回归原点7 动量守恒定律
1．冲量和动量
(1)冲量：I＝FΔt，方向与力的方向相同，反映力的作用对时间的累积效应。
【说明】 ① 冲量是过程量，求冲量时应明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
② 求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
(2)动量：p＝mv。方向与速度的方向相同，是描述物体运动状态的物理量。
【说明】 ①动量的变化量：Δp＝p′－ p，也是矢量，其运算遵循平行四边形定则。
② 动量与动能p＝，Ek＝动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化。
2．动量定理：FΔt＝p′－ p。
此式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
3．动量守恒定律
(1)表达式： p1＋p2＝p′1＋p′2或m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。
(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0。
②系统受外力作用，合外力也不为0，但合外力远远小于内力。
4．弹性碰撞的实例分析
(1)情景：设质量分别为m1、m2的两个物体，以速度v1、v2发生弹性正碰，碰后它们的速度分别为v′1、v′2。
(2)规律：由动量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝＋m2v′2
弹性碰撞中无动能损失，则有
联立可解得
(3)几种情况
①当m1＝m2时，由上式可得v′1＝v2，v′2＝v1，即两物体质量相等时，发生弹性碰撞后，会发生“速度交换”。牛顿摆就属于此种情形。
②当v2＝0时，即运动物体与静止物体的弹性碰撞(“一动一静”模型)，有v′1＝v1。
a．当m1 m2时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，则有v′1＝v1，v′2＝2v1，即碰后第一个物体的速度几乎未变，原来静止的物体以2v1的速度被撞出去。
b．当m1 m2时，m1－m2≈－m2，≈0，则有v′1＝－v1，v′2＝0，即碰后第一个物体被以原来的速率反方向弹了回去，而原来静止的物体仍静止。
5．碰撞问题的“三个原则”
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前(否则无法实现碰撞)，碰后原来在前的物体速度一定增大。若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后。
②若碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
1．微元法求变力冲量
我们把时间分成很多小段，在短暂的过程中F可视为恒力，这样就可以应用公式I＝FΔt求Δt时间内的冲量，对应图中的小矩形面积，把每个短暂过程相加，即可得图线与t轴所围的“面积”表示变力的冲量。
2．多物体碰撞问题
碰撞前：A与B一起在光滑的水平地面上向右运动，C静止。
碰撞时：A、C组成的系统动量守恒，该瞬间B不受影响。
碰撞后：A、C分离之后，A、B组成的系统动量守恒。
3．“人船模型”
人与小船组成的系统动量守恒，即
m人v人－m船v船＝0
根据x＝vt，得
m人－m船＝0
若x人＋x船＝L，则
x人＝L，x船＝L
(1)运动特点：“人”走“船”走，“人”停“船”停，“人”快“船”快，“人”慢“船”慢。“人”“船”相对地面的位移大小与质量成反比。
(2)适用条件：相互作用前系统都静止；至少有一个方向动量守恒。
4．“子弹打木块”模型
(1)子弹留在木块中
如图所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块中。若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为x木，则
由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，
对子弹由动能定理有－Ff(x木＋d)＝，
对木块由动能定理有Ffx木＝Mv2，
联立得Ffd＝(m＋M)v2。
结论：系统损失的机械能等于阻力乘子弹和木块的相对路程，即ΔE＝Ffd。
(2)子弹没有留在木块中
对打穿木块过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，
对子弹由动能定理有－Ff(x木＋L)＝，
对木块由动能定理有Ffx木＝，
联立得FfL＝。
结论：系统损失的机械能等于阻力乘子弹和木块的相对路程，即ΔE＝FfL。
5．利用动量定理处理流体问题思路
[典例1] (人教版教材选择性必修第一册P11T5)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。
(1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。
(2)求网对运动员的平均作用力大小。
(3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。
[听课记录]
[典例2] (鲁科版教材选择性必修第一册P26迁移)如图所示，质量均为m的物体B、C静止在光滑水平面的同一直线上，一质量为m0的子弹A以速度v射入物体B并嵌入其中。随后它们与C发生弹性碰撞，求碰撞后B、C的速度。
[听课记录]
回归原点7 动量守恒定律
典例1 解析：(1)向下接触网面的速度为＝2gh1
向上离开网面的速度为＝2gh2
向上为正，动量的变化量为Δp＝mv2－(－mv1)
解得Δp＝1 080 kg·m/s。
(2)设网对运动员的平均作用力大小为，根据动量定理得
t－mgt＝Δp
解得＝1 950 N。
(3)设向下运动到接触网的时间为t1
则h1＝g
解得t1＝0.8 s
设向上运动到最高的时间为t2
则h2＝g
解得t2＝1 s
重力的冲量大小IG＝mg(t1＋t2＋t)＝1 560 N·s，方向向下
弹力的冲量大小t＝1 560 N·s，方向向上。
答案：(1)1 080 kg·m/s (2)1 950 N (3)1 560 N·s，方向向下 1 560 N·s，方向向上
典例2 解析：子弹和B组成的系统动量守恒，则：
m0v＝(m＋m0)v1
得v1＝v
当物块B与物块C发生弹性碰撞时，动量守恒、机械能守恒，则有：
(m＋m0)v1＝(m＋m0)vB＋mvC
(m＋m0)(m＋m0)m
解得vB＝v
vC＝v。
答案：见解析
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回归原点7 动量守恒定律
回归原点——回归教材核心 感悟经典案例
[核心考点]
1．冲量和动量
(1)冲量：I＝FΔt，方向与力的方向相同，反映力的作用对时间的累积效应。
【说明】 ① 冲量是过程量，求冲量时应明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
② 求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式
I合＝F合Δt求解。
(2)动量：p＝mv。方向与速度的方向相同，是描述物体运动状态的物理量。
【说明】 ①动量的变化量：Δp＝p′－ p，也是矢量，其运算遵循平行四边形定则。
② 动量与动能p＝，Ek＝动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化。
2．动量定理：FΔt＝p′－ p。
此式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
3．动量守恒定律
(1)表达式： p1＋p2＝p′1＋p′2或m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。
(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0。
②系统受外力作用，合外力也不为0，但合外力远远小于内力。
4．弹性碰撞的实例分析
(1)情景：设质量分别为m1、m2的两个物体，以速度v1、v2发生弹性正碰，碰后它们的速度分别为v′1、v′2。
(2)规律：由动量守恒定律可得m1v1＋m2v2＝＋m2v′2
弹性碰撞中无动能损失，则有＝
联立可解得
(3)几种情况
①当m1＝m2时，由上式可得v′1＝v2，v′2＝v1，即两物体质量相等时，发生弹性碰撞后，会发生“速度交换”。牛顿摆就属于此种情形。
②当v2＝0时，即运动物体与静止物体的弹性碰撞(“一动一静”模型)，有v′1＝＝v1。
a．当m1 m2时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，则有v′1＝v1，v′2＝2v1，即碰后第一个物体的速度几乎未变，原来静止的物体以2v1的速度被撞出去。
b．当m1 m2时，m1－m2≈－m2，≈0，则有v′1＝－v1，v′2＝0，即碰后第一个物体被以原来的速率反方向弹了回去，而原来静止的物体仍静止。
5．碰撞问题的“三个原则”
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前(否则无法实现碰撞)，碰后原来在前的物体速度一定增大。若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后。
②若碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
[核心解读]
1．微元法求变力冲量
我们把时间分成很多小段，在短暂的过程中F可视为恒力，这样就可以应用公式I＝FΔt求Δt时间内的冲量，对应图中的小矩形面积，把每个短暂过程相加，即可得图线与t轴所围的“面积”表示变力的冲量。
2．多物体碰撞问题
碰撞前：A与B一起在光滑的水平地面上向右运动，C静止。
碰撞时：A、C组成的系统动量守恒，该瞬间B不受影响。
碰撞后：A、C分离之后，A、B组成的系统动量守恒。
3．“人船模型”
人与小船组成的系统动量守恒，即
m人v人－m船v船＝0
根据x＝vt，得
m人－m船＝0
若x人＋x船＝L，则
x人＝L，x船＝L
(1)运动特点：“人”走“船”走，“人”停“船”停，“人”快“船”快，“人”慢“船”慢。“人”“船”相对地面的位移大小与质量成反比。
(2)适用条件：相互作用前系统都静止；至少有一个方向动量守恒。
4．“子弹打木块”模型
(1)子弹留在木块中
如图所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块中。若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为x木，则
由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，
对子弹由动能定理有－Ff (x木＋d )＝，
对木块由动能定理有Ff x木＝Mv2，
联立得Ff d＝－(m＋M)v2。
结论：系统损失的机械能等于阻力乘子弹和木块的相对路程，即ΔE＝Ff d。
(2)子弹没有留在木块中
对打穿木块过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，
对子弹由动能定理有－Ff(x木＋L)＝，
对木块由动能定理有Ffx木＝，
联立得FfL＝。
结论：系统损失的机械能等于阻力乘子
弹和木块的相对路程，即ΔE＝FfL。
5．利用动量定理处理流体问题思路
[经典案例]
[典例1] (人教版教材选择性必修第一册P11T5)一个质量为60 kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8 s，g取10 m/s2。
(1)求运动员与网接触的这段时间内动量的变化量。
(2)求网对运动员的平均作用力大小。
(3)求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0 m高处这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。
[解析] (1)向下接触网面的速度为＝2gh1
向上离开网面的速度为＝2gh2
向上为正，动量的变化量为Δp＝mv2－(－mv1)
解得Δp＝1 080 kg·m/s。
(2)设网对运动员的平均作用力大小为t－mgt＝Δp
解得＝1 950 N。
(3)设向下运动到接触网的时间为t1
则h1＝
解得t1＝0.8 s
设向上运动到最高的时间为t2
则h2＝
解得t2＝1 s
重力的冲量大小IG＝mg(t1＋t2＋t)＝1 560 N·s，方向向下
弹力的冲量大小t＝1 560 N·s，方向向上。
[答案] (1)1 080 kg·m/s (2)1 950 N (3)1 560 N·s，方向向下 1 560 N·s，方向向上
[典例2] (鲁科版教材选择性必修第一册P26迁移)如图所示，质量均为m的物体B、C静止在光滑水平面的同一直线上，一质量为m0的子弹A以速度v射入物体B并嵌入其中。随后它们与C发生弹性碰撞，求碰撞后B、C的速度。
[解析] 子弹和B组成的系统动量守恒，则：
m0v＝(m＋m0)v1
得v1＝v
当物块B与物块C发生弹性碰撞时，动量守恒、机械能守恒，则有：
(m＋m0)v1＝(m＋m0)vB＋mvC
＝
解得vB＝v
vC＝v。
[答案] 见解析
谢 谢！
