1.2 动量守恒定律 学案 (1)

第2讲　动量守恒定律
[目标定位]　1.认识系统、内力、外力；理解动量守恒定律的内容，以及其适用条件.2.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律.3.知道什么是反冲运动，了解它在实际中的应用．
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成：
p1＋p2＝p1′＋p2′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
3．动量守恒定律的普适性
动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且也适用于高速、微观物体的运动．
想一想　如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？
图1
答案　不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．
二、反冲运动与火箭
1．当空气喷出时，空气具有动量，气球要向相反方向运动，这种运动叫做反冲运动．
2．火箭
(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大，火箭能达到的速度越大．二是燃料质量，燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转，可以自动改变喷水的方向．
(2)防止
用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响．
想一想　为什么反冲运动中系统动量守恒？
答案　反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的．
一、对动量守恒定律的理解
1．研究对象
相互作用的物体组成的系统．
2．动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)系统受外力作用，但内力远远大于合外力时动量近似守恒．
(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的几个性质
(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．
(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的同一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．
例1　如图2所示，光滑的水平地面上有一上表面水平的小车C，A、B中间用一段轻绳相连接并有一被压缩的轻质弹簧，A、B、C均处于静止状态．若细绳被剪断后，A、B滑离C之前，A、B在C上向相反方向滑动，设A与C、B与C之间的摩擦力大小分别用f1、f2表示，用P表示A、B、弹簧组成的系统，用Q表示A、B、C、弹簧组成的系统．关于A、B在C上滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
图2
A．若f1＝f2，则P和Q动量均不守恒
B．若f1＝f2，则P动量守恒，Q动量不守恒
C．若f1≠f2，则P动量守恒，Q动量守恒
D．若f1≠f2，则P动量不守恒，Q动量守恒
答案　D
解析　对P，弹簧弹力为内力，而C对A、C对B的摩擦力均为外力，若f1＝f2，则P所受合外力为零，动量守恒，A错误；若f1≠f2，则P所受合外力不为零，动量不守恒，C错误；而对Q，由于弹簧的弹力、A与C、B与C之间的摩擦力均为内力，无论f1与f2是否相等，Q所受合外力均为零，动量守恒，B错误，D正确．
针对训练1　下列情形中，满足动量守恒条件的是(　　)
A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量
C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量
D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
答案　B
解析　A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒球受人手的作用力，故合力均不为零，不符合动量守恒的条件．
二、动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律的表达式及含义
(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象；
(2)分析研究对象所受的外力；
(3)判断系统是否符合动量守恒条件；
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
(5)根据动量守恒定律列式求解．
例2　质量m1＝10
g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30
cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50
g的小球以v2＝10
cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？
答案　20
cm/s　方向向左
解析　碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30
cm/s，v2＝－10
cm/s，v2′＝0.
由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据得v1′＝－20
cm/s.
故小球m1碰后的速度的大小为20
cm/s，方向向左．
借题发挥　处理动量守恒应用题“三步曲”
(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．
(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．
例3　将两个完全相同的磁铁(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3
m/s，乙车速度大小为2
m/s，方向相反并在同一直线上，如图3所示．
图3
(1)当乙车速度为零时，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？
答案　(1)1
m/s　方向向右
(2)0.5
m/s　方向向右
解析　两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．
(1)据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲－v乙＝(3－2)
m/s＝1
m/s，方向向右．
(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝
m/s＝0.5
m/s，方向向右．
三、对反冲运动的理解
1．反冲运动的特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性
对于原来静止的整体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分的速度方向必然相反．
(2)速度的相对性
一般都指对地速度．
例4　质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图4所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边(　　)
图4
A.
B.s
C．s
D.s
答案　D
解析　挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mv，挡板撤走后，由于两球及弹簧系统机械能守恒，弹性势能转化为两球的动能，且二者动能相等，则有Ep＝2×mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，由于B球抛出后做平抛运动，s＝v0t＝v0所以D对．
针对训练2　如图5所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)
图5
A．v0－v2
B．v0＋v2
C．v0－v2
D．v0＋(v0－v2)
答案　D
解析　根据动量守恒定律列方程求解．
对火箭和卫星由动量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．
故选D.
对动量守恒条件的理解
1．如图6所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)
图6
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案　C
2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图7所示．当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)
图7
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
答案　BC
解析　a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b组成的系统动量不守恒；a离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．
对反冲运动的理解
3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图8所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是(　　)
图8
A．打开阀门S1
B．打开阀门S2
C．打开阀门S3
D．打开阀门S4
答案　B
解析　反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B正确．
动量守恒定律的简单应用
4．如图9所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和他的车的总质量为150
kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5
m/s，乙同学和他的车的总质量为200
kg.碰撞前向左运动，速度的大小为4.25
m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)
图9
A．1
m/s
B．0.5
m/s
C．－1
m/s
D．－0.5
m/s
答案　D
解析　两车碰撞过程动量守恒．
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
得v＝
＝m/s＝－0.5
m/s
5．甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5
kg，v1＝2
m/s；m2＝3
kg，v2＝1
m/s.两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5
m/s，方向不变，求甲车的速度v1′.
答案　1
m/s，方向与乙车的速度方向相同
解析　设碰前甲车运动的方向为正方向．对两车组成的系统，由于在光滑的水平面上运动，作用在系统上的水平方向的外力为零，故由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝m1v1′－m2v2′，得v1′＝
＝
m/s＝－1
m/s.
负号表示甲在相碰后速度的方向与乙车的速度方向相同.
(时间：60分钟)
题组一　对动量守恒条件的理解
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是(　　)
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
答案　C
解析　根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误．
2.如图1所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)
图1
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案　C
解析　由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．
3.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法正确的是(　　)
图2
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
答案　ACD
解析　在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变，D对．
题组二　动量守恒定律的简单应用
4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为5
000
kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为10
000
kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20
m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率(　　)
A．小于10
m/s
B．大于20
m/s，小于30
m/s
C．大于10
m/s，小于20
m/s
D．大于30
m/s，小于40
m/s
答案　A
解析　两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统总动量方向向南，即p客>p卡，5
000×20
kg·m/s>10
000
kg
×v，解得v<10
m/s，故A正确．
5.如图3所示，物体A的质量是物体B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后一小段时间内(　　)
图3
A．A的速度是B的一半
B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力
D．A、B及弹簧所组成系统总动量为零
答案　AD
6.如图4所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是(　　)
图4
A．p1＋p2＝p1′＋p2′
B．p1－p2＝p1′＋p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2
D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
答案　BD
解析　因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对．经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
7．如图5所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80
kg和100
kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1
m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2
m/s，求此时B的速度大小和方向．
图5
答案　0.02
m/s　远离空间站方向
解析　以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB
＝0.02
m/s，沿远离空间站方向．
题组三　对反冲运动的理解
8.一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图6所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则(　　)
图6
A．只要lB．只有lC．只要l＝x，他一定能跳上站台
D．只要l＝x，他有可能跳上站台
答案　B
解析　人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l9.如图7所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是(　　)
图7
A．若前后舱是分开的，则前舱将向后加速运动
B．若前后舱是分开的，则前舱将向前加速运动
C．若前后舱不分开，则船将向后加速运动
D．若前后舱不分开，则船将向前加速运动
答案　B
解析　前后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前加速运动，若不分开，前后舱和水是一个整体，则船不动．
10．将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
答案　D
解析　火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
题组四　综合应用
11.如图8所示，质量为m2＝1
kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50
g的小球以1
000
m/s的速率碰到滑块后又以800
m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度．
图8
答案　90
m/s　方向与小球的初速度方向一致
解析　对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有
v1＝1
000
m/s，v1′＝－800
m/s，v2＝0
又m1＝50
g＝5.0×10－2
kg，m2＝1
kg
由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′
代入数据解得v2′＝90
m/s，方向与小球初速度方向一致．
12.如图9所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？
图9
答案　v0
解析　由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．
对m、M系统，m击中M过程动量守恒，
mv0＝(m＋M)v，所以v＝v0.
13．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s－t图象如图10所示．若a球的质量ma＝1
kg，则b球的质量mb等于多少？
图10
答案　2.5
kg
解析　由题图知va＝4
m/s，va′＝－1
m/s，vb＝0，vb′＝2
m/s，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入数据解得mb＝2.5
kg.