3 动量守恒定律
[定位·学习目标] 1.通过阅读教材,了解系统、内力和外力,形成物理观念。2.通过理论推导掌握动量守恒定律的确切含义和表达式,知道动量守恒定律的适用条件,形成科学思维。3.通过实例分析,了解动量守恒定律的普遍适用性,会初步利用动量守恒定律解决实际问题,解释生产生活中的有关现象。
知识点一 相互作用的两个物体的动量改变
探究新知
1.建构碰撞模型
如图,在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B,质量分别是m1和m2,沿同一直线向同一方向运动,速度分别是v1和v2,v2> v1。当B追上A时发生碰撞,碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1,B所受A对它的作用力是F2。碰撞时,两物体之间力的作用时间很短,用Δt表示。
2.推导过程
以物体A为研究对象,根据动量定理,物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量,即F1Δt=m1v1′-m1v1。
以物体B为研究对象,物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量,即
F2Δt=m2v2′-m2v2。
根据牛顿第三定律F1=-F2,两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反,故有m1v1′+m2v2′=m1v1+m2v2。
3.归纳总结
两个物体各自受到对方的作用力,且两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为0的情况下动量守恒。
新知检测
如图所示,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
【答案】 不能;把帆船和电风扇看作相互作用的两个物体,电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反,这是一对内部作用力,它们所受外部作用力矢量和为零,故它们总动量守恒,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。
知识点二 动量守恒定律
探究新知
1.系统、内力与外力
(1)系统:由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统,简称系统。
(2)内力:系统中物体间的作用力。
(3)外力:系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2.动量守恒定律
(1)内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,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 m1v1′+m2v2′=m1v1+m2v2。
(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为0。
正误辨析
(1)动量守恒定律适用于宏观物体,不适用于微观粒子。( × )
(2)一个系统初、末状态的动量大小相等,即动量守恒。( × )
(3)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞,这两个物体组成的系统动量守恒。( √ )
(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。( √ )
(5)系统动量守恒,动能不一定守恒;某一方向上动量守恒,系统整体动量不一定守恒。( √ )
要点一 对动量守恒定律的理解
情境探究
情境1:如图甲所示,在光滑水平面上发生正碰的两小球。
情境2:如图乙所示,小车A、B静止在光滑水平面上。
情境3:如图丙所示,速度为v0的物体滑上光滑水平面上的小车。
探究:(1)图甲中,两小球受哪些力的作用 哪些力是内力 哪些力是外力 系统动量守恒吗
(2)图乙中,烧断细线后,两小车受弹簧弹力的作用,系统动量守恒吗
(3)图丙中,物体与小车组成的系统动量守恒吗
【答案】 (1)两小球发生正碰时,它们之间的相互作用力是内力。小球还受到重力和水平面对它们的支持力,是外力。由于外力的合力为零,故系统动量守恒。
(2)烧断细线后,弹簧弹力是内力,系统所受外力的合力为零,系统动量守恒。
(3)物体和小车组成的系统,水平方向上合力为零,动量守恒;竖直方向上合力不为零,动量不守恒。
要点归纳
1.对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个运动过程中任意两个时刻的总动量都相等,不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
2.动量守恒定律的适用条件
(1)理想条件:系统不受外力或所受外力矢量和为0。
(2)近似条件:系统受外力作用,但内力远远大于外力,此时动量近似守恒。
(3)单方向的动量守恒条件:系统受到的合力不为零,但在某一方向上合力为零(或某一方向上内力远远大于外力),则系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的特性
(1)系统性:研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)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。
(3)同时性:初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量,末动量必须是各物体作用后同一时刻的动量。
(4)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。
(5)普适性:动量守恒定律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;不仅适用于低速、宏观物体组成的系统,也适用于高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域。
典例研习
[例1] (对动量守恒的理解)(2025·山东青岛期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件。关于动量守恒的条件,下列说法正确的是( )
[A]只要系统所受外力的合力为零,系统动量一定守恒
[B]只要系统内某个物体做加速运动,系统动量就不守恒
[C]只要系统所受合力恒定,系统动量守恒
[D]只要系统内存在摩擦力,系统动量不可能守恒
【答案】 A
【解析】 只要系统所受合力为零,则外力对系统的冲量为0,系统的动量不发生改变,即系统动量守恒,与系统内物体的运动状态、受力性质均无关。当系统所受合力恒定但不为零时,系统动量不守恒。选项A正确。
对动量守恒定律理解的两个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,系统的动量就守恒。产生该误区的原因是忽略了动量守恒的条件——系统必须在整个变化过程中所受合外力为零,从而使动量矢量和始终不变。
将系统外力和系统内力相混淆,系统在变化的过程中每一个时刻动量均守恒。
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时,系统动量才能守恒。产生该误区的原因是忽视了动量的矢量性,只要系统不受外力或所受合力为零,则系统动量守恒,系统内各物体的运动不一定共线。
[例2] (动量守恒的判断)(2025·山东日照阶段练习)下列情境中,A、B组成的系统满足动量守恒定律的是( )
[A]图甲中,物块A以初速度v0冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B
[B]图乙中,四分之一圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后
[C]图丙中,从悬浮的热气球B上水平抛出物体A,在A落地前的运动过程中
[D]图丁中,水下打捞作业时,将浮筒B与重物A用轻绳相连接且加速上升
【答案】 C
【解析】 题图甲中,物块A以初速度v0冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B,系统所受合力不为零,动量不守恒,故A错误;题图乙中,四分之一圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后,水平方向合力为零,动量守恒,但是竖直方向合力不为零,故系统动量不守恒,故B错误;题图丙中,从悬浮的热气球B上水平抛出物体A,在A抛出前系统所受外力为零,A抛出后到落地前的运动过程中,A、B整体所受外力仍然为0,故系统动量守恒,故C正确;题图丁中,浮筒B与重物A加速上升,系统所受外力不为零,动量不守恒,故D错误。
判断动量守恒的两个关键环节
(1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)判断系统的动量是否守恒,要注意守恒的条件是不受外力或所受外力矢量和为零,因此要分清哪些力是内力,哪些力是外力。
要点二 动量守恒定律的应用
情境探究
在《三国演义》“草船借箭”中,若草船的质量为m1,每支箭的质量为m,草船以速度v1返回时,对岸士兵万箭齐发,n支箭同时射中草船,箭的速度皆为v,方向与船行方向相同。由此,草船的速度会增加多少 (不计水的阻力)
【答案】 船与箭的作用过程系统动量守恒,m1v1+nmv=(m1+nm)(v1+Δv),得Δv=(v-v1)。
要点归纳
1.动量守恒定律的常用表达式
(1)p=p′:相互作用前系统的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′:相互作用的两个物体组成的系统,作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和。
(3)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。
(4)Δp=0:系统总动量增量为零。
2.应用动量守恒定律解题的步骤
典例研习
[例3] (两物体系统的动量守恒问题)(2025·江苏宿迁期中)2024年12月17日,长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心成功发射“水利一号”遥感卫星。假设火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以6.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻卫星沿轨道切线方向以相对火箭壳体1.4×103 m/s的速度瞬间分离。已知卫星的质量是400 kg,火箭壳体的质量是1 000 kg,则分离后卫星的速度是( )
[A]5.5×103 m/s [B]6.0×103 m/s
[C]7.0×103 m/s [D]7.5×103 m/s
【答案】 C
【解析】 卫星和火箭系统,分离过程时间很短,其所受地球引力对系统的冲量可以忽略不计,即动量守恒。设分离后卫星的速度为v,火箭壳体的速度为v′,则有v=v′+1.4×103 m/s,即v′=v-1.4×103 m/s,根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v+m2v′,代入数据解得v=7.0×103 m/s,故A、B、D错误,C正确。
[例4] (三物体系统的动量守恒问题) (多选)(2025·山东青岛期中)如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是( )
[A]小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]小孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
[D]小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量
【答案】 CD
【解析】 当系统所受合力为零时,系统动量守恒,小孩、小车与木箱三者组成的系统合力为零,该系统动量守恒,但小孩与木箱、小车与木箱动量不守恒,故A、B错误,C正确;由动量定理可知,小孩对木箱推力的冲量等于木箱动量的变化量,故D正确。
系统动量守恒的判定方法
(1)分析动量守恒时研究对象是系统,要分清外力与内力。
(2)研究系统所受外力的矢量和。
(3)若外力的矢量和为零,则系统动量守恒;若外力在某一方向上合力为零,则在该方向上系统动量守恒。
(4)系统动量严格守恒的情况很少,在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。
要点三 动量守恒定律解决多物体、多过程问题
典例研习
[例5] (2025·山西临汾检测)滑板运动是青少年喜欢的运动之一,某滑板运动场地如图所示,水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接,滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下,同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时,滑板爱好者跳到滑板乙上,并和滑板乙保持相对静止,此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点,被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB的倾角θ=30°,圆弧CD的半径R=2 m,圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α=53°,滑板的质量m=4 kg,滑板爱好者的质量M=60 kg,不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦,滑板爱好者与滑板均可视为质点,g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时,对C点的压力大小;
(2)斜面上A、B间的距离。
【答案】 (1)72 N (2)2.025 m
【解析】 (1)对滑板乙,从D点运动到C点的过程中,由动能定理得
mgR(1-cos 53°)=m-0,
在C点,由牛顿第二定律得FN-mg=m,
解得FN=72 N,
即滑板乙对C点的压力大小FN′=FN=72 N。
(2)两滑板均恰能到达D点被工作人员接收,则滑板爱好者及两滑板三者共速,v共=v1,
以滑板爱好者及两滑板为研究对象,由动量守恒定律得(M+m)v2-mv1=(M+2m)v共,
设A到B的距离为L,对滑板爱好者及滑板甲,从A到B的过程中,根据动能定理有
(M+m)gLsin 30°=(M+m)-0,
代入数值,联立解得L=2.025 m。
多个物体相互作用时,物理过程往往比较复杂,分析此类问题时应注意:
(1)正确进行研究对象的选取,有时需应用整体动量守恒,有时只需应用部分物体动量守恒。研究对象的选取,一是取决于系统是否满足动量守恒的条件,二是根据所研究问题的需要。
(2)正确进行过程的选取和分析,通常对全程进行
分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒,有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
(3)解决多过程问题要正确进行过程的选取和分析,通常对全程进行分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律;有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
核心归纳
项目 动量守恒定律 机械能守恒定律
相同点 研究对象 相互作用的物体组成的系统
研究过程 某一运动过程
不同点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功
表达式 p1+p2=p1′+p2′ Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
表达式的矢标性 矢量式 标量式
某一方向上应用情况 可在某一方向独立使用 不能在某一方向独立使用
运算法则 用矢量法则进行合成或分解 代数和
特别提醒
(1)系统的动量(机械能)是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)涉及相互作用的系统的能量转化问题时,可综合应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律、功能关系列出相应方程分析解答。
典例研习
[例题] 在光滑水平面上有一质量M=4 kg的滑块,滑块的一侧为光滑的四分之一圆弧,水平面恰好与圆弧相切,圆弧半径R=1 m。一质量m=1 kg的小球以速度v0向右运动冲上滑块,g取10 m/s2。若小球刚好没有冲出滑块的最上端,求:
(1)小球的初速度v0的大小;
(2)滑块获得的最大速度。
[思路引导] (1)小球与滑块相互作用的过程中水平方向上动量守恒。
(2)该系统的机械能守恒。
(3)小球从滑块左端滑出时滑块获得的速度最大。
【答案】 (1)5 m/s (2)2 m/s
【解析】 (1)当小球上升到滑块的最上端时,小球与滑块水平方向的速度相同,设为v1,根据水平方向动量守恒有mv0=(m+M)v1,
系统机械能守恒,有
m=(m+M)+mgR,
解得v0=5 m/s。
(2)小球到达最高点以后又滑回,此过程滑块继续向右做加速运动,当小球离开滑块时滑块的速度最大,研究小球从开始冲上滑块到离开滑块的过程,根据动量守恒和机械能守恒,有
mv0=mv2+Mv3,
m=m+M,
解得v3=2 m/s。
1.(2025·江西抚州期中)物理学理论是系统化了的物理知识,它以为数不多的物理概念为基石,以物理定律为核心,建立了经典物理学与近代物理学及其各分支的严密的逻辑体系。下列对有关概念理解正确的是( )
[A]动量守恒定律在研究高速、微观领域时是不适用的
[B]冲量是表示作用在物体上的力在时间上的累积效应的物理量
[C]功和冲量都是典型的状态量,而能量和动量是典型的过程量
[D]矢量是数学、物理学和工程科学等多个自然学科中的基本概念,动量是矢量,冲量是标量
【答案】 B
【解析】 动量守恒定律在研究高速、微观领域时是适用的,故A错误;冲量是表示作用在物体上的力在时间上的累积效应的物理量,故B正确;功和冲量都是很典型的过程量,而能量和动量是典型的状态量,故C错误;矢量是数学、物理学和工程科学等多个自然科学中的基本概念,动量和冲量均是矢量,故D错误。
2.如图所示,光滑水平面上放置一足够长的木板A,其上表面粗糙,两个质量和材料均不同的物块B、C,以不同的水平速度分别从两端滑上木板A。当B、C在木板A上滑动的过程中,由A、B、C组成的系统( )
[A]动量守恒,机械能守恒
[B]动量守恒,机械能不守恒
[C]动量不守恒,机械能守恒
[D]动量不守恒,机械能不守恒
【答案】 B
【解析】 因水平面光滑,则A、B、C组成的系统所受合力为零,满足动量守恒条件,系统动量守恒;木板A上表面粗糙,物块B、C在其上滑行时,会摩擦生热,系统机械能有损失,则系统机械能不守恒。
3.质量为M的沙车,沿光滑水平地面以速度v0做匀速直线运动,此时从沙车上方落下一个质量为m的铁球,如图所示。铁球落入沙车后,沙车将( )
[A]立即停止运动
[B]仍匀速运动,速度仍为v0
[C]仍匀速运动,速度小于v0
[D]做变速运动,速度不能确定
【答案】 C
【解析】 沙车及铁球组成的系统水平方向不受外力,则水平方向动量守恒,有Mv0=(M+m)v,v= v04.物理课上,老师邀请一名同学共同为大家演示了一个有趣的实验。如图,该同学托举着一块质量为M的砖块,老师用小铁锤以大小为v1的速率向下击打(击打时间极短),击打后小铁锤以大小为 v1 的速率弹回,已知小铁锤质量为m,砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t,重力加速度为g。求:
(1)在击打过程中,铁锤所受冲量I;
(2)砖块缓冲过程中对手的压力F的大小。
【答案】 (1)mv1,方向向上 (2)Mg+
【解析】 (1)根据题意,规定向下为正方向,对铁锤由动量定理有
I=-m-mv1=-mv1,
即铁锤所受冲量大小为mv1,方向向上。
(2)根据题意可知,铁锤与砖块碰撞过程时间极短,
系统的动量守恒,规定向下为正方向,则有
mv1=-m+Mv2,
缓冲过程,对砖块应用动量定理有
(Mg-F′)t=0-Mv2,
联立解得
F′=Mg+,
由牛顿第三定律得砖块对手的压力为
F=F′=Mg+。
课时作业
(分值:60分)
考点一 对动量守恒定律的理解
1.(4分)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,光滑水平面上两小车中间夹一压缩的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统,下列说法错误的是( )
[A]两手同时放开后,系统总动量始终为零
[B]先放开左手,后放开右手,总动量向左
[C]先放开左手,后放开右手,总动量向右
[D]无论何时放手,只要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】 C
【解析】 当两手同时放开时,系统的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因为开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,故A说法正确;先放开左手,后放开右手,放开右手时系统的动量方向向左,此后动量守恒,即总动量向左,故B说法正确,C说法错误;无论是否同时放手,只要两手都放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统所受合外力为零,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零,故D说法正确。
2.(4分)如图所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球拉开一定的角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中( )
[A]小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒
[B]小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒
[C]小球向左摆到最高点时,小球的速度为零,而小车的速度不为零
[D]在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零)
【答案】 D
【解析】 依题意,小车和小球组成的系统水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒,则小球向左摆动时,小车向右运动,但系统的动量不守恒,故A、B错误;由于系统在水平方向动量守恒,所以在任意时刻,小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或都为零),小球向左摆到最高点时,小球的速度为零,小车的速度也为零,故C错误,D正确。
3.(6分)(多选)(2025·山西运城阶段练习)“天宫”空间站的电推进系统,也称电推进发动机,如图所示,其工作原理是先将氙气等惰性气体转化为带电离子,然后把这些离子加速、喷出以产生推进力,进而完成航天器的姿态控制、轨道修正和轨道维持等任务。已知单位时间内能喷出总质量为m、对地速度为v的离子,不计离子喷出对空间站质量的影响,下列说法正确的是( )
[A]电推进系统工作时整个空间站系统的动量守恒
[B]电推进系统工作时整个空间站系统的机械能守恒
[C]电推进系统工作时产生的推进力大小为mv
[D]电推进系统工作时产生的推进力大小为2mv
【答案】 AC
【解析】 电推进发动机工作时,推进力对系统做正功,系统的机械能增加,但沿系统飞行方向所受合力为0,由于工作时间很短,地球引力的冲量可忽略不计,由此可判断系统的动量守恒,故A正确,B错误;对离子根据动量定理有Ft=mv-0,解得 F=,其中t=1 s,可知电推进系统工作时产生的推进力大小为mv,故C正确,D错误。
考点二 动量守恒定律的应用
4.(4分)(2025·湖南益阳期末)质量为M的热气球在空中以速率v0匀速上升,一质量为m的人在悬绳上相对热气球静止。若人以相对地面的速率v沿绳匀速向下运动,则热气球的速率为( )
[A]v0+v [B]v0-v
[C]v0+(v0+v) [D]v0+(v0-v)
【答案】 C
【解析】 对热气球和人组成的系统,开始时匀速上升,所受合力为0,人向下运动的过程中系统动量守恒,根据动量守恒定律有(M+m)v0=-mv+Mv1,得v1=v0+(v0+v),故C正确。
5.(10分)(2025·河南安阳期中)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,方向向右,乙车速度大小为2 m/s,方向向左并与甲车速度方向在同一直线上,如图所示。
(1)当乙车速度为0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】 (1)两个小车及磁铁组成的系统水平方向不受外力作用,即所受合力为0,则系统动量守恒。设向右为正方向,当乙车速度为0时,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=mv甲′,
代入数据解得v甲′=1 m/s,方向向右。
(2)当两车的距离最小时速度相同,设为v′,
根据动量守恒定律有mv甲+mv乙=2mv′,
代入数据解得v′=0.5 m/s,方向向右。
考点三 多物体、多过程动量的守恒问题
6.(4分)(2025·湖北荆州阶段练习)一颗弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平向右的速度v0=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量之比为5∶1。不计质量损失,重力加速度g取10 m/s2。下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 规定向右为正方向,设弹丸的质量为6m,则甲的质量为5m,乙的质量为m,弹丸爆炸前后水平方向不受外力,则水平方向动量守恒。设爆炸后甲的速度为v1,乙的速度为v2,根据动量守恒定律有6mv0=5mv1+mv2,由于两块弹片都由同一高度做平抛运动,运动时间均为t== s=1 s,两块弹片的水平位移分别为x1=v1t,x2=v2t,结合图示轨迹图,计算对应的v1、v2数值,代入6mv0=5mv1+mv2,可知,仅选项A中的位移满足爆炸时动量守恒关系。故A正确。
7.(10分)(2025·河南濮阳阶段练习)如图所示,一个机器人在冰面上进行“滑车”练习,开始机器人站在A车前端与车以共同速度v0=0.9 m/s向右做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,机器人迅速从A车跳上B车,又立即从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞。已知机器人的质量m=25 kg,A车和B车质量均为mA=mB=100 kg,若机器人跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反,求:
(1)机器人跳回A车后,他和A车的共同速度大小;
(2)机器人跳离A车和B车时对地速度的大小;
(3)机器人跳离A车的过程中对A车冲量的大小。
【答案】 (1)0.5 m/s (2)1 m/s (3)2.5 kg·m/s
【解析】 (1)机器人跳离A车又跳回的结果是A、B两车恰好不相撞,则最后具有相同的速度。
由于机器人、A车、B车组成的系统所受合力为零,即动量守恒,根据动量守恒定律有
(m+mA)v0=(m+mA+mB)v,
代入数据解得v=0.5 m/s。
(2)设机器人跳上又跳离B车时对地的速度大小为v′,以向左为正方向,对机器人、B车根据动量守恒定律有Δp=-ΔpB,即2mv′=mBv,解得v′=1 m/s,
即机器人跳离A车和B车时对地的速度大小为 1 m/s。
(3)设机器人跳离A车后A车的速度为vA′,根据动量守恒定律有(m+mA)v0=mv′+mAvA′,
解得vA′=0.875 m/s,
根据动量定理,小孩对A车的冲量大小
I=ΔpA=mAv0-mAvA′=2.5 kg·m/s。
8.(6分)(多选)(2025·湖南长沙阶段练习)如图所示,a、b两物体彼此接触静止放在光滑的水平桌面上,物体a的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道,将小球c紧贴轨道右侧最高点P由静止释放,则( )
[A]a、b、c组成的系统机械能守恒,动量也守恒
[B]当c第一次滑到最低点时,a和b开始分离
[C]c可以滑到a左侧与P等高的地方
[D]最后a将从桌面左边滑出
【答案】 BD
【解析】 a、b、c三者组成的系统竖直方向合力不为零,即动量不守恒,但除重力、弹力外无其他力做功,则机械能守恒,故A错误。在小球c第一次滑到最低点前,c对a的作用力始终有向右的水平分力,因此a与物体b挤压而有向右的共同速度,不会与b分离;而c滑过最低点后对a的作用力有向左的水平分力,a的速度将变小,而b匀速运动,因此a与b出现分离,故B正确。由于系统满足水平方向动量守恒,系统初动量为零;b与a分离后,b将一直向右做匀速直线运动,b的动量向右,则分离后a、c的总动量向左,a、c将向左不断运动,最终从桌面左边滑出,因物体b获得了动能,则c不可以滑到a左侧与P等高的地方,故C错误,D正确。
9.(12分) (2025·重庆北碚期中)如图所示,水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的劲度系数为k的轻质弹簧相连,一开始整个装置处于静止状态且弹簧的弹性势能为Ep0。现有一套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下,与圆盘碰撞后粘在一起运动。已知圆环质量为m,圆盘质量为2m,圆环与圆盘碰撞时间为t,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求碰后瞬间圆环和圆盘的速度大小;
(2)求碰撞过程中,圆盘对圆环的平均作用力的大小;
(3)当圆环和圆盘一起下落速度最大时弹簧的弹性势能为Ep,求此时系统的最大动能Ekmax。
【答案】 (1) (2)+mg
(3)Ep0++-Ep
【解析】 (1)圆环与圆盘碰撞前圆环做自由落体运动,设与圆盘碰前速度为v0,有=2gh,
圆环与圆盘碰撞过程中圆环和圆盘所受外力的冲量忽略不计,即动量守恒,根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v,解得v=。
(2)圆环与圆盘碰撞过程中,根据动量定理,对圆环有(mg-)t=mv-mv0,
解得=+mg。
(3)圆环与圆盘碰撞前,对圆盘有2mg=kx1,
当圆环和圆盘一起下落时,两者加速度为0时速度最大,此时有(2m+m)g=kx2,
根据能量守恒定律有
Ep0+(mg+2mg)·Δx+(m+2m)v2=Ekmax+Ep,
其中Δx=x2-x1,
联立解得Ekmax=Ep0++-Ep。(共57张PPT)
3 动量守恒定律
[定位·学习目标]
1.通过阅读教材,了解系统、内力和外力,形成物理观念。2.通过理论推导掌握动量守恒定律的确切含义和表达式,知道动量守恒定律的适用条件,形成科学思维。3.通过实例分析,了解动量守恒定律的普遍适用性,会初步利用动量守恒定律解决实际问题,解释生产生活中的有关现象。
探究·必备知识
知识点一 相互作用的两个物体的动量改变
「探究新知」
1.建构碰撞模型
如图,在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B,质量分别是m1和m2,沿同一直线向同一方向运动,速度分别是v1和v2,v2> v1。当B追上A时发生碰撞,碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′。碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1,B所受A对它的作用力是F2。碰撞时,两物体之间力的作用时间很短,用Δt表示。
2.推导过程
以物体A为研究对象,根据动量定理,物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量,即F1Δt= 。
以物体B为研究对象,物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量,即
F2Δt= 。
根据牛顿第三定律F1=-F2,两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小 、方向 ,故有m1v1′+m2v2′= 。
m1v1′-m1v1
m2v2′-m2v2
相等
相反
m1v1+m2v2
3.归纳总结
两个物体各自受到对方的作用力,且两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为 的情况下 守恒。
0
动量
「新知检测」
如图所示,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
【答案】 不能;把帆船和电风扇看作相互作用的两个物体,电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反,这是一对内部作用力,它们所受外部作用力矢量和为零,故它们总动量守恒,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。
知识点二 动量守恒定律
「探究新知」
1.系统、内力与外力
(1)系统:由两个(或多个)相互作用的物体构成的 叫作一个力学系统,简称系统。
(2)内力: 中物体间的作用力。
(3)外力:系统 的物体施加给系统内物体的力。
整体
系统
以外
2.动量守恒定律
(1)内容:如果一个系统 ,或者 ,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 =m1v1+m2v2。
(3)适用条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为 。
不受外力
所受外力的矢量和为0
m1v1′+m2v2′
0
正误辨析
(1)动量守恒定律适用于宏观物体,不适用于微观粒子。( )
(2)一个系统初、末状态的动量大小相等,即动量守恒。( )
(3)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞,这两个物体组成的系统动量守恒。
( )
(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。( )
(5)系统动量守恒,动能不一定守恒;某一方向上动量守恒,系统整体动量不一定守恒。( )
×
×
√
√
√
突破·关键能力
要点一 对动量守恒定律的理解
「情境探究」
情境1:如图甲所示,在光滑水平面上发生正碰的两小球。
情境2:如图乙所示,小车A、B静止在光滑水平面上。
情境3:如图丙所示,速度为v0的物体滑上光滑水平面上的小车。
探究:(1)图甲中,两小球受哪些力的作用 哪些力是内力 哪些力是外力 系统动量守恒吗
【答案】 (1)两小球发生正碰时,它们之间的相互作用力是内力。小球还受到重力和水平面对它们的支持力,是外力。由于外力的合力为零,故系统动量守恒。
(2)图乙中,烧断细线后,两小车受弹簧弹力的作用,系统动量守恒吗
【答案】 (2)烧断细线后,弹簧弹力是内力,系统所受外力的合力为零,系统动量守恒。
(3)图丙中,物体与小车组成的系统动量守恒吗
【答案】 (3)物体和小车组成的系统,水平方向上合力为零,动量守恒;竖直方向上合力不为零,动量不守恒。
「要点归纳」
1.对系统“总动量保持不变”的理解
(1)系统在整个运动过程中任意两个时刻的总动量都相等,不仅仅是初、末两个状态的总动量相等。
(2)系统的总动量保持不变,但系统内每个物体的动量可能都在不断变化。
(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和,总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
2.动量守恒定律的适用条件
(1)理想条件:系统不受外力或所受外力矢量和为0。
(2)近似条件:系统受外力作用,但内力远远大于外力,此时动量近似守恒。
(3)单方向的动量守恒条件:系统受到的合力不为零,但在某一方向上合力为零(或某一方向上内力远远大于外力),则系统在该方向上动量守恒。
3.动量守恒定律的特性
(1)系统性:研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)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。
(3)同时性:初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量,末动量必须是各物体作用后同一时刻的动量。
(4)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。
(5)普适性:动量守恒定律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;不仅适用于低速、宏观物体组成的系统,也适用于高速
(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域。
[例1] (对动量守恒的理解)(2025·山东青岛期中)物理观念建构过程中都有特定的物理情境、对应的条件。关于动量守恒的条件,下列说法正确的是
( )
[A]只要系统所受外力的合力为零,系统动量一定守恒
[B]只要系统内某个物体做加速运动,系统动量就不守恒
[C]只要系统所受合力恒定,系统动量守恒
[D]只要系统内存在摩擦力,系统动量不可能守恒
「典例研习」
A
【解析】 只要系统所受合力为零,则外力对系统的冲量为0,系统的动量不发生改变,即系统动量守恒,与系统内物体的运动状态、受力性质均无关。当系统所受合力恒定但不为零时,系统动量不守恒。选项A正确。
·误区警示·
对动量守恒定律理解的两个误区
(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同,系统的动量就守恒。产生该误区的原因是忽略了动量守恒的条件——系统必须在整个变化过程中所受合外力为零,从而使动量矢量和始终不变。
将系统外力和系统内力相混淆,系统在变化的过程中每一个时刻动量均
守恒。
·误区警示·
(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时,系统动量才能守恒。产生该误区的原因是忽视了动量的矢量性,只要系统不受外力或所受合力为零,则系统动量守恒,系统内各物体的运动不一定共线。
[例2] (动量守恒的判断)(2025·山东日照阶段练习)下列情境中,A、B组成的系统满足动量守恒定律的是( )
[A]图甲中,物块A以初速度v0冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B
[B]图乙中,四分之一圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后
[C]图丙中,从悬浮的热气球B上水平抛出物体A,在A落地前的运动过程中
[D]图丁中,水下打捞作业时,将浮筒B与重物A用轻绳相连接且加速上升
C
【解析】 题图甲中,物块A以初速度v0冲上静止在粗糙水平地面上的斜劈B,系统所受合力不为零,动量不守恒,故A错误;题图乙中,四分之一圆弧轨道B静止在光滑水平面上,将小球A沿轨道顶端自由释放后,水平方向合力为零,动量守恒,但是竖直方向合力不为零,故系统动量不守恒,故B错误;题图丙中,从悬浮的热气球B上水平抛出物体A,在A抛出前系统所受外力为零,A抛出后到落地前的运动过程中,A、B整体所受外力仍然为0,故系统动量守恒,故C正确;题图丁中,浮筒B与重物A加速上升,系统所受外力不为零,动量不守恒,故D错误。
·规律方法·
判断动量守恒的两个关键环节
(1)动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。判断系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)判断系统的动量是否守恒,要注意守恒的条件是不受外力或所受外力矢量和为零,因此要分清哪些力是内力,哪些力是外力。
要点二 动量守恒定律的应用
「情境探究」
在《三国演义》“草船借箭”中,若草船的质量为m1,每支箭的质量为m,草船以速度v1返回时,对岸士兵万箭齐发,n支箭同时射中草船,箭的速度皆为v,方向与船行方向相同。由此,草船的速度会增加多少 (不计水的阻力)
「要点归纳」
1.动量守恒定律的常用表达式
(1)p=p′:相互作用前系统的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′:相互作用的两个物体组成的系统,作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和。
(3)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。
(4)Δp=0:系统总动量增量为零。
2.应用动量守恒定律解题的步骤
[例3] (两物体系统的动量守恒问题)(2025·江苏宿迁期中)2024年12月17日,长征二号丁运载火箭在太原卫星发射中心成功发射“水利一号”遥感卫星。假设火箭的燃料用完后,火箭壳体和卫星一起以6.0×103 m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。某时刻卫星沿轨道切线方向以相对火箭壳体1.4×
103 m/s的速度瞬间分离。已知卫星的质量是400 kg,火箭壳体的质量是
1 000 kg,则分离后卫星的速度是( )
[A]5.5×103 m/s [B]6.0×103 m/s
[C]7.0×103 m/s [D]7.5×103 m/s
「典例研习」
C
【解析】 卫星和火箭系统,分离过程时间很短,其所受地球引力对系统的冲量可以忽略不计,即动量守恒。设分离后卫星的速度为v,火箭壳体的速度为v′,则有v=v′+1.4×103 m/s,即v′=v-1.4×103 m/s,根据动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v+m2v′,代入数据解得v=7.0×103 m/s,故A、B、D错误,C正确。
[例4] (三物体系统的动量守恒问题) (多选)(2025·山东青岛期中)如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是( )
[A]小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]小孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
[D]小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量
CD
【解析】 当系统所受合力为零时,系统动量守恒,小孩、小车与木箱三者组成的系统合力为零,该系统动量守恒,但小孩与木箱、小车与木箱动量不守恒,故A、B错误,C正确;由动量定理可知,小孩对木箱推力的冲量等于木箱动量的变化量,故D正确。
·方法技巧·
系统动量守恒的判定方法
(1)分析动量守恒时研究对象是系统,要分清外力与内力。
(2)研究系统所受外力的矢量和。
(3)若外力的矢量和为零,则系统动量守恒;若外力在某一方向上合力为零,则在该方向上系统动量守恒。
(4)系统动量严格守恒的情况很少,在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。
要点三 动量守恒定律解决多物体、多过程问题
「典例研习」
[例5] (2025·山西临汾检测)滑板运动是青少年喜欢的运动之一,某滑板运动场地如图所示,水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接,滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下,同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时,滑板爱好者跳到滑板乙上,并和滑板乙保持相对静止,此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点,被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB的倾角θ=30°,圆弧CD的半径R=2 m,圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α=53°,滑板的质量m=4 kg,滑板爱好者的质量M=60 kg,不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦,滑板爱好者与滑板均可视为质点,g取10 m/s2,
取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时,对C点的压力大小;
【答案】 (1)72 N
(2)斜面上A、B间的距离。
【答案】 (2)2.025 m
·规律总结·
多个物体相互作用时,物理过程往往比较复杂,分析此类问题时应注意:
(1)正确进行研究对象的选取,有时需应用整体动量守恒,有时只需应用部分物体动量守恒。研究对象的选取,一是取决于系统是否满足动量守恒的条件,二是根据所研究问题的需要。
(2)正确进行过程的选取和分析,通常对全程进行
分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒,有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
·规律总结·
(3)解决多过程问题要正确进行过程的选取和分析,通常对全程进行分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律;有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
提升·核心素养
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
「核心归纳」
项目 动量守恒定律 机械能守恒定律
相同点 研究对象 相互作用的物体组成的系统 研究过程 某一运动过程 不同点 守恒条件 系统不受外力或所受外力的矢量和为零 系统只有重力或弹力做功
表达式 p1+p2=p1′+p2′ Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
表达式的矢标性 矢量式 标量式
某一方向上应用情况 可在某一方向独立使用 不能在某一方向独立使用
运算法则 用矢量法则进行合成或分解 代数和
特别提醒
(1)系统的动量(机械能)是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)涉及相互作用的系统的能量转化问题时,可综合应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律、功能关系列出相应方程分析
解答。
「典例研习」
[例题] 在光滑水平面上有一质量M=4 kg的滑块,滑块的一侧为光滑的四分之一圆弧,水平面恰好与圆弧相切,圆弧半径R=1 m。一质量m=1 kg的小球以速度v0向右运动冲上滑块,g取10 m/s2。若小球刚好没有冲出滑块的最上端,求:
(1)小球的初速度v0的大小;
【答案】 (1)5 m/s
(2)滑块获得的最大速度。
【答案】 (2)2 m/s
(2)滑块获得的最大速度。
【答案】 (2)2 m/s
[思路引导] (1)小球与滑块相互作用的过程中水平方向上动量守恒。
(2)该系统的机械能守恒。
(3)小球从滑块左端滑出时滑块获得的速度最大。
检测·学习效果
1.(2025·江西抚州期中)物理学理论是系统化了的物理知识,它以为数不多的物理概念为基石,以物理定律为核心,建立了经典物理学与近代物理学及其各分支的严密的逻辑体系。下列对有关概念理解正确的是( )
[A]动量守恒定律在研究高速、微观领域时是不适用的
[B]冲量是表示作用在物体上的力在时间上的累积效应的物理量
[C]功和冲量都是典型的状态量,而能量和动量是典型的过程量
[D]矢量是数学、物理学和工程科学等多个自然学科中的基本概念,动量是矢量,冲量是标量
B
【解析】 动量守恒定律在研究高速、微观领域时是适用的,故A错误;冲量是表示作用在物体上的力在时间上的累积效应的物理量,故B正确;功和冲量都是很典型的过程量,而能量和动量是典型的状态量,故C错误;矢量是数学、物理学和工程科学等多个自然科学中的基本概念,动量和冲量均是矢量,故D错误。
2.如图所示,光滑水平面上放置一足够长的木板A,其上表面粗糙,两个质量和材料均不同的物块B、C,以不同的水平速度分别从两端滑上木板A。当B、C在木板A上滑动的过程中,由A、B、C组成的系统( )
[A]动量守恒,机械能守恒
[B]动量守恒,机械能不守恒
[C]动量不守恒,机械能守恒
[D]动量不守恒,机械能不守恒
B
【解析】 因水平面光滑,则A、B、C组成的系统所受合力为零,满足动量守恒条件,系统动量守恒;木板A上表面粗糙,物块B、C在其上滑行时,会摩擦生热,系统机械能有损失,则系统机械能不守恒。
3.质量为M的沙车,沿光滑水平地面以速度v0做匀速直线运动,此时从沙车上方落下一个质量为m的铁球,如图所示。铁球落入沙车后,沙车将( )
[A]立即停止运动
[B]仍匀速运动,速度仍为v0
[C]仍匀速运动,速度小于v0
[D]做变速运动,速度不能确定
C
(1)在击打过程中,铁锤所受冲量I;
(2)砖块缓冲过程中对手的压力F的大小。
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