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1、物理总复习：动量守恒定律的应用 编稿：李传安 审稿：【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
2、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
3、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。反冲运动遵循动量守
4、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
5、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【
6、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：（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
7、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
8、. 【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（ ）A左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5B左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10C右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1
9、: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
10、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
11、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 解得 （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 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为，由动量守恒定律 飞
12、出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 综合式得 【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
13、。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。【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
14、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 子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒 由解得（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 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 由解得物块B到桌边的最小距离（ 是根据能量守恒列出的方程； 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”。）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）转化为一个子和一个子。在上述转化过程有以下说法，其中正确的
15、是（ ）A. 牛顿运动定律依然适用 B. 动量守恒定律依然适用C. 若发现子和中微子的运动方向一致，则子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致； D. 若发现子和中微子的运动方向相反，则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，
16、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
17、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？ 【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
18、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： 再以甲及小球为系统，同样得： 由解得 n=15（个）类型六、连续发生相互作用问题例7、火车车厢之间由车钩连接，火车起动前车钩间都
19、有间隙。不妨将火车的起动简化成如图所示的情景：在光滑水平面上有19个静止的质量均为m的木箱，自右向左编号依次为0、1、2、3、18，相邻木箱之间由完全非弹性的钩子连接，当钩子前后两部分相碰时，与钩子相连的两木箱速度立即变为相等。所有木箱均静止时，每一个车钩前后两部分间的距离都为L。（1）若只给第0号木箱一个水平向右的初速度，求第18号木箱刚运动时速度的大小；（2）若从某时刻开始，持续对第0号木箱施加向右的水平恒力F，使木箱从静止开始运动，求：（i）第1号木箱刚运动时速度的大小；（ii）从施加恒力F到第18号木箱开始运动经历的时间。【思路点拨】连续碰撞问题难度较大。（1）求第18号木箱刚运动时速
20、度的大小，因为整个过程动量守恒，与中间过程无关，初态的动量等于末态（19个）的动量。（2）要求第0号木箱与第1号木箱作用前的速度，相互作用瞬间动量守恒，求出第1号木箱刚运动时速度，同理以后依次计算，方程必然很多，显然用数学方法必须找出规律求解。【答案】（1）（2）（i）（ii）【解析】（1）19个木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即，得第18号木箱刚运动时速度的大小（2）（i）若给第0号木箱施加恒定的水平拉力F，第0、1号木箱相互作用前，第0号木箱做匀加速直线运动，加速度大小为, 第0、1号木箱相互作用前瞬间第0号木箱的速度，因为 得 第0、1号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即 解得第1号
21、木箱刚运动时速度的大小 （ii）第1号木箱刚运动时速度的大小 （由上式变形）第1号木箱与第2号木箱作用前的速度，有 又第1号木箱的加速度大小 第1、2号木箱相互作用过程满足动量守恒定律， 得第2号木箱刚运动时速度的大小满足 同理得第3号木箱刚运动时速度的大小满足 （从找出规律）第18号木箱刚运动时速度的大小满足 累加可得第18号木箱刚运动时速度的大小 对所有木箱，根据动量定理得 得所求时间 。【总结升华】这类问题对数学要求较高，一般要总结规律写出通项，有时要用到等差数列、等比数列求和公式，甚至取极限求和。举一反三【变式1】如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一
22、直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌面的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为。开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动，最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下。（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能；（2）求第i次碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比；（3）若n=4, l=0.10 m, v0=3.0 m/s，重力加速度g=10m/ s2，求的数值。【答案】（1）（2）（3）=0. 15。【解析】（1）整个过程木块克服摩擦力做功为 根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为 （2）设第i次碰撞前木块的速度
23、为，碰撞后速度为，则,碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为 （3）初动能为, 第1次碰撞前第1次碰撞后 （其中）第2次碰撞前第2次碰撞后 （其中 ） 第3次碰撞前 第3次碰撞后 （其中 ）据题意有 带入数据，联立求解得=0. 15。【高清课堂：碰撞 例5】【变式2】如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为m的五个小球，小球排列在一条直线上，彼此间隔一定的距离。开始时后面四个小球处于静止状态，第一个小球以速度向第二个小球碰去。（1）若每个小球碰撞都是弹性的，则碰后各小球的运动情况；（2）若它们先后都粘合在一起向前运动，由于连续碰撞，求系统损失的机械能。【解析】（1）根据弹性碰撞，两个质量相等的小球，一个运动，一个静止，碰后彼此交换速度，1号球静止在2号球的位置，2号球以速度运动；再与3号球碰撞，交换速度，2号球又静止在3号球的位置，3号球以速度运动；，最后1、2、3、4号球都静止，5号球以速度运动。（2）若它们先后都粘合在一起向前运动，是完全非弹性碰撞对全程进行研究，设最后共同速度为，应用动量守恒定律 ，系统损失的机械能 。