选修3-5《动量守恒定律碰撞反冲》知识梳理

1、动量守恒定律 碰撞 反冲【 2011考纲解读】 【必备知识梳理】一、动量守恒定律1、内容:相互作用的物体,如果不受外力或所受外力的合力为零,它们的总动量保持不 变,即作用前的总动量与作用后的总动量相等.动量守恒定律适用的条件系统不受外力或所受合外力为零.当内力远大于外力时.某一方向不受外力或所受合外力为零, 或该方向上内力远大于外力时, 该方向的动量守 恒.3、常见的表达式 p /=p,其中 p /、 p 分别表示系统的末动量和初动量,表示系统作用前的总动量等于作用 后的总动量。 p=0 ,表示系统总动量的增量等于零。 p1=-p2,其中 p1、 p2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量,

2、表示两个物 体组成的系统,各自动量的增量大小相等、方向相反。其中的形式最常见,具体来说有以下几种形式A 、 m 1v l +m 2v 2=m 1v /l +m 2v /2,各个动量必须相对同一个参照物,适用于作用前后都运动 的两个物体组成的系统。B 、 0= m1v l +m 2v 2,适用于原来静止的两个物体组成的系统。C 、 m 1v l +m 2v 2=(m 1+m 2 v ,适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。【例 1】由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律(以两个物体为例解析 :设两物体质量分别为 m 1、 m 2,作用前后的速度分别为 v 1、 v 2与 v 1/、 v

3、 2/.在 t时间内 m 1、 m 2所受外力为 F l 、 F 2,内力:第 1个对第 2个物体作用力为 f 12,其反作用力为 f 21.根据动量定理: 对 m 1:(F l 十 f 21 t=m 1 v1/ m 1 v1对 m 2:(F 2十 f 12 t= m2 v2/一 m 2 v2根据牛顿第三定律 f 12= f21 又由于 F l 十 F 2=0所以 m 1 v1/ m 1 v1=m 2 v2/一 m 2 v2 整理得:m 1 v1+m 2 v2 =m1 v1/+m 2 v2/二、对动量守恒定律的理解(1动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量,而不能改变系

4、统的总动量, 在系统运动变化过程中的任一时刻, 单个物体的动量可以不同, 但系统的总 动量相同。(2应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物,不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。(3动量是矢量,系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同,而且方向相同。【例 2】放在光滑水平面上的 A 、 B 两小车中间夹了一 压缩的轻质弹簧,用两手分别控制小车处于静止状态,下面说法中正确的是A .两手同时放开后,两车的总动量为零 B .先放开右手,后放开左手,而车的总动量向右C .先放开左手,后放开右手,两车的总动量向右 D

5、.两手同时放开,同车的总动量守恒;两手放开有先后,两车总动量不守恒 【例 3】在质量为 M 的小车中挂有一单摆,摆球的质量为 m 0,小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为 m的静止木块发生碰撞, 碰撞的时间极短,在此碰撞过程中,下列哪些情况说法是可能发生的(A .小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为 v l 、 v 2、 v 3,满足(M +m 0 v=Mvl 十 mv 2十 m 0v 3B .摆球的速度不变,小车和木块的速度变化为 v l 和 v 2,满足 Mv=Mvl 十 mv 2。C .摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为 v l ,满足 Mv =(

6、M +m v lD .小车和摆球的速度都变为 v l ,木块的速度变为 v 2,满足(M 十 m 0 v=(M 十 m 0 v l 十 mv 2分析 :小车 M 与质量为 m 的静止木块发生碰撞的时间极短,说明在碰撞过程中,悬挂摆 球的细线来不及摆开一个明显的角度, 因而摆球在水平方向尚未受到力的作用, 其水平方向的 动量未发生变化, 亦即在小车与木块碰撞的过程中, 只有小车与木块在水平方向发生相互作用。 解析 :在小车 M 和本块发生碰撞的瞬间,摆球并没有直接与木块发生力的作用,它与小 车一起以共同速度 V 匀速运动时,摆线沿竖直方向,摆线对球的效力和球的重力都与速度方 向垂直,因而摆球未受

7、到水平力作用,球的速度不变,可以判定 A 、 D 项错误,小车和木块碰 撞过程,水平方向无外力作用,系统动量守恒,而题目对碰撞后,小车与木块是否分开或连在 一起,没有加以说明,所以两种情况都可能发生,即 B 、 C 选项正确。【例 4】如图所示,在光滑水平面上有 A 、 B 两小球沿同一条直线向右运动,并发生对心 碰撞.设向右为正方向,碰前 A 、 B 两球动量分别是 p A =10kgm/s, p B =15 kgm/s,碰后动量变 化可能是(A . pA =5 kg·m /s pB =5 kg·m /sB . pA =-5 kg·m /s pB =5 kg&#

8、183;m /sC . pA =5 kg·m /s pB =-5 kg·in /s·D . pA =-20kg·m /s pB =20 kg·m /s解析 :A . 此结果动量不守恒; B . 可能; C . B 的动量不可能减少, 因为是 A 碰 B ; D . 要 出现 pA =-20kg·m /s 只有 B 不动或向左运动才有可能出现这个结果. 答案 :B【高频考点解读】考点一 碰撞【例 1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是 P 1=5kg. m/s, P 2=7kg. m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞

9、,碰后乙球的动量变为 10 kg. m/s,则二球质量 m 1与 m 2间的关系可能是下面的哪几种?( A 、 m 1=m2 B 、 2m 1=m2 C 、 4m 1=m2 D 、 6m 1=m2.【解析】 :甲乙两球在碰撞过程中动量守恒, 所以有:P 1+P2= P1, +, 即:P 1, =2 kg. m/s. 由于在碰撞过程中, 不可能有其它形式的能量转化为机械能, 只能是系统内物体间机械能相互转化 或 一 部 分 机 械 能 转 化 为 内 能 , 因 此 系 统 的 机 械 能 不 会 增 加 . 所 以 有 22' 212' 12221212222m P m P m

10、 P m P +,所以有:m 15121m 2, 因为题目给出物理情景是 “ 甲从后面追上乙 ” , 要符合这一物理情景,就必须有 2211m P m P ,即 m 1275m ;同时还要符合碰撞后乙球的速度必须 大于或等于甲球的速度这一物理情景, 即 2' 21' 1m P m P , 所以 2151m m . 因此正确的答案应该是 (C 选项.【例 2】如图 6-2-1所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行.甲球质量 m 甲 大于乙球质量 m 乙 ,水平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况?( A .甲球速度为零,乙球速度不为零B .两球速度都不为零

11、C .乙球速度为零,甲球速度不为零 D .两球都以各自原来的速率反向运动【解析】 首先根据两球动能相等,222121乙 乙 甲 甲 V m V m =得出两球碰前动量大小之比为:乙 甲 乙 甲m m P P =,因 m 甲 >m乙 ,则 P 甲 >P乙 ,则系统的总动量方向向右.根据动量守恒定律可以判断,碰后两球运动情况可能是 A 、 B 所述情况,而 C 、 D 情况是违背动量守恒的,故 C 、 D 情 况是不可能的.考点二 动量守恒定律【例 3】如图 6-2-2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

12、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:( 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、机械能不守恒图 6-2-2图 6-2-1D 、动量不守恒、机械能守恒 【例 4】质量为 M 的小车中挂有一个单摆,摆球的质量为 M 0,小车和单摆以恒定的速度 V 0沿水平地面运动,与位于正对面的质量为 M 1的静止木块发生碰撞,碰撞时间极短,在此过程 中,下列哪些说法是可能发生的(A .小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别为 V 1、 V 2和 V 3,且满足:(M+M0 V 0=MV1+M1V 2+M0V

13、 3;B .摆球的速度不变,小车和木块的速度为 V 1、 V 2,且满足:MV 0=MV1+M1V 2;C .摆球的速度不变,小车和木块的速度都为 V ,且满足:MV 0=(M+M1 V ;D .小车和摆球的速度都变为 V 1,木块的速度变为 V 2,且满足:(M+M0 V 0=(M+M0 V 1+M1V 2【解析】:小车与木块相碰,随之发生的将有两个过程:其一是,小车与木块相碰,作用 时间极短,过程结束时小车与木块速度发生了变化,而小球的速度未变;其二是,摆球将要相 对于车向右摆动, 又导致小车与木块速度的改变. 但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短 过程,不需考虑第二过程.因此,我们只需

14、分析 B 、 C 两项.其实,小车与木块相碰后,将可 能会出现两种情况,即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开,前者正是 C 项所描述 的,后者正是 B 项所描述的, 所以 B 、 C 两项正确.【例 5】 如图 6-2-3所示. 质量为 m 的铅球以大小为 v 0仰角为 的初速度抛入一个装着砂 子的总质量为 M 的静止的砂车中,砂车与地面的摩擦不计,球与砂车的共同速度是多少 ? 图 6-2-3【解析】： 解析】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量 】： 守恒，由动量守恒定律得 mv 0cos=(M+mv，所以 v=mv0cos/(M+m 【规律总结】此类

15、问题属系统所受外力不为 0，竖直 方向上受到有外力，动量不守恒，但 规律总结】 水平方向上不受外力作用，动量守恒又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面 的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒 考点三 动量守恒定律应用 【例 6】质量为 M、长为 L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为 m1 及 m2 的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？ 【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为： S = 解析】 (m1 m 2 L 提示：若 m1>m2， M + m1 + m 2 本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着

16、船，再利用人船模型进行分析求解较简 便应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关不论是匀速行走还是变速行走，甚 至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的以上所列举的人、船 模型的 前提是系统初动量为零 如果发生相互作用前系统就具有一定的动量， 那就不能再用 m1v1=m2v2 这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2 列式 【例 7】如图 6-2-4 所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为 M 的小圆环，环上系 一长为 L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为 m 的小球，现将绳拉直，且与 AB 平行，由 静止释放小球，则当线绳与 A B 成 角时

17、，圆环移动的距离是多少？ 图 6-2-4 6/9 【例 8】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为 6m/s甲车上有 质量为 m=1kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为 M1=50kg，乙和他的车总质 量为 M2=30kg现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面 165m/s 的水平速度抛向乙，且 被乙接 住假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时： （1）两车的速度各为多少？ （2）甲总共抛出了多少个小球？ 【解析】甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的 解析】 过程 （1）甲、乙两小孩及两车组成

18、的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后， 当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞设共同速度为 V，则: M1V1M2V1=（M1+M2）V V= M1 M 2 20 V1 = × 6m / s = 1.5m / s M1 + M 2 80 （2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:P=30×630×（15）=225（kg·m/s） 每一个小球被乙接收后，到最终的动量为 故小球个数为 N = P 225 = = 15(个 P1 15 P1=165×115×1=15（kg·m/s） 【例 9】A、B 两滑块

19、在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在 t0 = 0，t1= t，t2 = 3 2·t，t3=3·t 各时刻闪光四次，摄得如图 6-2-5 所示照片，其中 B 像有重叠，mB= mA，由 2 此可判断（ ） 7/9 图 6-2-5 A.碰前 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t = 2.5t； B.碰前 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t = 0.5t； C.碰后 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t = 0.5t； D.碰后 B 静止，碰撞发生在 60 cm 处，t = 2.5t 【解析】若碰撞前 B 静止，则 VB0=0，则 t0，t1，t2 时刻 B

20、 都处在 60cm 处，所以碰撞只 解析】 能发生在 x=60cm 处， 碰撞时 t= 2.5t， 碰撞后 B 的速度 V Bt = 碰撞后 V At = 5 t / 2 20 5 10 ，碰撞后系统动量为： m A . + mB ，满足动量守恒 t t / 2 t / 2 10 20 ； 碰撞前 A 的速度 V A0 = ， t / 2 t 碰撞前系统动量为： m A . 定律； 1 400 1 100 1 400 碰撞前系统动能为： m A 2 ，碰撞后系统动能为： m A 2 + m B 2 ，显然碰撞后 2 2 2 t t t 系统的动能增加，不符合能量守恒定律 所以碰撞前 B 不可能静止，即 AC