資源簡介

3．動量守恒定律
[學習目標]　1．能運用動量定理和牛頓第三定律分析碰撞現象中的動量變化。2．在了解系統、內力和外力的基礎上，理解動量守恒定律。3．能夠運用動量守恒定律分析生產生活中的有關現象。4．了解動量守恒定律的普遍適用性和牛頓運動定律適用范圍的局限性。
　動量守恒定律
【鏈接教材】　如人教版教材P12圖1.3-1所示，在光滑水平桌面上做勻速運動的兩個物體A、B，質量分別是m1和m2，沿同一直線向同一方向運動，速度分別是v1和v2，v2>v1。當B追上A時發生碰撞。
問題1　若要研究碰撞前后兩物體的動量之和，研究過程是哪一段？系統該如何選??？內力和外力分別是哪些力？
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問題2　物體A、B受到哪些力的作用？影響物體A、B動量變化的是哪些力的沖量？這些沖量之間有什么關系？
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問題3　規定初速度方向為正方向，結合牛頓第三定律與動量定理，分別列出求解兩個物體動量變化的表達式，比較物體A、B碰撞前后的動量之和，你有什么發現？
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【知識梳理】　
1．系統、內力和外力
(1)系統：由兩個(或多個)________的物體構成的整體叫作一個力學系統，簡稱系統。
(2)內力：系統中物體間的作用力，叫作內力。
(3)外力：系統____的物體施加給系統內物體的力，叫作外力。
2．動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統________，或者所受外力的矢量和為__，則這個系統的總動量保持不變。
(2)表達式：m1v1＋m2v2＝__________________。
(3)適用條件：系統________或者所受外力的__________。
【思考討論】　如人教版教材P13圖1.3-2所示，靜止的兩輛小車用細線相連，中間有一個壓縮了的輕質彈簧。
問題1　燒斷細線后，由于彈力的作用，兩輛小車分別向左、右運動，它們都獲得了動量，它們的總動量是否增加了？
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問題2　燒斷細繩后，按住左邊的小車，由于彈力的作用，右邊的小車向右運動，右邊小車獲得了動量，那么它們的總動量是否守恒？
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問題3　彈簧左右兩端分別與兩輛小車相連。燒斷細繩后，按住左邊的小車，由于彈力的作用，右邊小車向右運動，當彈簧恢復原長的瞬間，松開左邊小車，哪個過程它們的總動量不守恒，哪個過程它們的總動量守恒？
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【知識歸納】
1．動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力或所受合外力為0。
(2)系統受外力作用，合外力也不為0，但合外力遠遠小于內力。這種情況嚴格地說只是動量近似守恒，但卻是最常見的情況。
(3)系統所受到的合外力不為0，但在某一方向上合外力為0，或在某一方向上外力遠遠小于內力，則系統在該方向上動量守恒。
如圖所示：
2．動量守恒定律不同表達式的含義
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(或p＝p′)：表示相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的總動量等于作用后的總動量。
(2)Δp1＝－Δp2：表示相互作用的兩個物體組成的系統，其中一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量一定大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：表示系統總動量的變化量為零。
【典例1】　(動量守恒的判斷)關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是(　　)
A．靜止在光滑水平面上的斜槽頂端有一小球，小球由靜止釋放，在離開斜槽前小球和斜槽組成的系統的動量守恒
B．在光滑的水平地面上有兩輛小車，在兩小車上各綁一個條形磁鐵，他們在相向運動的過程中動量不守恒
C．一枚在空中飛行的火箭在某時刻突然炸裂成兩塊，在炸裂前后系統動量不守恒
D．子彈打進木塊的瞬間子彈和木塊組成的系統動量守恒
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　系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統動量守恒。系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
(3)除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。
　　動量守恒定律的應用
動量守恒定律的普適性
1．牛頓運動定律解決問題要涉及________的力，而動量守恒定律只涉及過程____兩個狀態，與過程力的細節____，所以在解決問題上比運用牛頓運動定律更簡捷。
2．動量守恒定律的適用范圍非常廣泛，____、____(接近光速)、低速、____(小到分子、原子的尺度)領域均適用。
【思考討論】　一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相同的方向飛去，速度為v1。
問題1　此題的條件與人教版教材P15[例題2]有哪些變化？
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問題2　在此爆炸過程中動量還守恒嗎？你是如何判斷是否守恒的？如果守恒，其動量守恒的表達式如何寫？
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問題3　另一塊的飛行方向如何判斷？
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【典例2】　[鏈接教材P14例題1](動量守恒定律的定量計算)冬季雨雪天氣時，公路上容易發生交通事故。在結冰的公路上，一輛質量為1.8×103 kg的輕型貨車尾隨另一輛質量為1.2×103 kg的轎車同向行駛，因貨車未及時剎車而發生追尾(即碰撞，如圖)。若追尾前瞬間貨車速度大小為36 km/h，轎車速度大小為18 km/h，剛追尾后兩車視為緊靠在一起，此時兩車的速度為多大？
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　應用動量守恒定律解題的基本步驟
(1)找：找研究對象(系統包括哪幾個物體)和研究過程；
(2)析：進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
(3)定：規定正方向，確定初末狀態動量正負號；
(4)列：由動量守恒定律列方程；
(5)解：解方程，得出最后的結果，并對結果進行分析。
【典例3】　(人教版P15例題2改編)(爆炸模型)地空導彈又稱防空導彈，是指從地面發射攻擊空中目標的導彈。如圖所示，某次導彈試射中，質量為M的地空導彈斜射向天空，運動到空中最高點時速度為v0，突然炸成彈頭和彈尾兩塊，質量為m的彈頭以速度v沿v0的方向飛去，爆炸過程時間極短，為Δt。整個過程忽略空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
A．爆炸后的一瞬間，彈尾以的速度沿著與v0相反的方向飛去
B．爆炸過程中彈尾對彈頭的平均作用力大小為＋mg
C．爆炸過程釋放的化學能為
D．爆炸后到落地前，彈頭和彈尾構成的系統水平方向動量守恒
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　處理爆炸問題的兩點提醒
(1)在處理爆炸問題列動量守恒方程時應注意：爆炸前的動量是指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量是指爆炸剛好結束那一刻的動量。
(2)在爆炸過程中，系統的動量守恒，但是機械能一定不守恒，且爆炸前那一刻的機械能一定小于爆炸剛好結束那一刻的機械能。
(注意：由于爆炸過程中物體的位移很小可以忽略，故爆炸過程中物體的重力勢能可以認為不變，機械能的變化體現為動能的變化)
【典例4】　(分方向動量守恒)如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中(　　)
A．小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統動量守恒
B．小球向左擺動時，小車向右運動，且系統動量守恒
C．小球向左擺到最高點時，小球的速度為零而小車的速度不為零
D．在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反(或都為零)
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【典例5】　(涉及動量守恒的臨界問題)如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊?；瑝K的質量為3m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，在小球運動過程中(　　)
A．小球和滑塊組成的系統動量守恒
B．小球在圓弧軌道最高點的速度大小為
C．小球在圓弧軌道上能上升的最大高度為
D．小球離開圓弧軌道時圓弧軌道的速度大小為
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　動量守恒定律應用中還有以下常見臨界情形
(1)光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大。
(2)物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的足夠長的小車B上，當A、B兩物體的速度相等時，A在B上滑行的距離最遠。
(3)質量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與水平面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來。設小球不能越過滑塊，則小球到達滑塊上的最高點(即小球豎直方向上的速度為零)時，兩物體的速度肯定相等(方向為水平向右)。
1．如圖所示，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板有摩擦。用力向右推動車廂，使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
2．某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節車廂，跟它們對接。機車跟第1節車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節車廂。設機車和車廂的質量都相等，則跟最后一節車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A．0.053 m/s　　 B．0.05 m/s
C．0.057 m/s 　 D．0.06 m/s
3．(源自魯科版教材)(多選)如圖所示，粗糙的長板A靜止在光滑水平面上，左端連接一輕彈簧，物塊B從A上表面右端以初速度v0滑上A后向左運動，后經彈簧又被反彈，并恰好停留在A的最右端。若以A與B為系統，以下說法正確的是(　　)
A．運動過程中系統機械能守恒
B．運動過程中系統機械能不守恒
C．在B壓縮彈簧運動過程中系統動量守恒
D．彈簧壓縮量最大時B的速度與B的最終速度相同
回歸本節知識，完成以下問題：
1．動量守恒定律的研究對象是什么？
2．合外力對系統做功為零，系統動量就守恒嗎？
3．一個系統初、末動量大小相等，動量就守恒嗎？
4．動量守恒的條件是什么？
1 / 13．動量守恒定律
[學習目標]　1．能運用動量定理和牛頓第三定律分析碰撞現象中的動量變化。2．在了解系統、內力和外力的基礎上，理解動量守恒定律。3．能夠運用動量守恒定律分析生產生活中的有關現象。4．了解動量守恒定律的普遍適用性和牛頓運動定律適用范圍的局限性。
[教用·問題初探]——通過讓學生回答問題來了解預習教材的情況
問題1　第1節兩輛小車碰撞的實驗結論，是否適用于一般的碰撞現象？
問題2　怎樣證明“碰撞前后動量不變”這一結論？
問題3　這個結論是一個普遍的規律嗎？
　動量守恒定律
【鏈接教材】　如人教版教材P12圖1.3-1所示，在光滑水平桌面上做勻速運動的兩個物體A、B，質量分別是m1和m2，沿同一直線向同一方向運動，速度分別是v1和v2，v2>v1。當B追上A時發生碰撞。
問題1　若要研究碰撞前后兩物體的動量之和，研究過程是哪一段？系統該如何選??？內力和外力分別是哪些力？
提示：A、B兩物體相接觸的這一階段，選A、B兩物體為一系統。
內力是指A所受B對它的作用力F1和B所受A對它的作用力F2；外力指A、B各自的重力及地面對它們的支持力。
問題2　物體A、B受到哪些力的作用？影響物體A、B動量變化的是哪些力的沖量？這些沖量之間有什么關系？
提示：物體A受重力、支持力和B對A的作用力F1。
物體B受重力、支持力和A對B的作用力F2。
F1、F2分別對A、B的沖量；大小相等，方向相反。
問題3　規定初速度方向為正方向，結合牛頓第三定律與動量定理，分別列出求解兩個物體動量變化的表達式，比較物體A、B碰撞前后的動量之和，你有什么發現？
提示：兩物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量之和。
【知識梳理】　
1．系統、內力和外力
(1)系統：由兩個(或多個)相互作用的物體構成的整體叫作一個力學系統，簡稱系統。
(2)內力：系統中物體間的作用力，叫作內力。
(3)外力：系統以外的物體施加給系統內物體的力，叫作外力。
2．動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，則這個系統的總動量保持不變。
(2)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(3)適用條件：系統不受外力或者所受外力的矢量和為0。
【思考討論】　如人教版教材P13圖1.3-2所示，靜止的兩輛小車用細線相連，中間有一個壓縮了的輕質彈簧。
問題1　燒斷細線后，由于彈力的作用，兩輛小車分別向左、右運動，它們都獲得了動量，它們的總動量是否增加了？
提示：系統所受合外力為0，動量守恒，整個過程系統總動量總為0。
問題2　燒斷細繩后，按住左邊的小車，由于彈力的作用，右邊的小車向右運動，右邊小車獲得了動量，那么它們的總動量是否守恒？
提示：系統所受合外力不為0，動量不守恒。
問題3　彈簧左右兩端分別與兩輛小車相連。燒斷細繩后，按住左邊的小車，由于彈力的作用，右邊小車向右運動，當彈簧恢復原長的瞬間，松開左邊小車，哪個過程它們的總動量不守恒，哪個過程它們的總動量守恒？
提示：燒斷繩子瞬間到彈簧恢復原長前，系統所受外力不為0，動量不守恒。松開左邊小車后，系統合外力為0，動量守恒。
【知識歸納】
1．動量守恒定律的成立條件
(1)系統不受外力或所受合外力為0。
(2)系統受外力作用，合外力也不為0，但合外力遠遠小于內力。這種情況嚴格地說只是動量近似守恒，但卻是最常見的情況。
(3)系統所受到的合外力不為0，但在某一方向上合外力為0，或在某一方向上外力遠遠小于內力，則系統在該方向上動量守恒。
如圖所示：
2．動量守恒定律不同表達式的含義
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(或p＝p′)：表示相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的總動量等于作用后的總動量。
(2)Δp1＝－Δp2：表示相互作用的兩個物體組成的系統，其中一個物體的動量變化量與另一個物體的動量變化量一定大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：表示系統總動量的變化量為零。
【典例1】　(動量守恒的判斷)關于系統動量守恒的條件，下列說法正確的是(　　)
A．靜止在光滑水平面上的斜槽頂端有一小球，小球由靜止釋放，在離開斜槽前小球和斜槽組成的系統的動量守恒
B．在光滑的水平地面上有兩輛小車，在兩小車上各綁一個條形磁鐵，他們在相向運動的過程中動量不守恒
C．一枚在空中飛行的火箭在某時刻突然炸裂成兩塊，在炸裂前后系統動量不守恒
D．子彈打進木塊的瞬間子彈和木塊組成的系統動量守恒
D　[離開斜槽前小球和斜槽組成的系統豎直方向所受合力不為零，動量不守恒，故A錯誤；兩小車相向運動的過程中系統所受合外力為零，系統動量守恒，故B錯誤；火箭炸裂前后系統內力遠大于外力，系統動量守恒，故C錯誤；子彈打進木塊的瞬間子彈和木塊組成的系統內力遠大于外力，系統動量守恒，故D正確。]
　系統動量是否守恒的判定方法
(1)選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
(2)分析系統受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統動量守恒。系統動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
(3)除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。
【教用·備選例題】　(對動量守恒條件的理解)(多選)下列各圖所對應的物理過程中，系統動量守恒的是 (　　)
A．甲　　　B．乙　　　C．丙　　　D．丁
AC　[題圖甲中，子彈射入木塊的過程中，系統水平方向受到的合力為零，則系統動量守恒；題圖乙中，剪斷細線，壓縮的彈簧恢復原長的過程中，水平方向要受到豎直墻壁對M的作用，即水平方向受到的合力不為零，系統動量不守恒；題圖丙中，兩球勻速下降，則受到的重力和浮力的合力為零；剪斷細線后，系統受到的重力和浮力不變，則系統受到的合力仍為零，系統動量守恒；題圖丁中，物塊沿放在光滑地面上的光滑斜面下滑的過程中，系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，但是系統在水平方向的動量守恒。故選AC。]
　　動量守恒定律的應用
動量守恒定律的普適性
1．牛頓運動定律解決問題要涉及整個過程的力，而動量守恒定律只涉及過程始末兩個狀態，與過程力的細節無關，所以在解決問題上比運用牛頓運動定律更簡捷。
2．動量守恒定律的適用范圍非常廣泛，宏觀、高速(接近光速)、低速、微觀(小到分子、原子的尺度)領域均適用。
【思考討論】　一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相同的方向飛去，速度為v1。
問題1　此題的條件與人教版教材P15[例題2]有哪些變化？
提示：一是初速度的方向不一定是水平的，二是炸裂后已知的那塊速度與初速度同向。
問題2　在此爆炸過程中動量還守恒嗎？你是如何判斷是否守恒的？如果守恒，其動量守恒的表達式如何寫？
提示：在爆炸過程中內力遠大于自身的重力，系統的動量守恒，相互作用前后動量均在同一直線上。選初速度方向為正方向，則有：mv＝m1v1＋(m－m1)v2。
問題3　另一塊的飛行方向如何判斷？
提示：由(2)得v2＝，其方向需要分類討論。
【典例2】　[鏈接教材P14例題1](動量守恒定律的定量計算)冬季雨雪天氣時，公路上容易發生交通事故。在結冰的公路上，一輛質量為1.8×103 kg的輕型貨車尾隨另一輛質量為1.2×103 kg的轎車同向行駛，因貨車未及時剎車而發生追尾(即碰撞，如圖)。若追尾前瞬間貨車速度大小為36 km/h，轎車速度大小為18 km/h，剛追尾后兩車視為緊靠在一起，此時兩車的速度為多大？
[解析]　設貨車質量為m1，轎車質量為m2，碰撞前貨車速度為v1、轎車速度為v2，碰撞后兩車速度為v，選定兩車碰撞前的速度方向為正方向。由題意可知，m1＝1.8×103 kg，m2＝1.2×103 kg，v1＝36 km/h，v2＝18 km/h
由動量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
v＝＝8 m/s＝28.8 km/h
所以，剛追尾后兩車的速度大小為28.8 km/h。
[答案]　28.8 km/h
　應用動量守恒定律解題的基本步驟
(1)找：找研究對象(系統包括哪幾個物體)和研究過程；
(2)析：進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
(3)定：規定正方向，確定初末狀態動量正負號；
(4)列：由動量守恒定律列方程；
(5)解：解方程，得出最后的結果，并對結果進行分析。
【教材原題P14例題1】　如圖1.3-3，在列車編組站里，一輛質量為1.8×104 kg的貨車在平直軌道上以2 m/s的速度運動，碰上一輛質量為2.2×104 kg的靜止的貨車，它們碰撞后結合在一起繼續運動。求貨車碰撞后運動的速度。
分析　兩輛貨車在碰撞過程中發生相互作用，將它們看成一個系統，這個系統是我們的研究對象。系統所受的外力有：重力、地面支持力和摩擦力。重力與支持力之和等于0，摩擦力遠小于系統的內力，可以忽略。因此，可以認為碰撞過程中系統所受外力的矢量和為0，動量守恒。
為了應用動量守恒定律解決這個問題，需要確定碰撞前后的動量。
[解析]　已知m1＝1.8×104 kg，m2＝2.2×104 kg。沿碰撞前貨車運動的方向建立坐標軸(圖1.3-3)，有v1＝2 m/s。設兩車結合后的速度為v。兩車碰撞前的總動量為
p＝m1v1
碰撞后的總動量為
p′＝(m1＋m2)v
根據動量守恒定律可得
(m1＋m2)v＝m1v1
解出
v＝ m/s＝0.9 m/s
兩車結合后速度的大小是0.9 m/s；v是正值，表示兩車結合后仍然沿坐標軸的方向運動，即仍然向右運動。
[答案]　0.9 m/s，方向向右
【典例3】　(人教版P15例題2改編)(爆炸模型)地空導彈又稱防空導彈，是指從地面發射攻擊空中目標的導彈。如圖所示，某次導彈試射中，質量為M的地空導彈斜射向天空，運動到空中最高點時速度為v0，突然炸成彈頭和彈尾兩塊，質量為m的彈頭以速度v沿v0的方向飛去，爆炸過程時間極短，為Δt。整個過程忽略空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)666666
A．爆炸后的一瞬間，彈尾以的速度沿著與v0相反的方向飛去
B．爆炸過程中彈尾對彈頭的平均作用力大小為＋mg
C．爆炸過程釋放的化學能為
D．爆炸后到落地前，彈頭和彈尾構成的系統水平方向動量守恒
D　[在最高點水平方向動量守恒，取v0的方向為正方向，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，則彈尾的速度為v′＝，可正可負可為零，故A錯誤；爆炸過程時間極短，可忽略重力作用，對質量為m的彈頭用動量定理，FΔt＝mv－mv0，解得F＝，故B錯誤；爆炸過程釋放的化學能為E＝(M－m)v′2－，故C錯誤；爆炸后到落地前，彈頭和彈尾構成的系統在水平方向上不受外力，因此在水平方向動量守恒，故D正確。]
　處理爆炸問題的兩點提醒
(1)在處理爆炸問題列動量守恒方程時應注意：爆炸前的動量是指即將爆炸那一刻的動量，爆炸后的動量是指爆炸剛好結束那一刻的動量。
(2)在爆炸過程中，系統的動量守恒，但是機械能一定不守恒，且爆炸前那一刻的機械能一定小于爆炸剛好結束那一刻的機械能。
(注意：由于爆炸過程中物體的位移很小可以忽略，故爆炸過程中物體的重力勢能可以認為不變，機械能的變化體現為動能的變化)
【典例4】　(分方向動量守恒)如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中(　　)
A．小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統動量守恒
B．小球向左擺動時，小車向右運動，且系統動量守恒
C．小球向左擺到最高點時，小球的速度為零而小車的速度不為零
D．在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反(或都為零)
D　[依題意，小車和小球組成的系統水平方向不受外力作用，所以系統在水平方向動量守恒，則有小球向左擺動時，小車向右運動，故A、B錯誤；由于系統在水平方向動量守恒，所以在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反(或都為零)，小球向左擺到最高點時，小球的速度為零，則小車的速度也為零，故C錯誤，D正確。]
【教用·備選例題】　如圖所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
A　[小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統在水平方向上不受外力，因而系統在水平方向上動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點)。由系統在水平方向上動量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝。]
【典例5】　(涉及動量守恒的臨界問題)如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊?；瑝K的質量為3m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，在小球運動過程中(　　)
A．小球和滑塊組成的系統動量守恒
B．小球在圓弧軌道最高點的速度大小為
C．小球在圓弧軌道上能上升的最大高度為
D．小球離開圓弧軌道時圓弧軌道的速度大小為
C　[在小球運動過程中，小球和滑塊組成的系統在水平方向上動量守恒，系統豎直方向動量不守恒，故A錯誤；小球在圓弧軌道上升到最高點時小球與滑塊速度相同，系統在水平方向上動量守恒，規定v0的方向為正方向，有mv0＝4mv，解得v＝，故B錯誤；根據機械能守恒定律得×4mv2＋mgh，解得h＝，故C正確；小球離開圓弧軌道時，根據動量守恒定律，則有mv0＝mv1＋3mv2，根據機械能守恒定律，則有，聯立以上兩式可得v1＝－，故D錯誤。故選C。]
　動量守恒定律應用中還有以下常見臨界情形
(1)光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大。
(2)物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的足夠長的小車B上，當A、B兩物體的速度相等時，A在B上滑行的距離最遠。
(3)質量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與水平面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來。設小球不能越過滑塊，則小球到達滑塊上的最高點(即小球豎直方向上的速度為零)時，兩物體的速度肯定相等(方向為水平向右)。
【教用·備選例題】　(多選)滑板運動是由沖浪運動演變而成的一種運動項目。如圖所示，一同學在水平地面上進行滑板練習，該同學站在滑板A前端以20 m/s的共同速度向右做勻速直線運動，在滑板A正前方有一靜止的滑板B。在滑板A接近滑板B時，該同學迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，兩滑板恰好不相撞(以相同速度運動)。該同學的質量為45 kg，兩滑板的質量均為2.5 kg，不計滑板與地面間的摩擦，下列說法正確的是(　　)
A．上述過程中該同學與滑板A和滑板B組成的系統水平方向上動量守恒
B．該同學跳上滑板B后，他和滑板B的速度大小為19 m/s
C．該同學從滑板A跳上滑板B后，滑板A的速度小于19 m/s
D．該同學跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量小于47.5 N·sＫ
AD　[上述過程中該同學與滑板A和滑板B組成的系統水平方向合外力為0，水平方向上動量守恒，A正確；該同學從滑板B跳回滑板A，兩滑板恰好不相撞，三者共速為v，由動量守恒可得(M＋m)v0＝(M＋2m)v，解得v＝19 m/s，該同學從滑板B跳離過程中，動量守恒(M＋m)v1＝Mv－mv2，化簡整理得v11．如圖所示，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板有摩擦。用力向右推動車廂，使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
B　[撤去推力，系統所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，故系統機械能減少，B正確。]
2．某機車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節車廂，跟它們對接。機車跟第1節車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節車廂。設機車和車廂的質量都相等，則跟最后一節車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A．0.053 m/s　　 B．0.05 m/s
C．0.057 m/s 　 D．0.06 m/s
B　[取機車和15節車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，解得v＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故選項B正確。]
3．(源自魯科版教材)(多選)如圖所示，粗糙的長板A靜止在光滑水平面上，左端連接一輕彈簧，物塊B從A上表面右端以初速度v0滑上A后向左運動，后經彈簧又被反彈，并恰好停留在A的最右端。若以A與B為系統，以下說法正確的是(　　)
A．運動過程中系統機械能守恒
B．運動過程中系統機械能不守恒
C．在B壓縮彈簧運動過程中系統動量守恒
D．彈簧壓縮量最大時B的速度與B的最終速度相同
BCD　[由題意可知，A與B最終的速度是相等的，由于摩擦生熱，運動的過程中二者組成的系統的機械能不守恒，故A錯誤，B正確；二者組成的系統位于光滑的水平地面上，在運動的過程中二者在水平方向受到的合外力為零，系統的動量守恒(注意摩擦力和彈簧彈力是系統的內力)，故C正確；當彈簧壓縮量最大時A與B相對速度恰好為零，則B的速度和A的速度是相同的，由于最終B恰好停留在A的最右端，二者沒有相對運動，所以二者的速度也相同，可知兩個時刻A與B的速度都相等，結合動量守恒定律可知，彈簧壓縮量最大時B的速度與B的最終速度相同，故D正確。]
回歸本節知識，完成以下問題：
1．動量守恒定律的研究對象是什么？
提示：相互作用的系統。
2．合外力對系統做功為零，系統動量就守恒嗎？
提示：不一定守恒。
3．一個系統初、末動量大小相等，動量就守恒嗎？
提示：不一定守恒。
4．動量守恒的條件是什么？
提示：系統不受外力或所受合外力為零。
課時分層作業(三)　動量守恒定律
?題組一　相互作用的兩個物體的動量改變
1．噴氣背包作為航天員艙外活動的主要動力裝置，它能讓航天員保持較高的機動性。如圖所示，一個連同裝備總質量為120 kg的航天員，裝備內有一個噴嘴可以使壓縮氣體以相對空間站40 m/s的速度噴出。航天員在距離空間站30 m處與空間站處于相對靜止狀態，航天員完成太空行走任務后，必須向著返回空間站方向的反方向釋放壓縮氣體，才能回到空間站。若噴出的氣體總質量為0.2 kg，則返回時間約為(　　)
A．450 s　　B．500 s　　C．550 s　　D．600 s
A　[設航天員未噴氣前質量為M，設噴出的氣體質量為m、速度為v，則噴出氣體后的航天員速度設為v1、質量為(M－m)，題意可知M＝120 kg、m＝0.2 kg、v＝40 m/s，把噴出的氣體和噴出氣體后的航天員作為系統，分析可知，該過程系統動量守恒，取噴出的氣體速度方向為正方向，則0＝mv－(M－m)v1，解得v1≈0.066 8 m/s。噴氣后，航天員勻速運動到空間站，故所需時間t＝ s≈450 s，故A正確，B、C、D錯誤。]
?題組二　動量守恒的判斷
2．關于動量守恒，下列說法正確的是 (　　)
A．系統中所有物體的加速度都為零時，系統的動量守恒
B．系統只有重力做功，系統的動量守恒
C．系統內部有相互作用的摩擦力，系統的動量一定不守恒
D．只要系統所受合力不為零，則系統在任何方向上動量都不可能守恒
A　[系統中所有物體的加速度都為零時，系統所受合力為零，系統的動量守恒，A正確；系統所受合力為零時，系統的動量守恒，與重力是否做功、系統內部是否有相互作用的摩擦力無關，B、C錯誤；系統所受合力不為零，系統總動量不守恒，但如果系統在某一方向上所受合力為零，則系統在該方向上動量守恒，D錯誤。]
3．如圖所示，凹槽靜止在光滑的水平地面上，內表面為光滑圓柱面，在其左側有一固定在地面上的木樁，現將可視為質點的小球從距A點正上方H高處由靜止釋放，然后由A點經半圓形軌道從B點沖出，運動過程中不計空氣阻力，則小球從釋放到第一次運動到B點的過程，凹槽和小球組成的系統(　　)
A．機械能守恒，水平方向動量守恒
B．機械能守恒，水平方向動量不守恒
C．機械能不守恒，水平方向動量守恒
D．機械能不守恒，水平方向動量不守恒
B　[小球從釋放到第一次運動到B點的過程中，凹槽和小球組成的系統只有動能與重力勢能相互轉化，故系統機械能守恒；小球從A點運動到凹槽最低點的過程中，木樁對凹槽有水平方向的力，故凹槽和小球組成的系統水平方向動量不守恒。B正確。]
4．如圖所示，甲、乙兩個帶電小球繞O點在光滑水平面內互相環繞做勻速圓周運動，兩者的間距不變，可類比“雙星模型”。已知甲的動量大小為p，動能為Ek，甲、乙做圓周運動的半徑之比為k，下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙不屬于同軸轉動
B．甲、乙組成的系統動量不守恒，總動量不為0
C．甲的速度大小為
D．乙的質量為
D　[甲、乙的運動可類比“雙星模型”，屬于同軸轉動，故A錯誤；甲、乙組成的系統不受外力作用，動量守恒，總動量為0，故B錯誤；根據動量、動能的公式p＝mv，Ek＝可知甲的速度為v＝，故C錯誤；甲、乙的總動量為0，則p＝mv＝m′v′，根據線速度與角速度的關系有，甲、乙做圓周運動的半徑之比為k，則m′＝，故D正確；故選D。]
?題組三　動量守恒定律的應用
5．修路過程中常常使用打樁機，如圖所示，打樁過程可簡化為：重錘從空中某一固定高度由靜止釋放，與鋼筋混凝土預制樁在極短時間內發生碰撞，并以共同速度下降一段距離后停下來。不計空氣阻力，則 (　　)
A．重錘質量越大，撞預制樁前瞬間的速度越大
B．重錘質量越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大
C．碰撞過程中重錘對預制樁的作用力大于預制樁對重錘的作用力
D．整個過程中，重錘和預制樁的系統動量守恒
B　[設重錘質量為M，預制樁質量為m，根據Mgh＝可得v＝，重錘與預制樁撞前瞬間的速度大小與重錘質量無關，A錯誤；碰撞過程中動量守恒，則Mv＝(M＋m)v1，可得v1＝v，因此重錘質量越大，預制樁被撞后瞬間的速度越大，B正確；根據牛頓第三定律，碰撞過程中重錘對預制樁的作用力大小等于預制樁對重錘的作用力大小，C錯誤；整個過程中，由于受到阻力和重力作用，重錘和預制樁組成的系統動量不守恒，D錯誤。]
6．如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝2 kg，且以一定的初速度向右運動，與靜止的物塊B發生碰撞并一起運動，碰撞前后的位移—時間圖像如圖乙所示(規定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質量分別為(　　)
A．2 m/s，5 kg
B．2 m/s，3 kg
C．3.5 m/s，2.86 kg
D．3.5 m/s，0.86 kg
B　[由題圖乙可知，碰前A的速度vA＝ m/s＝5 m/s, 碰后A、B的共同速度v＝ m/s＝2 m/s, A、B碰撞過程動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，解得mB＝3 kg, B正確。]
7．如圖所示，用不可伸長的輕質細繩將木塊懸掛于一點O，開始時木塊靜止不動。一顆質量為m的彈丸水平向右射入質量為M＝50m的木塊后未射出木塊，第一顆彈丸的速度為v1＝255 m/s，射入木塊后二者共同擺動的最大擺角為α，當其第一次返回初始位置時，第二顆彈丸以水平速度v2又擊中木塊，且也未射出木塊，使木塊向右擺動且最大擺角仍為α，木塊和彈丸可視為質點，空氣阻力不計，則第二顆彈丸的水平速度v2大小為(　　)
A．515 m/s　　 B．618 m/s
C．721 m/s 　 D．824 m/s
A　[根據擺動過程中機械能守恒和兩次擊中木塊擺動的角度相等可知，兩次擊中木塊后木塊的速度相同設為v，由動量守恒定律得第一次mv1＝(m＋M)v，第二次mv2－(m＋M)v＝(2m＋M)v，又M＝50m，聯立以上三式得第二粒彈丸的水平速度v2＝515 m/s，故選A。]
8．如圖所示，一輛裝有沙子且與沙子質量之和為M的小車以速度v1在光滑水平面上運動，一質量為m、速度為v2的小球沿俯角為θ的方向落到車上并埋在車里的沙中，此時小車的速度為(　　)
A．　　　　　 B．
C． 　 D．
B　[小車與小球組成的系統在水平方向不受外力，以向右為正方向，在水平方向上由動量守恒定律有Mv1＋mv2cos θ＝(m＋M)v，解得v＝，B正確。]
9．如圖所示，一平板車停在光滑的水平面上，某同學站在小車上，若他設計下列操作方案，最終能使平板車持續地向右駛去的是(　　)
A．該同學在圖示位置用大錘連續敲打車的左端
B．只要從平板車的一端走到另一端即可
C．在車上裝個電風扇，不停地向左吹風
D．他站在車的右端將大錘丟到車的左端
C　[把人和車看成整體，用大錘連續敲打車的左端，根據動量守恒定律可以知道，系統的總動量為零，車不會持續地向右駛去，故A錯誤；人從平板車的一端走到另一端的過程中，系統水平方向不受外力，動量守恒，系統總動量為零，車不會持續地向右駛去，故B錯誤；電風扇向左吹風，電風扇會受到一個向右的反作用力，從而使平板車持續地向右駛去，故C正確；站在車的右端將大錘丟到車的左端的過程中，系統水平方向不受外力，動量守恒，系統總動量為零，車不會持續地向右駛去，故D錯誤。]
10．(多選)如圖所示，動量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量。則下列選項中可能正確的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
AB　[若ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，遵守動量守恒定律，碰撞后A、B的動量分別為pA′＝pA＋ΔpA＝9 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝16 kg·m/s，A的動量減小，B的動量增加，則碰后A的動能減小，B的動能增加，總動能可能不增加，所以是可能的，故A正確；若ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s，遵守動量守恒定律，碰撞后A、B的動量分別為pA′＝10 kg·m/s，pB′＝15 kg·m/s，A的動量減小，B的動量增加，則碰后A的動能減小，B的動能增加，總動能可能不增加，所以是可能的，故B正確；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，根據關系式Ek＝可知，A球的質量和動量大小不變，動能不變，而B球的質量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統的機械能比碰前增大了，故C錯誤；若ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s，遵守動量守恒定律，碰撞后A、B的動量分別為pA′＝15 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，可知碰后A的動量增加，B的動量減小，由于碰撞過程中，A受到向左的沖力，B受到向右的沖力，所以A、B仍沿原方向運動時，A的動量應減小，B的動量應增加，因此這組數據是不可能的，故D錯誤。故選AB。]
11．如圖所示，甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質量為M甲＝30 kg，乙和他的冰車總質量M乙也是30 kg，游戲時甲推著一個質量m＝15 kg的箱子和他一起以大小為v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦，甲至少要以多大的速度(相對地面)將箱子推出，才能避免與乙相撞(　　)
A．2.2 m/s 　 B．5.2 m/s
C．6 m/s 　 D．10 m/s
B　[設甲以速度v將箱子推出后恰好與乙不相撞，推出箱子后甲的速度為v甲，抓住箱子后乙的速度為v乙，取向右為正方向，根據動量守恒定律，對于甲和箱子，有(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，對于乙和箱子，有mv－M乙v0＝(m＋M乙)v乙，當甲與乙恰好不相撞時，v甲＝v乙，聯立各式解得v＝5.2 m/s。故選B。]
12．如圖所示，一塊足夠長的木板，靜止在光滑水平面上。
(1)將質量為m的物塊以初速度v0放在該木板上，若木板質量為M，求木板的最終速度大??；
(2)在該木板上自左向右并排放有序號為1，2，3，…，n的物塊，所有物塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數都相同。開始時，木板靜止不動，第1，2，3，…，n號物塊的初速度分別為v0，2v0，3v0，…，nv0，方向都向右，若木板的質量與所有物塊的總質量相等，最終所有物塊與木板以共同速度勻速運動。設物塊之間均無相互碰撞，求：
(ⅰ)所有物塊與木板一起勻速運動的速度大小vn；
(ⅱ)通過分析與計算說明第3(3[解析]　(1)對物塊與木板組成的系統，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
解得木板的最終速度大小v＝。
(2)(ⅰ)對所有物塊與木板組成的整體，由動量守恒定律得
m(v0＋2v0＋3v0＋…＋nv0)＝(nm＋M)vn
且M＝nm
解得所有物塊與木板一起勻速運動的速度大小vn＝v0。
(ⅱ)第3號物塊速度由3v0減為v3時，序數在第3號物塊后面的每個物塊的動量都減少m(3v0－v3)，取木板與前3號物塊為一部分，則增加的動量
Δp1＝(M＋3m)v3－(mv0＋m·2v0＋m·3v0)
剩余物塊減少的動量Δp2＝(n－3)m(3v0－v3)
根據整體動量守恒Δp2＝Δp1
解得v3＝v0
或另一種解法
m(v0＋2v0＋3v0＋…＋nv0)＝
解得v3＝v0。
[答案]　(1)　(2)(ⅰ)v0　(ⅱ)
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