1、【 精品教育资源文库 】 第 27 课时 动量守恒定律及其应用 考点 1 动量守恒的判定 1动量守恒定律的内容 如果一个系统 不受力 ，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动量守恒定律的表达式 (1)p p ，系统相互作用前总动量 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，作用前的动量和等于作用后的动量和。 (3) p1 p2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (4) p 0，系统总动量的增量为零。 3动量守恒定律的适用 条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为 零 。 (2)
2、近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力 远大于 它所受到的外力。 (3)某一方向守恒：如果系统在某个方向上不受力或所受外力的合力为零，则系统在这个方向上动量守恒。 例 1 (2018 安徽六安市一中段考 )如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口 A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自 A 点进入槽内，则以下结论中正确的是 ( ) A小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C小球自半圆槽的最低点 B 向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D小球离
3、开 C 点以后，将做竖直上抛运动 解析 当小球在槽内由 A 运动到 B 的过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的【 精品教育资源文库 】 系统水平方向上的动量不守恒，故 B 错误；当小球由 B 运动到 C 的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故 A 错误；小球从 B 到 C 的过程中，系统水平方向合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故 C 正确；小球离开 C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故 D 错误。 答案 C 对动量守恒定律理解的几个误区 (1)误认为只要系统初、末状态的
4、动量相同，则系统动量守恒，动量守恒定律是系统在变化过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律。 (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。产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线。 (3)误认为动量守恒定律中，各物 体的动量可以相对于任何参考系。出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系。 (4)误认为整体合力不为零，系统动量不守恒，单方向上系统动量也不守恒。如果某个方向上系统所
5、受合力为零，那么系统在这个方向动量守恒。 1 (多选 )如图所示，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，下列说法中正确的是 ( ) 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，此后动量不守恒 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 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， A 正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手
6、后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左， B 错误， C、 D 正确。 【 精品教育资源文库 】 2 (多选 )如图所示， 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 ( ) A若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B 组成的系统的动量守恒 B若 A、 B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B、 C 组成的系统的动量守恒 C若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B 组成的系统的动量守恒 D若 A、 B 所受的摩擦
7、力大小相等， A、 B、 C 组成的系统的动量守恒 答案 BCD 解析 如果 A、 B 与平板车上表面的动摩擦因数相同，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， A 错误；对 A、 B、 C组成的系统， A、 B 与 C 间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、 D 正确；若 A、 B 所受的摩擦力大小相等，则 A、 B
8、组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒， C 正确。 3下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是 ( ) A如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上 的人在车上走动时，对人与车组成的系统 B如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统 C子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统 D斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时 答案 C 解析 对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块
9、有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜 向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故系统动量不守恒的是 C。 【 精品教育资源文库 】 考点 2 动量守恒定律的应用 1动量守恒定律的五个特性 2应用动量守恒定律的解题步骤 (1)明确研究对象，确定系统的组成 (系统包括哪几个物体及研究的过程 )。 (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒 (或某一方向上是否守恒 )。 (3)规定正方向，确定初、末状态动量。 (4)由动量守恒定律列出方程。 (5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 例 2 (2014 福建高考 )一枚火箭搭载
10、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【 精品教育资源文库 】 速率 v1为 ( ) A v0 v2 B v0 v2 C v0 m2m1v2 D v0 m2m1(v0 v2) 解析 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有： (m1 m2)v0 m1v1 m2v2，解得： v1 v0 m2m1(v0 v2)， D 正确。 答案 D 对动量守恒定律的进一步理解 (1)确定所研究的系统，单
11、个物体无从谈起动量守恒。 (2)判断系统是否动量守恒，还是某个方向上动量守恒。 (3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。 1.(2017 济宁高三期末 )如图所示，一质量 M 3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 m 1.0 kg 的小木块 A。给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s，方向相反的初速度，使 A 开始向左运动， B 开始向右运动， A 始终没有滑离木板 B。在小木板 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是 ( ) A 1.8 m/s B 2.4 m/s C 2.8 m/s D 3.0 m/s 答案
12、 B 解析 分析可得 A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设 A 减速到零时，木板的速度为 v1，最终它们的共同速度为 v2，取【 精品教育资源文库 】 水平向右为正方向，则 Mv mv Mv1 0， Mv1 (M m)v2，可得 v1 83 m/s， v2 2 m/s，所以在小木块 A 做加速运动的 时间内，木板速度大小应大于 2.0 m/s 而小于 83 m/s，只有 B 正确。 2 (2016 天津高考 )如图所示，方盒 A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块 B，盒的质量是滑块的 2 倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为 。若滑块以
13、速度 v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为 _，滑块相对于盒运动的路程为 _。 答案 v3 v23g 解析 设滑块 B 质量为 m，则方盒 A 的质量为 2m。滑块 B 与方盒 A 构成的系统，在水平方向所受的合外力为零，由动量守恒定律可得， mv (m 2m)v ，解得二者相对静止时方盒A的速度 v v3。设滑块 B相对方盒 A运动的路程为 L，由功能关系，可得 mgL 123 mv 2 12mv2，解得 L v23g 。 3 (2014 北京高考 )如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小
14、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 0.2 m； A 和 B 的质量相等； A和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 0.2。取重力加速度 g 10 m/s2。求： (1)碰撞前瞬间 A 的速率 v； (2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v ； (3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l。 答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 解析 设滑块的质量为 m。 (1)根据机械能守恒定律 mgR 12mv2 【 精品教育资源文库 】 得碰撞前瞬间 A 的速率 v 2gR 2 m/s。 (2)根据动量守恒定律 mv 2mv 得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v 12v 1 m/s。 (3)根据动能定理 12(2m)v 2 (2m)gl 得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离 l v
