第二讲动量动量守恒定理
知识框架
考试说明：
建议备考时重点突破以下重点或难点：
1．辨析概念和规律：在备考时要注意对动量和动量守恒的理解，注意动量的矢量性及动量守恒的条件．尤其要辨析“动量和动能”“机械能守恒的条件和动量守恒条件”的区别．
2．理解五种常见热学模型：“人船”模型、“速度交换”模型、“完全非弹性碰撞”模型、“弹性碰撞”模型、“子弹打铁块”模型．3．注意与其他知识综合：根据课标中考的要求，动量和动量守
恒定理容易与热学、原子化学知识综合及与生产、生活、科技内容相
结合命题，所以在备考时要培养构建数学模型的能力，将数学问题剖析、推理转化为物理问题，运用物理知识解决数学问题．
一、动量
1.定义：物体的与的乘积．
2.表达式：p＝.
3.动量的三性：(1)矢量性：方向与的方向相同．
(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的数学量，是针对某一而言的．
(3)相对性：大小与参考系的选定有关，一般情况是指相对的动量．
二、动量守恒定理
1.定理内容：一个系统或则之和为零时，这个系统的总动量保持不变．
2.公式抒发：m1v1＋m2v2＝.
三、碰撞
1.特征：作用时间极短，内力(互相碰撞力)远外力，总动量守恒．
2.分类：(1)弹性碰撞：既满足，又满足．碰撞中没有机械能损失．
(2)非弹性碰撞：碰撞后总机械能碰撞前总机械能，满足．碰撞中有机械能损失．
(3)完全非弹性碰撞：只满足，不满足机械能守恒．两物体碰后速率相等并粘在一起运动，系统机械能损失．
四、反冲运动
1.反冲现象：在系统内力作用下，系统内一部份物体向某方向发生动量变化，而其余部份物体向相反的方向发生动量变化的现象．
2.应用：如雄鹿、喷气式客机等就是借助了反冲运动的原理．
3.特征：在反冲运动中，系统的是守恒的．
探究点一对动量守恒条件的理解
提示：(1)物体动能改变，动量一定改变，但动量改变，动能却不一定改变，如匀速圆周运动中物体的速率大小不变，动能不变，但速率方向变化，故动量一定变化．
(2)动量是状态量，在谈及动量时，必须明晰是物体在那个时刻或那个状态所具有的动量．
2.动量守恒的条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．
(2)系统遭到的合外力不为零，但当内力远小于外力时，系统的动量可看成近似守恒，如碰撞、爆炸、反冲类问题中，内力远小于外力，外力忽视不计，可觉得系统的动量守恒．
(3)当某个方向上受合外力为零，在该方向上动量守恒．
3.动量守恒定理与机械能守恒定理的比较
AB原先静止在平板货车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧忽然释放后，则以下说法不正确的是()
图50－1
A.若A、B与平板车上表面间的动磨擦质数相同，A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动磨擦质数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B所受的磨擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B所受的磨擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
变式：如图50－2所示，货车置于光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，之后同时放开小球和货车，这么在之后的过程中()
图50－2
A.小球向左摆动时，货车也向左运动，且系统动量守恒
B.小球向左摆动时，货车往右运动，且系统动量守恒
C.小球向左摆到最低点，小球的速率为零而货车的速率不为零
D.在任意时刻，小球和货车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反
变式2、抛出的手榴弹在最低点时水平速率为10m/s，这时忽然炸成两块，其中大块质量为300g仍按原方向飞行，其速率为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速率的大小和方向．
探究点二动量守恒定理的通常应用
1.动量守恒定理的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定理表达式是矢量多项式，在解题时应规定正方向．
(2)同一性：定理表达式中的速率应相对同一参考系，通常以地面为参考系．
(3)瞬时性：定理中的初态动量是互相作用前同一时刻的瞬时值，末态动量对应互相作用后同一时刻的瞬时值
(4)普适性：它除了适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；除了适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
2.应用动量守恒定理解决问题的基本思路和技巧
(1)剖析题意，明晰研究对象．在剖析互相作用的物体总动量是否守恒时，一般把那些被研究的物体也称为系统．对于比较复杂的化学过程，要采用程序法对全过程进行分段剖析，要明晰在什么阶段中，什么物体发生互相作用，进而确定所研究的系统是由什么物体组成的．
(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力剖析，弄清什么是系统内部物体之间互相作用的内力，什么是作用于系统的外力．在受力剖析的基础上依据动量守恒定理的条件，判定能够应用动量守恒定理．
(3)明晰所研究的互相作用过程，确定过程的始末状态动量定理实际生活中的例子，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间互相作用的过程时，各物体运动的速率均应取月球为参考系．)
(4)确定正方向，构建动量守恒多项式求解．
例2[2009·山东卷]如图50－3所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳联接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速率v0运动，C静止．某时刻细绳忽然断掉，A、B被弹开，之后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速率刚好相同．求B与C碰撞前B的速率．
图50－3
变式：两吸铁石各置于一辆货车上，如图50－4所示，货车能在水平面上无磨擦地沿同仍然线运动．已知甲车和吸铁石的总质量为0.5kg，乙车和吸铁石的总质量为2.0kg，两吸铁石的N极相对．促使一下，使两车相向运动．某时刻甲的速度为2m/s，乙的速度为3m/s，两车运动过程中一直未相撞．求：
(1)两车近来时，乙的速率为多大？
(2)甲车开始反向时，乙的速率为多大？
图50－4
探究点三碰撞中的动量与动能
1、碰撞的种类及特征
分类标准种类特征
能量是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒
非完全碰撞动量守恒，机械能不守
恒
完全非弹性碰撞动量守恒，机械能不守
恒
碰撞前后速率是否共线对心碰撞（正碰）碰撞前后速率共线非对心碰撞（斜碰）碰撞前后速率不共线
提示：因为物体碰撞中作用时间极短、内力远小于外力、碰撞过程中位移变化可忽视不计，所以在碰撞过程中动量守恒．
2.弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
1＝
m1v1′2＋
m2v′22
解得v1′＝m1－m2v1
m1＋m2
v2′＝
2m1v1
m1＋m2
推论：(1)当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速率．
(2)当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都往前运动．
(3)当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被大跌回去．
3.解析碰撞问题的通常技巧
解析碰撞类问题时，通常从以下三个方面剖析：
(1)动量守恒．
(2)碰撞中机械能不降低．
(3)碰撞中物体的速率变化情况．若物体所受撞击力方向跟物体的初速率方向相同，则碰撞后动量定理实际生活中的例子，物体的速率减小，若撞击力与物体的初速率方向相反，则碰撞后，物体的速率降低乃至反向．
4.常见的热学模型及推论
例3[2010·全国卷Ⅱ]小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA>mB.在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与水平地面碰撞后向下弹回．在释放处下方与释放处距离为H的地方正好与正在下落的小球B发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．
变式1：[2010·宜宾模拟]质量相等的甲、乙两球在光滑水平面上沿同仍然线运动．甲以7kg·m/s的动量追上前方以5kg·m/s的动量同向运动的乙球发生正碰，则碰后甲、乙两球动量不可能的是()
A.6.5kg·m/s,5.5kg·m/s
B.6kg·m/s,6kg·m/s
C.5.5kg·m/s,6.5kg·m/s
D.4kg·m/s,8kg·m/s
变式2如图50－5所示，质量为3m、长度为L的铁块静止放置在光滑的水平面上．质量为m的炮弹(可视为质点)以初速率v0水平往右
射入铁块，穿出铁块时速率变为25
v0.试求：(1)炮弹穿出铁块后，铁块的速率大小；
(2)炮弹穿透铁块的过程中，所遭到平均阻力的大小．
图50－5
变式3、[2010·广雅学校]如图50－6所示，光滑曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板货车上表面相平，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上货车，致使货车在光滑水平面上滑动．已知小滑块从高为H的位置由静止开始滑下，最终停到货车上．若货车的质量为M.g表示重力加速度，求：
(1)滑块抵达轨道底端时的速率大小v0；
(2)滑块滑上货车后，货车达到的最大速率v；
(3)该过程系统形成的内能Q；
(4)若滑块和车之间的动磨擦质数为μ，则车的宽度起码为多少？
图50－6
答案：例1A[解析]假如A、B与平板车上表面间的动磨擦质数相同，弹簧释放后，A、B分别相对货车向左、向右滑动，它们所受的滑动磨擦力FA往右，FB向左，因为mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的磨擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确；若A、B所受磨擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．故选A.
[点评](1)判定系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零．因而，本题的难点是要分清系统中的物体所受的力什么是内力，什么是外力.(2)在同一化学过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选定密切相关，如本题中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的，因而，在借助动量守恒定理解决问题时，一定要明晰在哪一过程中什么物体组成系统的动量是守恒的，即要明晰研究对象的过程．
变式题1D[解析]小球和货车所组成的系统在水平方向所受外力为零，动量守恒，故选项D正确；而系统总动量并不守恒，故选项B不正确．
变式题250m/s，与初速率方向相反
[解析]手榴弹在空中爆燃时所受合外力应是它深受的重力G＝(m1＋m2)g，可见系统的动量并不守恒．但在爆燃顿时，内力远小于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒．
设手榴弹原飞行方向为正方向，则整体初速率v0＝10m/s；m1＝0.3kg的大块速率为v1＝50m/s，m2＝0.2kg的小块速率为v2，方向不清，暂设为正方向．
由动量守恒定理：
(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
v2＝(m1＋m2)v0－m1v1
m2＝
(0.3＋0.2)×10－0.3×50
0.2m/s
＝－50m/s
此结果表明，质量为200g的部份以50m/s的速率向反方向运动，其中减号表示与所设正方向相反．
例295v0
[解析]设三滑块的共同速率为v，滑块A与B分开后，B的速率为vB，由动量守恒定理
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB①
mBvB＝(mB＋mC)v②
联立①②式，得B与C碰撞前B的速率vB＝9
5v0.
[点评]解决本题的关键是确定研究的系统，细绳忽然断掉，A、B被弹开，此时可把发生互相作用的滑块A、B看成系统，之后B又与C发生碰撞并粘在一起，可再把发生互相作用的滑块B、C看成
系统．在应用动量守恒定理解题时，要采用程序法对全过程进行分段剖析，要明晰在什么阶段中，什么物体发生互相作用，进而确定所研究的系统是由什么物体组成的．在应用动量守恒定理解题时，除要注意系统的选定外，还要注意剖析系统中物体的临界状态，请剖析下边的变式题．
变式题(1)2m/s(2)2.5m/s
[解析](1)两车相距近来时，两车的速率相同，设该速率为v，取乙车的速率方向为正方向．由动量守恒定理得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
代入数据得：v＝2m/s
所以两车近来时，乙车的速率为v＝2m/s.
(2)甲车开始反向时，其速率为0，设此时乙车的速率为v′乙，由动量守恒定理得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
得v′乙＝2.5m/s.
＋mB2H
[解析]按照题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速率大小相等，设均为v0.
由机械能守恒有mAgH＝12
mAv20①设小球A与B碰撞后的速率分别为v1和v2，以竖直向下方向为正，由动量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②
因为两球碰撞过程中能量守恒，则
12mAv20＋12mBv20＝12mAv21＋12
mBv22③联立②③式得
v2＝3mA－mBmA＋mBv0
④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有
h＝v222g
⑤由①④⑤式得
??3mA－mBmA＋mB2H.
[点评]两球碰撞是弹性的且碰撞时间极短，意味着系统动量守恒、机械能守恒，在同一高度相撞蕴藏着碰前速率大小相等，以上两点是解决本题的关键．借助动量和能量的观点处理问题是解决热学问题常用的方式，试借助以上理念剖析下边的变式题．
变式题1D[解析]碰撞过程满足：①动量守恒；②动能不
降低且EK＝p22m
；③甲球的速率大于或等于乙球的速率．由此可推论：碰后甲、乙两球动量不可能的是D.
变式题2(1)15v0(2)9mv2025L
[解析](1)设炮弹穿出铁块后，铁块的速率大小为v.设往右方向为正方向，由动量守恒定理可得：
mv0＝3mv＋25
mv0①解得：v＝15
v0②(2)设炮弹穿透铁块的过程中，所遭到平均阻力的大小为f.由能量守恒定理可得：
fL＝12mv20－32mv2－12m(25
v0)2③联立②③式可得：f＝9mv2025L
变式题3(1)2gH(2)mm＋M·2gH
(3)MmM＋m·gH(4)Mμ(M＋m)
·H
[解析](1)滑块由高处运动到轨道底端，机械能守恒．mgH＝12
mv20，解得v0＝2gH
(2)滑块滑上平板车后，系统水平方向不受外力，动量守恒．货车最大速率为与滑块共同的速率．
mv0＝(m＋M)v
解得v＝m·v0M＋m＝mM＋m·2gH(3)由能的转化与守恒定理可知，系统形成的内能等于系统损失的机械能，即：
Q＝mgH－12(M＋m)v2＝M·mM＋m
·gH
(4)设货车的宽度起码为L，则mgμL＝Q
即L＝
mgμ·
M·m
(M＋m)
·gH＝
μ·(M＋m)·H.
下载文档原格式(Word原格式，共14页)
付费下载