第3节 动量守恒定律.docx
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第3节动量守恒定律
第3节 动量守恒定律
学习目标
核心提炼
1.了解系统、内力和外力的概念。
1个条件——动量守恒条件
1个定律——动量守恒定律
3个概念——系统 内力 外力
2.知道动量守恒定律的适用条件，掌握动量守恒定律的确切含义和表达式。
3.了解动量守恒定律的普遍适用性。
4.能用动量守恒定律解决一些生活和生产中的实际问题。
一、系统、内力和外力
1.系统：
相互作用的两个或多个物体组成的整体。
2.内力：
系统内部物体间的相互作用力。
3.外力：
系统以外的物体对系统以内的物体的作用力。
思维拓展
（1）对某一系统来说一个力是内力，在另一情况下这个力能变成外力吗？
（2）如图1所示，甲、乙、丙三辆车碰撞发生追尾事故。
图1
①选甲、乙两车为系统，丙对乙的力是内力还是外力？
甲和乙组成的系统动量守恒吗？
②选甲、乙、丙三车为系统，丙对乙的力是内力还是外力？
三车组成的系统动量守恒吗？
答案
（1）能。
内力是系统内物体之间的作用力，一个力是内力还是外力不是固定的，要看选择的系统，当选择的系统发生变化时，这个力可能就会由内力变为外力，所以是内力还是外力关键看选择的系统。
（2）①外力 不守恒 ②内力 守恒
二、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.适用条件：
系统不受外力或者所受外力矢量和为零。
4.普适性：
动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。
思考判断
（1）一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒。
（ ）
（2）两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒。
（ ）
（3）只要系统受到的外力的功为零，动量就守恒。
（ ）
（4）只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。
（ ）
（5）系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。
（ ）
答案
（1）×
（2）√ （3）× （4）√ （5）√
动量守恒条件的理解
[要点归纳]
1.动量守恒中，研究对象：
两个或两个以上的物体组成的相互作用的系统。
2.动量守恒条件
（1）理想条件：
系统不受外力。
（2）实际条件：
系统所受外力的矢量和为零。
（3）近似条件：
系统受外力，但外力远小于内力，则系统总动量近似守恒。
（4）推广条件：
系统受力不符合以上三条中的任一条，则系统的总动量不守恒，但是，若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。
[精典示例]
[例1]（多选）如图2所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。
当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是（ ）
图2
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，选项A错误；对A、B、C组成的
系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力的合力为零，故该系统的动量守恒，选项B、D均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，选项C正确。
答案 BCD
（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合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力。
（3）系统的动量守恒，并不是系统内各物体的动量都不变。
一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。
[针对训练1]如图3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，下列说法正确的是（ ）
图3
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
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。
答案 C
动量守恒定律的理解及简单应用
[要点归纳]
1.对系统“总动量保持不变”的理解
（1）系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、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.动量守恒常见的表达式
（1）p′＝p，其中p′、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用后的总动量等于作用前的总动量。
（2）Δp＝0，表示系统总动量的变化量等于零。
（3）Δp1＝－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，即两个物体组成的系统，各自动量的变化量大小相等、方向相反。
3.应用动量守恒定律的解题步骤
[精典示例]
[例2]质量m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50g的小球以v2＝10cm/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？
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＝30cm/s，v2＝－10cm/s；v2′＝0。
由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据得v1′＝－20cm/s。
故小球m1碰后的速度的大小为20cm/s，方向向左。
答案 20cm/s 方向向左
[例3]一辆质量m1＝3.0×103kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力。
相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75m停下。
已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小。
（重力加速度取g＝10m/s2）
解析 由牛顿第二定律得μ（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a
解得a＝6m/s2①
则v＝
＝9m/s②
由动量守恒定律得m2v0＝（m1＋m2）v③
解得v0＝
v＝27m/s
答案 27m/s
应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向。
[针对训练2]某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。
机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。
设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为（铁轨的摩擦忽略不计）（ ）
A.0.053m/sB.0.05m/s
C.0.057m/sD.0.06m/s
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律mv0＝（m＋15m）v，v＝
v0＝
×0.8m/s＝0.05m/s，故选项B正确。
答案 B
[针对训练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3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同一直线上，如图4所示。
图4
（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？
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）v甲＝3m/s，v乙＝－2m/s。
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＝1m/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＝0.5m/s，方向向右。
答案
（1）1m/s 方向向右
（2）0.5m/s 方向向右
1.（动量守恒条件的理解）（多选）下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（ ）
解析 选项A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；选项B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；选项C中木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒；选项D中系统水平方向动量守恒。
答案 ACD
2.（动量守恒条件的理解）把一支枪水平地固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是（ ）
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.若子弹和枪筒之间的摩擦忽略不计，枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒
解析 枪发射子弹的过程中，它们的相互作用力是火药爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力，枪和车一起在水平地面上做变速运动，枪和车之间也有作用力；如果选取枪和子弹为系统，则车给枪的力为外力，选项A错误；如果选取枪和车为系统，则子弹对枪的作用力为外力，选项B错误；如果选车、枪和子弹为系统，爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力，并不存在忽略的问题，系统在水平方向上不受外力，整体符合动量守恒的条件，故选项C错误，D正确。
答案 D
3.（动量守恒定律的简单应用）解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的
，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为（ ）
A.
vB.
v
C.
vD.
v
解析 设快艇的速度方向为正方向，
根据动量守恒定律有Mv＝（M－m）
v＋mv′。
解得v′＝
v。
答案 A
4.（动量守恒定律的简单应用）如图5所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s。
A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。
图5
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＝0.02m/s，远离空间站方向。
答案 0.02m/s 远离空间站方向
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
解析 选项A中竖直方向合力不为零；选项C中墙壁受地面的水平作用力；选项D中棒受人手的作用力，故合外力不为零，不符合动量守恒的条件。
答案 B
2.如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。
现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
图1
A.动量守恒、机械能守恒
B.动量不守恒、机械能不守恒
C.动量守恒、机械能不守恒
D.动量不守恒、机械能守恒
解析 把系统从子弹射入木块到弹簧压缩至最短的过程分段考虑。
第一段：
子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹与木块间的摩擦力为内力，合外力为零，所以此瞬间系统动量守恒，机械能不守恒。
第二段：
子弹射入木块后，与木块一起压缩弹簧，系统受墙面弹力（外力）不为零，所以此过程系统动量不守恒，机械能守恒。
综合在一起，整个过程中动量、机械能均不守恒，选项B正确。
答案 B
3.（多选）如图2所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，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，后放开右手，两手放开后，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
解析 当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误，C、D正确。
答案 ACD
4.在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg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20m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率（ ）
A.小于10m/s
B.大于20m/s，小于30m/s
C.大于10m/s，小于20m/s
D.大于30m/s，小于40m/s
解析 两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统动量方向向南，即p客>p卡，1500×20>3000v，解得v<10m/s，故A正确。
答案 A
5.一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0＝10m/s，设它炸成两块后，质量为0.4kg的大块速度大小为250m/s，方向与原来方向相反，若取v0方向为正方向，则质量为0.2kg的小块速度为（ ）
A.－470m/sB.530m/s
C.470m/sD.800m/s
解析 手榴弹爆炸过程系统水平方向动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝m1v1＋m2v2。
即0.6×10kg·m/s＝0.4×（－250）kg·m/s＋0.2kg×v2，解得v2＝530m/s，故选项B正确。
答案 B
6.如图3所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。
若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）
图3
A.v0＋
vB.v0－
v
C.v0＋
（v0＋v）D.v0＋
（v0－v）
解析 小船和救生员组成的系统满足动量守恒
（M＋m）v0＝m·（－v）＋Mv′
解得v′＝v0＋
（v0＋v）
故选项C正确，A、B、D均错误。
答案 C
7.（2019·三明高二检测）两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车A、B静止，如图4所示。
当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止时，则A车的速率（ ）
图4
A.等于零B.小于B车的速率
C.大于B车的速率D.等于B车的速率
解析 选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律。
设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB。
由动量守恒定律得0＝（M＋m）vA－MvB，则
＝
，即vA＜vB，故选项B正确。
答案 B
8.（2019·济南高二检测）质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图5所示，则铁球落入砂车后，砂车将（ ）
图5
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
解析 砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝（M＋m）v，v＝
v0答案 C
9.如图6所示，甲、乙两小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙小球的速度大小分别为3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙两小球都反向运动，速度大小均为2m/s。
则甲、乙两小球质量之比为（ ）
图6
A.2∶3B.2∶5
C.3∶5D.5∶3
解析 选取碰撞前甲小球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，选项C正确。
答案 C
10.（2019·郑州高二检测）如图7所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。
一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。
如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。
如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ）
图7
A.hB.
h
C.
hD.
h
解析 当斜面固定时，由机械能守恒定律得
mv
＝mgh；当斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝（M＋m）v，再由机械能守恒定律得
mv
＝
（M＋m）v2＋mgh′，由以上三式联立解得h′＝
h，选项D正确。
答案 D
11.（2019·湖北武汉高二期末）（多选）如图8所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上。
开始时人、锤和车均静止。
此人将锤抡起至最高点，此时大锤在头顶的正上方，然后，人用力使锤落下敲打车的左端，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打。
在此过程中，下列说法中正确的是（ ）
图8
A.锤从最高点落下至刚接触车的过程中，车的动量方向先水平向右，后水平向左
B.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，并减小至零
C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量先增大后减小
D.在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
解析 锤从最高点落下至刚接触车的过程中，锤的动量在水平方向先向左，后向右，由水平方向动量守恒可知车的动量方向先水平向右，后水平向左，故A正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，并减小至零，故B正确；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量先向右再向左，故C错误；人、锤和车组成的系统，在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，故D错误。
答案 AB
12.a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的x－t图像如图9所示。
若a球的质量ma＝1kg，则b球的质量mb等于多少？
图9
解析 由题图知va＝4m/s，va′＝－1m/s，vb＝0，vb′＝2m/s，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入数据解得mb＝2.5kg。
答案 2.5kg
13.如图10所示，甲车的质量是2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体，乙车质量为4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？
（g取10m/s2）
图10
解析 乙与甲碰撞动量守恒m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
得v乙′＝1m/s
小物体在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′＝（m＋m乙）v，得v＝0.8m/s
对小物体应用牛顿第二定律得
μmg＝ma，a＝μg＝2m/s2，由v＝at
所以t＝
，代入数据得t＝0.4s
或由动量定理μmgt＝mv－0，t＝0.4s
答案 0.4s
14.如图11所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。
已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。
取重力加速度g＝10m/s2。
求：
图11
（1）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
（2）A和B整体在桌面上滑动的距离L。
解析
（1）滑块A从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒，由
mAv
＝mAgR，可得vA＝2m/s。
在底部和B相撞，满足动量守恒，由（mA＋mB）v′＝mAvA，
可得v′＝1m/s。
（2）根据动能定理，对A、B一起滑动过程由
－μ（mA＋mB）gL＝0－
（mA＋mB）v′2，可得L＝0.25m。
答案
（1）1m/s
（2）0.25m
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