ + 2m Am Bm 1L 1t 2t 2L 1 2 1 2 0A B L Lm mt t − =14 【巩固练习】 一、选择题 1、（2016 上海模拟）如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出， 此时木块动能增加了 6J，那么此过程产生的内能可能为（ ） A. 10J B. 8J C. 6J D. 4J 2、（2016 唐山期中）如图所示，一质量 M=3.0kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在 其右端放一个质量 m=1.0kg 的小木块 A。现以地面为参考系，给 A 和 B 以大小均为 4.0m/s， 方向相反的初速度，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后 A 并没有滑离 B 板。站 在地面的观察者看到在一段时间内小木块 A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木 板对地面的速度大小可能是（ ） A. 1.8m/s B. 2.4m/s C. 2.6m/s D. 3.0m/s 3、在光滑的水平面上一个质量 M=80g 的大球以 5m/s 的速度撞击一个静止在水平面上的质 量为 m=20g 的小球。用 和 表示碰撞后大球和小球的速度，下列几组数据中根本不可能 发生的是（ ） A． =3m/s =8m/s B． =4m/s =4m/s C． =4.5m/s =2m/s D． =2m/s =12m/s 4、放在光滑的水平面上的一辆小车的长度为 L，质量等于 M。在车的一端站一个人，人的 质量等于 m，开始时人和车都保持静止。当人从车的一端走到车的另一端时，小车后退的距 离为（ ） A．mL/(m+M) B．ML/(m+M) C．mL/(M-m) D．ML/(M-m) 5、一质量为 m，动能为 EK 的子弹，沿水平方向射入一静止在光滑水平面上的木块，并最终 留在木块中。若木块的质量为 9m，则（ ） A．木块对子弹做的功为 0.99EK B．木块对子弹做的功为 0.9EK C．子弹对木块做的功为 0.09EK D 子弹对木块做的功与木块对子弹做的功数值相等 6、如图所示，一个质量为 2m 上连着轻质弹簧的物体 A 静止于光滑的水平面上，有一个质 量为 m 的物体 B 沿光滑水平面以速度 向 A 运动，两物体通过弹簧发生碰撞然后分开。在 此过程中，弹簧的弹性势能的最大值为（ ） A．mv2/2 B．mv2/3 C．mv2/6 D．无法确定 7、如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止 V′ v′ V′ v′ V′ v′ V′ v′ V′ v′ v B A15 的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是 （ ） A．当小球到达最低点时，木块有最大速率 B．当小球的速率最大时，木块有最大速率 C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大 D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零 8、如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为 m，原来静止 在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为 m，以水平速度 从左端滑上 小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是： （　） 　A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 　 B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 　 C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化 　 D．车上曲面的竖直高度不会大于 9、如图所示，一沙袋用无弹性轻绳悬挂于 O 点。开始时沙袋处于静止，此后用弹丸以水平 速度击中沙袋后均未穿出，第一次弹丸的速度 ，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为 30°，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度 ，又击中沙袋，使沙袋向右摆 动且最大摆角仍然为 30°，若弹丸质量是沙袋质量的 1/40，则以下结论中正确的是：（　） 　　A. 　 B. 　　C . D. 10、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都视为质点，质量相等，与轻质弹簧 相连。设 Q 静止，P 以某一初速度向 Q 运动并发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有最大弹 v 2mv 2 4 v g 1v 2v 1 2v v= 1 2: 41: 42v v = 1 2: 42: 41v v = 1 2: 41:83v v =16 性势能等于（　 ） 　A. P 的初动能 　B. P 的初动能 　 C. P 的初动能 D. P 的初动能 二、填空题 1、从运动着的某一质量为 M 的物体上，沿着与其运动的相反方向抛出一部分质量为 m，已 知整个过程的 图如图所示。则被抛出部分质量 m 跟原来物体质量 M 之比是 m : M=________。 2、如图所示，物体 A、B 位于光滑水平面上，它们的质量分别为 mA 和 mB，B 上固定一轻 弹簧。A、B 碰撞前的总动能为 E0。要求 A、B 在碰撞过程中弹簧的压缩量最大，求碰撞前 A、B 的动能 ______________， ______________。 3、一个质量为 M，底面长为 b 的三角形劈静止于光滑的水平桌面上（如图所示），有一质 量为 m 的小球由斜劈顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离为_____________。 4、如图所示，用细线悬挂一质量为 M 的木块，木块静止。现有一质量为 m 的子弹自左方 水平地射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为 和 ，则木块上升的最大高度为 __________。 1 2 1 3 1 4 -s t s/m M-m M m 8 6 4 2 0 2 4 6 8 t/s kAE = kBE = A B 0v v17 三、计算题 1、（2015 陕西 一模）如图所示，在光滑水平面上，有 一质量 M=3kg 的薄板，板上有 质量 m=1kg 的物块，两者以 v0=4m/s 的初速度朝相反方向运动．薄板与物块之间存在摩擦 且薄板足够长，求 ①当物块的速度为 3m/s 时，薄板的速度是多少？ ②物块最后的速度是多少？ 2、一种弹珠游戏如下图，球 1 以初速度 v0 出发，与球 2 发生弹性正碰，使球 2 进入洞 中，但球 1 不能进洞．已知两球的质量比 m1:m2＝3:2，两球所受阻力均为自身重力的 μ 倍．开始时两球间距、球 2 与洞口间距均为 L.求： (1)两球碰撞完成的瞬间二者速度大小之比； (2)为了能够完成任务，球 1 的初速度 v0 的最小值． 3、如图所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 mA=4kg，上表面光滑，小车与地 面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端，B 的质量 mB=2kg。现对 A 施加一个水平向右的恒力 F=10N，A 运动一段时间后，车左端固定的挡板 v018 与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后 A、B 粘合在一起,共同在 F 的作用下继续运动，碰撞 后经时间 t=0.6s，二者的速度达到 vt=2m/s。求： (1)A 开始运动时加速度 a 的大小。 (2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小。 (3)A 的上表面长度 l。 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析： (1)由牛顿第二定律求 A 的加速度。 (2)根据动量守恒定律求共同速度。 (3)结合动量守恒定律和动能定理求 A 的长度。 4、如图所示，两个质量都为 M 的木块 A、B 用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上， 一颗质量为 m 的子弹以速度 射向 A 块并嵌在其中，求弹簧被压缩后的最大弹性势能。 5、如图所示，物体 A、B 并列紧靠在光滑水平面上，mA = 500g，mB = 400g。另有一个 质量为 100g 的物体 C 以 10m/s 的水平速度摩擦着 A、B 表面经过，在摩擦力的作用下 A、B 物体也运动，最后 C 物在 B 物上一起以 1.5m/s 的速度运动，求 C 物离开 A 物时，A、C 两 物体的速度。 v A B v A B C19 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】AB 【解析】设子弹初速度为 V，射入木块后子弹与木块共同速度为 v，木块的质量为 M， 子弹的质量为 m。根据动量守恒定律得： 得： 木块获得的动能为： 系统产生的内能为： 可得：Q＞△Ek=6J，AB 正确，CD 错。 故选 AB。 2、【答案】BC 【解析】以 A、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向， 从 A 开始运动到 A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得： 代入数据求解得： 当从开始到 AB 速度相同的过程中，由动量守恒定律得： 代入数据求解得： 则在木块 A 正在做加速运动的时间内 B 的速度范围为：2m/s＜vB＜2.67m/s. BC 正确， AD 错。 故选 BC。 3、CD 解析：要满足三个条件，1，动量守恒；2，能量不增加原则，即碰后的能量小于等于碰前的 能量；3，要符合实际情况。碰前的总动量为 ，ABCD 全部满足。碰前的总动能 为 1 焦耳，AB 碰后的总动能为 1 焦耳，也都符合实际，可能发生。C 碰后的总动能为 0.85J， 但 M 的速度还快些，不可能。D 碰后的总动能为 1.6J，不可能发生。故选 CD。 4、A 解析：设人的速度为 ，位移为 ；车的速度为 ，位移为 根据动量守恒定律 有 (1) ( )mV M m v= + mVv m M = + 2 2 2 2 2 1 2 2( ) 2( )k Mm V MmV mE Mv M m M m M m ∆ = = = ⋅+ + + 2 2 21 1 ( )2 2 2( ) MmVQ mV M m v M m = − + = + 0 1( ) BM m v Mv− = 1 2.67m/sBv = 0 2( ) ( ) BM m v M m v− = + 2 2m/sBv = 0.4 /kg m s⋅ v 1s V 2s mv MV= 1 2ms Ms=20 (2) 解(1) (2)得 车的位移为 故选 A。 5、AC 解析：设子弹得速度为 ，射入木块后共同的速度为 ，由动量守恒定律可得 子弹动能的变化 （子弹动能减少） 木块动能的变化 （木块动能增加） 所以 A、C 正确。 6、B 解析：两者达到共同速度时弹性势能最大，根据动量守恒 碰撞过程中没有机械能损失，弹性势能最大， 根据机械能守恒定律， 7、ABD 解析：水平面光滑，小球与半圆形光滑槽的木块组成的系统动量守恒，小球到达最低点时速 度最大，则木块有最大速率，AB 对。当小球再次上升到最高点时，小球水平方向速度为零， 则木块水平速度也为零，C 错 D 对。故选 ABD。 8、BCD 解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到 原位置，A 错。由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，由动 量守恒定律列式为 ，得共同速度 。小车动量的变化为 ，显然，这 个增加的动量是小球压力作用的结果，故 B 对。对于 C，由于满足动量守恒定律，系统机 械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况。由于小球原来的动能为 ，小球到最高点时系统的动能为 ，所以系统动能减少了 ，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即 ，得 ，显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度要小些，D 对。故选 BCD。 9、D　 解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中后沙袋的 速度相同，设为 ，用 M 表示沙袋的质量 ， 表示弹丸的质量，设向右为正 由动量守恒的：第一次： 第二次：子弹打入沙袋前，沙袋与第一颗子弹水平向左运动，速度大小为 1 2s s L+ = 2 ms LM m = + 0v v 0 ( 9 )mv m m v= + 0 1 10v v= 2 2 2 0 0 1 1 10.99 0.992 2 2 kmv mv mv E− = − × = − 2 0 1 19 ( ) 0.092 10 km v E⋅ = (2 )mv m m v= + 共 1= 3v v共 2 2 21 1 1 13 ( )2 2 3 3pE mv m v mv= − × × = 2mv mv′= 2v v′ = 2mv 21 2 mv 2 21 1 12 ( )2 2 4m v mv× × = 21 4 mv 21 4 mv mgh= 2 4 vh g = v 40M m= m 1 ( )mv M m v= + v21 可以解得 10、B　 解析：弹簧具有最大弹性势能时二者速度相等 根据动量守恒 根据机械能守恒 所以 ，故 B 选项正确。 二、填空题 1、2:5； 解析：根据位移时间图像知 M: m： 根据动量守恒定律： （已代符号了） 解得 2、 、 解析：弹簧压缩量最大，即要求碰后时刻 A、B 速度均为 0（相向运动） 则碰前 A、B 两物体动量大小相等， 根据动能与动量的关系 有 则 所以 、 3、 解析：劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向外力，所以系统在水平方向平 均动量守恒。劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图所示， 劈的位移为 s，小球的水平位移为 (b-s)。 则 由 得 所以 用 来解题，关键是判明动量是否守恒、初速是否为零（若初速不为零，则此式 不成立）；关键要画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式。 1 ( ) ( 2 )mv M m v M m v− + = + 1 2: 41:83v v = 0 12mv mv= 2 2 0 1 1 1 22 2 pmmv mv E= + 2 0 1 1 2 2pmE mv= × 1 1 /v m s= ( ) :M m− 1 2 /v m s′ = 2 0.5 /v m s′ = − 1 1 2( )Mv M m v mv′ ′= − − : 2:5m M = 0Emm mE BA B KA += 0Emm mE BA A KB += A BP P= 2 2k PE m = 2 2A kA B kBm E m E= : :kA kB B AE E m m= 0kA kBE E E+ = 0Emm mE BA B KA += 0Emm mE BA A KB += ( )mbs M m= + 1 1 2 2m s m s= ( )Ms m b s= − ( )mbs M m= + 1 1 2 2m s m s=22 4、 解析：水平方向动量守恒 (1) 木块机械能守恒 （2） 联立解得 三、计算题 1、【答案】① ②2m/s． 【解析】①由于地面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得： Mv0﹣mv0=mv1+Mv′ 代入数据解得： ，方向水平向右； ②在摩擦力作用下物块和薄板最后以共同的 速度运动，设共同运动速度为 v，以向右为 正方向， 由动量守恒定律得：Mv 0﹣mv0=（M+m）v 代入数据解得：v=2m/s，方向水平向右。 2、【答案】(1)1:6　(2) 【解析】 (1)两球碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间球 1 的速度 为 v，则有 m1v＝m1v1＋m2v2 联立解得 ：v1＝v/5，v2＝6v/5. 二者速度大小之比为 v1:v2＝1:6. (2)当球 1 初速度最小时，碰后小球 2 应刚好落入洞中有 碰前球 1 做减速运动 11m/s3 11= m/s3v′ 61 18 gLµ 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 2 2 2 2 1 2m gL m vµ− = − 2 2 0 2 ( ) 2 m v vh M g −= 0mv mv MV= + 21 2 MV Mgh= 2 2 0 2 ( ) 2 m v vh M g −=23 可得 .[ 3、【答案】(1)2.5 m/s2　(2)1m/s　(3)0.45m 【解析】(1)以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得： F=mAa　 ① 代入数据解得： a=2.5m/s2　 ② (2)对 A、B 碰撞后共同运动 t=0.6s 的过程，由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt–(mA+mB)v　 ③ 代入数据解得：v=1m/s ④ (3)设 A、B 发生碰撞前，A 的速度为 vA，对 A、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有： mAvA=(mA+mB)v　 ⑤ 从开始运动到与 B 发生碰撞前,由动能定理得： ⑥ 联立④⑤⑥式,代入数据解得：l=0.45m 4、 解析：　子弹与 A 发生完全非弹性碰撞，子弹与 A 组成的系统动量守恒，设碰后速度为 则 以 A、B 及子弹为系统全过程动量守恒,设共速 ， 则有 从 A 获得速度 到 AB 速度相同，由能量守恒得： 5、 、5.5m/s 2 1 1 1 0 1 1 2 2m gL m v m vµ− = − 0 61 18 gLv µ= 21 2 A AFl m v= ))(2(2 22 mMmM vMm ++ 1v 1( )mv M m v= + 1 mvv M m = + 2v 2=( )mv M M m v+ + 2 2 + mvv M m = 1v 2 2 2 2 1 2 1 1( ) (2 )2 2 2( )(2 )P Mm vE M m v M m v M m M m = + − + = + + 0.5 /m s24 解析：设 C 离开 A 时的速度为 ，此时 A、B 的共同速度为 ，对于 C 刚要滑上 A 和 C 刚离开 A 这两个瞬间，由动量守恒定律 (1) 以后，物体 C 离开 A，与 B 发生相互作用。从此时起，物体 A 不再加速，物体 B 将继续加 速一段时间，于是 B 与 A 分离。当 C 相对静止于物体 B 上时，C 与 B 的速度分别由 和 变化到共同速度 。因此，需选 C 与 B 为研究对象，对于 C 刚滑上 B 和 C、B 相对静止时 的这两个瞬间，由动量守恒定律 (2) 联立解得 Cv Av ( )C C A B A C Cm v m m v m v ′= + + Cv ′ Av v ( )C C B A B Cm v m v m m v′ + = + 0.5 /Av m s= 5.5 /Cv m s′ = 2 2 1 2 2 2 1 2 1 ( )2p A B L LE m mt t = +