知识讲解 动量守恒定律的应用（提高）

1 物理总复习：动量守恒定律的应用 【考纲要求】 1、知道弹性碰撞和非弹性碰撞； 2、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题； 3、知道动量守恒定律的普遍意义 4、会从动量和能量的角度分析碰撞问题 【考点梳理】 考点一、碰撞 1、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） 　 （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。 2、解决碰撞问题的三个依据 　（1）动量守恒，即 　（2）动能不增加，即 或 （3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的 速度，即 ，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来 在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即 ，否则碰撞没有结束。如果 碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速 度均为零。 考点二、爆炸 爆炸的特点 1、内力远大于外力，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲 量几乎为零，可认为动量守恒。 2、由其它形式的能转化为机械能。 要点诠释：爆炸与碰撞的比较： 1、爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用力突然发生，相互作用的力是变 力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受外力，故可用动量守恒定律来处理。 2、在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能在爆炸后会增加，在碰撞 过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能。 3、由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不 计，可以把作用过程作为一个理想化过程（简化）处理，即作用后还从作用前瞬间的位置以 新的动量开始运动。 考点三、反冲 指在系统内力的作用下，系统内一部分物体向某一方向发生动量变化时，系统内其余部 分向相反的方向发生动量变化的现象。反冲运动不靠系统外力，而是内力作用的结果。反冲 1m 1v 2m 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 2 1 2P P P P′ ′+ = + 1 2 1 2k k k kE E E E′ ′+ ≥ + 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 P P P P m m m m ′ ′+ ≥ + v v>后 前 v v′ ′≥ 后前2 运动遵循动量守恒定律。前面所说的“平均动量守恒”实际上是反冲运动。 【典型例题】 类型一、爆炸规律及其应用 例 1、有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为 M=6.0kg（内含炸药的质量可以忽略不 计）射出的初速度 ，当炮弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两片，其中 一片质量为 m=4.0kg，现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以 R=600m 为半径的圆周范 围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g=10m/s2，忽略空气阻力) 【思路点拨】规律分析：炮弹爆炸动量守恒，炮弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两 片，分别做平抛运动，总动能等于两弹片的动能之和（在最高点）。 【答案】 【解析】设炮弹上升到达最点时的高度为 H，根据匀变速运动规律： (1) 又质量为 m 的炮弹刚爆炸后速度为 ，另一质量的速度为 ， 根据动量守恒定律 (2) 设质量为 m 的弹片运动时间为 t，根据平抛运动规律有 （3） （4） 炮弹刚爆炸后，两弹片总动能 （5） 解以上各式得 代入数值得 【总结升华】爆炸过程近似看成动量守恒，在应用动量守恒定律时，要注意方向。爆炸过程 化学能转化为内能，总动能是增加的。 举一反三 【变式】一颗手榴弹以 的速度沿水平方向飞行时，炸开成两块，其质量之比为 3： 7。若较大的一块以 的速度沿原方向飞去，则较小一块的速度为（　 ） 　 A. 沿原方向，速度大小为 　　 B. 沿反方向，速度大小为 　 C. 沿原方向，速度大小为 　　 D. 沿反方向，速度大小为 【答案】B 【解析】爆炸过程内力远远大于外力，动量守恒，设原方向为正方向，初速度为 ，较大 的一块速度为 ，较小的一块速度为 ， 根据动量守恒定律 代入数据解得 负号表示与原方向相反。 类型二、反冲问题 例 2、为完成某种空间探测任务，需要在太空站上空发射空间探测器，探测器通过向后 喷气而获得反冲力使其加速，已知探测器的质量为 M，每秒钟喷出气体的质量为 m，喷射 时探测器对气体做功的功率恒为 P，不计喷气后探测器的质量变化，求： 0 60 /v m s= 46.0 10E J= × 2 0 2v gH= 1v v 1 ( )mv M m v= − 21 2H gt= 1R v t= 2 2 1 1 1 ( )2 2kE mv M m v= + − 2 2 min 2 0 1 2 ( )k MmR gE M m v = − 46.0 10E J= × 20 /m s 80 /m s 120 /m s 120 /m s 253 /m s 253 /m s 0v 1v 2v 0 1 2 7 3 10 10mv mv mv= + 2 120 /v m s= −3 （1）喷出气体的速度； （2）喷气 秒后探测器获得的动能。 【思路点拨】喷射时探测器对气体做功的功转化为探测器的动能，动能定理的方程怎么写。 发射火箭、探测器是反冲运动，动量守恒，初态的动量为零，也可喷出气体的动量等于探测 器的动量。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）因为探测器对喷射气体做功的功率恒为 P，而单位时间内喷气质量为 m，故在 t 秒时间内，根据动能定理可求得喷出气体的速度为 （1）， （2）探测器喷气过程中系统动量守恒，设探测器获得的速度为 ， 则 （2） 联立得探测器获得的动能 【总结升华】解本题的关键一是要正确描写质量，而是正确列出动量守恒方程，这里实际上 是一个反冲运动，即总动量为零的问题。 举一反三 【变式】一炮艇总质量为 M，以速度 匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度 沿前进 方向射出一质量为 m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为 ，若不计水的阻力，则下列各关系 式中正确的是 。（填选项前的编号） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】动量守恒定律必须相对于同一参考系。本题中的各个速度都是相对于地面的，不需 要转换。发射炮弹前系统的总动量为 ；发射炮弹后，炮弹的动量为 ,船的动量为 ，所以动量守恒定律的表达式为 正确选项为 A。 类型三、碰撞问题 例 3、如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动。两球质量 关系为 ，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 ，运动中两球发生 碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为－4 ，则（ ） t∆ 2Pv m = 2 k mPE tM = ∆ 21 2Pt mtv= 2Pv m = V 0m tv MV∆ − = mv tV M ∆= 2 21 2( )2k m t P mPE M tM m M ∆= ⋅ = ∆ 0v v v′ 0 ( )Mv M m v mv′= − + 0 0( ) ( )Mv M m v m v v′= − + + 0 ( ) ( )Mv M m v m v v′ ′= − + + 0Mv Mv mv′= + 0Mv mv ( )M m v′− 0 ( )Mv M m v mv′= − + =2B Am m /kg m s⋅ /kg m s⋅4 A．左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2:5 　　B．左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1:10 　　C．右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2:5 　　D．右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1:10 【思路点拨】碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加原则和碰撞前后状态的合 理性原则，一般按顺序判断。 【答案】 A 【解析】根据碰撞的三项基本原则（即碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加 原则和碰撞前后状态的合理性原则）分析求解。 由两球的动量都是 6 ，知运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大 的小球，故左方是 A 球，碰后 A 球的动量减少了 4 ，即 A 球的动量为 2 ， 由动量守恒定律得 B 球的动量为 10 ，故可得其速度比为 2:5，故选项 A 是正确的。 【总结升华】本题主要考查分析能力和判断能力。解决此问题的关键在于首先根据动量的大 小，判断出速度谁大谁小，然后利用动量守恒定律解决问题即可。 举一反三 【高清课堂：碰撞 例 3】 【变式】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 ， ，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为 ，则两球质 量 与 的关系可能是（ ） 　 A． 　　　B． 　　　 C． 　　　 D. 【答案】 C 【解析】（1）碰前因甲能追上乙，故 所以 ，A 错。 （2）碰后：应有 所以 由动量守恒定律 ，所以 　所以 ，所以 D 错。 （3）能量：碰撞前总动能≥碰撞后总动能 所以 可得 ，所以 B 错。正确选项为 C。 例 4、如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨 /kg m s⋅ /kg m s⋅ /kg m s⋅ /kg m s⋅ =5 /P kg m s⋅甲 =7 /P kg m s⋅乙 =10 /P kg m s′ ⋅乙 m甲 m乙 =m m乙甲 =2m m乙 甲 =4m m乙 甲 =6m m乙 甲 = > =P Pv vm m 甲 乙 乙甲 乙甲 7 5m m≥乙 甲 v v′ ′≤ 乙甲 P P m m ′ ′ ≤甲 乙 乙甲 P P P P′ ′+ = +乙 乙甲 甲 =2 /P kg m s′ ⋅甲 5m m≤乙 甲 2 22 2 2 2 2 2 P PP P m m m m ′ ′+ ≥ +甲 甲乙 乙 乙 乙甲 甲 51 21m m≥乙 甲5 道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨 道，落地点距 N 为 2R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求 　（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； 　（2）小球 A 冲进轨道时速度 的大小。 【思路点拨】物理过程分析：A 沿轨道运动到与小球 B 发生碰撞前，机械能守恒；与小球 B 发生碰撞粘在一起，动量守恒；一起飞出轨道到落地，平抛运动。按照各自的物理规律列方 程求解。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动， 有 ① 解得 ② （2）设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能为 0，由机械能守恒定律 ③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 ，由动量守恒定律 ④ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 ⑤ 综合②③④⑤式得 ⑥ 【总结升华】解题时要养成一个良好的习惯：分清物理过程。由于“空气阻力及各处摩擦均 不计”，本题从最低点到最高点的过程机械能守恒；“A 小球与 B 发生碰撞，碰后两球粘在一 起”的过程动量守恒，且是完全非弹性碰撞；“一起飞出轨道”的过程是平抛运动。再根据各 自的物理规律列方程求解。切忌丢掉某一个物理过程。 举一反三 【变式】如图所示，两物块 A、B 并排静置于高 h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均 为 M=0.60kg。一颗质量 m=0.10kg 的子弹 C 以 v0=100m/s 的水平速度从左面射入 A，子弹射 穿 A 后接入 B 并留在 B 中，此时 A、B 都没有离开桌面。已知物块 A 的长度为 0.27m，离 开桌面后，落地点到桌边的水平距离 s=2.0m。设子弹在物块 A、B 中穿行时受到的阻力保 持不变，g 取 10m/s2。 （1）物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）求子弹在物块 B 中穿行的距离； （3）为了使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未离开桌面，求物块 B 到桌边的最小距离。 v g Rt 2= 2 2v gR= 212 2R gt= g Rt 2= 1v mgRmvmv 22 1 2 1 2 1 2 += 2v 21 2mvmv = tvR 22 = 2 2v gR=6 【答案】（1） 【解析】（1）子弹射穿物块 A 后，A 以速度 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平 抛运动。根据平抛运动公式 解得: , 。 设子弹射入物块 B 后与 B 的共同速度为 ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒, 根据动量守恒定律 代入数据解得 （2）设子弹离开 A 时的速度为 ，子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒 代入数据解得 子弹在物块 B 中穿行的过程中，由能量守恒 ① 子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒 ② 由①②解得 （3）子弹在物块 A 中穿行的过程中，物块 A 在水平桌面上的位移为 s1，根据动能定理 ③ 子弹在物块 B 中穿行的过程中，物块 B 在水平桌面上的位移为 s2，根据动能定理 ④ 由②③④解得物块 B 到桌边的最小距离 （ ①②是根据能量守恒列出的方程；③④ 两式子弹对物块的作用力对物块做正功，所以 是“根据动能定理”。） 22 1 2 )(2 1 2 1 2 1 BAB vmMmvMvfL +−+= 22 1 2 0 )(2 1 2 1 2 1 AA vMMmvmvfL +−−= 2105.3 −×=BL 0)(2 1 2 1 −+= AvMMfs 22 2 2 1 2 1 AB MvMvfs −= 21min sss += 5.0 /Av m s= 10 /Bv m s= Av 21 2h gt= As v t= 0.4t s= 5.0 /A sv m st = = Bv 0 ( )A Bmv Mv M m v= + + 10 /Bv m s= 1v 0 1 2 Amv mv Mv= + 1 40 /v m s= m 2 min 2.5 10s m−= ×7 类型四、微观粒子的动量守恒问题 例 5、加拿大萨德伯里中微子观测站的研究揭示了中微子失踪之谜，即观察到的中微子 数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中（速度很大）转化为一个 μ 子和一个 τ 子。 在上述转化过程有以下说法，其中正确的是（ ） A. 牛顿运动定律依然适用 B. 动量守恒定律依然适用 C. 若发现 μ 子和中微子的运动方向一致，则 τ 子的运动方向与中微子的运动方向也可 能一致； D. 若发现 μ 子和中微子的运动方向相反，则 τ 子的运动方向与中微子的运动方向也可 能相反 【思路点拨】物理过程分析：中微子发生裂变过程中动量是守恒的，根据动量守恒方程分析 τ 子的运动方向与中微子的运动方向相同还是相反。 【答案】BC 【解析】中微子发生裂变过程中动量是守恒的， 知：当 方向与 方 向相同时， 方向与 方向可能相同，也可能相反；当 方向与 方向相反时， 方向 与 方向一定相同，且该过程是微观粒子间的作用，故牛顿运动定律不适用。故选 BC。 【总结升华】动量守恒定律是普遍适用的，牛顿运动定律仅适用于宏观低速运动。在处理微 观粒子的动量守恒问题时，仍然要正确写出动量守恒方程进行分析。 举一反三 【变式】质量为 m 的氦核，其速度为 ，与质量为 3m 的静止碳核碰撞后沿着原来的路径 被弹回，其速率为 ,则碳核获得的速度为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设氦核的初始速度方向为正方向，动量为 ，碰后氦核的动量为 ，碳核 的动量为 ，根据动量守恒定律 ，解得 ，B 正确。 类型五、碰撞中的临界问题 例 6、将两条完全相同的磁铁（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 3m/s，乙车速度大小为 2m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示。 （1）当乙车速度为零时（即乙车开始反向运动时），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？ 　　　　 = +m v m v m vµ µ τ中 中 v中 vµ vτ v中 v中 vµ vτ v中 0v 0 1 2 v 02v 0 1 2 v 0 1 3 v 0 1 6 v 0mv 0 1 2m v− 3mv 0 0 1=3 2mv mv mv− 0 1= 2v v8 【思路点拨】两车距离最小时的临界隐含条件：两车速度相等。根据动量守恒定律求解。 【答案】（1） ，方向向右。（2） ，方向向右。 【解析】此题中地面光滑，系统不受外力，动量守恒，但问题中涉及两车不相碰又属临界问 题。两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统水平动量守恒，设向右为正 方向。（1）据动量守恒知 代入数据解得 ，方向向右。 （2）两车距离最小时，两车速度相同，设为 ，由动量守恒知 　　 解得： ，方向向右。 【总结升华】本题是一个临界极值问题，解此问题的关键是要挖掘出两车距离最小时的临界 隐含条件：两车速度相等。 举一反三 【变式】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行使，速率均为 ， 甲 车 上 有 质 量 m=1kg 的 小 球 若 干 个 ， 甲 和 他 的 车 及 所 带 小 球 总 质 量 ，乙和他的车总质量 ，甲不断地将小球一个一个地以 16.5m/s 的 水平速度（相对于地面）抛向乙，并被乙接住，问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两 车不会相碰？ 　 　　 【答案】n=15（个） 【解析】两车不相碰的临界条件是它们的最后速度（对地）相同，由该系统动量守恒，以甲 运动方向为正方向，得： 　 ① 再以甲及小球为系统，同样得： 　② 由①②解得 n=15（个） 类型六、连续发生相互作用问题 例 7、（2016 全国Ⅱ卷）如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧 一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30kg，冰块的质量为 m2＝10kg，小孩 与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2. 1 /m s 0.5 /m s mv mv mv ′− =乙甲 甲 = (3 2) / =1 /v v v m s m s′ − = −乙甲 甲 v′ +mv mv mv mv′ ′− =乙甲 3 2= = = / =0.5 /2 2 2 mv mv v vv m s m sm − − −′ 乙 乙甲 甲 0 =6 /v m s 1 50M kg= 2 30M kg= =v 1 0 2 0 1 2=( )M v M v M M v′− + 1 0 1=( ) +M v M nm v nmv′−9 (i)求斜面体的质量； (ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 【答案】 (i)20 kg　(ii)不能 【解析】(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速 度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v　 ① 　② 式中 v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m3＝20kg 　③ (ii)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0　 ④ 代入数据得 v1＝1m/s　 ⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3　 ⑥ 　⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1m/s　 ⑧ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能 追上小孩． 举一反三 【变式 1】（2015 新课标Ⅰ卷）如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一 直线上，A 位于 B、C 之间。A 的质量为 m，B、C 的质量都为 M，三者均处于静止状态。 现使 A 以某一速度向右运动，求 m 和 M 之间应满足什么条件，才能使 A 只与 B、C 各发生 一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。 【答案】 【解析】A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守 恒。设速度方向向右为正，开始时 A 的速度为 v0，第一次碰撞后 C 的速度为 vC1，A 的速度 为 vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得： mv0=mvA1+MvC1 ① 2 2 2 20 2 3 2 1 1 ( )2 2m v m m v m gh= + + 2 2 2 2 20 2 2 3 3 1 1 1 )2 2 2m v m v m v= + ( 5 2)M m M− ≤