高考物理动量守恒定律的应用辅导讲义

高考物理动量守恒定律的应用辅导讲义
下图是马尔西发表的著作中的一幅插图||，一颗大理石球对心撞击一排大小相等且同等质料的小球时||，运动将传递给最后一个小球||，其余的小球毫无影响||。

你能解释这是为什么吗？
三、本章知识点讲解
碰撞中的动量守恒
碰撞的特点
三、碰撞问题中遵循的规律
在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
1．动量守恒
即p1＋p2＝p1′＋p2′。

2．动能不增加
即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p21
2m1＋
p22
2m2≥
p1′2
2m1＋
p2′2
2m2。

3．速度要符合情景
如果碰前两物体同向运动||，则后面物体的速度大于前面物体的速度||，即v后>v前||，否则无法实现碰撞||。

碰撞后||，原来在前的物体的速度一定增大||，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度||，即v前′≥v后′||，否则碰撞没有结束||，如果碰前两物体是相向运动||，则碰后||，两物体的运动方向不可能都不改变||，除非两物体碰撞后速度均为零||。

典型例题：如图所示||，在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前运动||，与质量为3.0kg 的静止木块发生碰撞||，假设碰撞后木块的速度是v木＝1m/s||，则
()
A．v木＝1m/s这一假设是合理的||，碰撞后球的速度为v球＝－10m/s
B．v木＝1m/s这一假设是不合理的||，因而这种情况不可能发生
C．v木＝1m/s这一假设是合理的||，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝1m/s这一假设是可能发生的||，但由于题给条件不足||，v球的大小不能确定
答案：B解析：假设这一过程可以实现||，根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v木||，代入数据解得v1＝－10m/s||，这一过程不可能发生||，因为碰撞后的机械能增加了||。

变式训练：在光滑的水平面上有三个完全相同的小球||，它们成一条直线||，2、3小球静止||，并靠在一起||，1小球以速度v0射向它们||，如图所示．设碰撞中不损失机械能||，则碰后三个小球的速度可能值是 D
A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0
B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝
12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12
v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0
课堂小结：
弹性碰撞的规律
实例：A 球碰撞原来静止的B 球||。

动量
m A v 0＝m A v A ＋m B v B 规律 动能
12m A v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B A 球
v A ＝m A －m B m A ＋m B v 0 碰后A 、B 球速度
B 球 v B ＝2m A m A ＋m B v 0 m A ＝m B v A ＝0，v B ＝v 0，两球碰后交换了速度
m A >m B v A >0，v B >0，v A 、v B 与v 0同向 讨论
m A <m B v A <0，v B >0，碰后A 球被弹回来
典型例题：如图所示||，B 、C 、D 、E 、F||，5个小球并排放置在光滑的水平面上||，B 、C 、D 、E||，4个球质量相等||，而F 球质量小于B 球质量||，A 球的质量等于F 球质量||。

A 球以速度v0向B 球运动||，所发生的碰
撞均为弹性碰撞||，则碰撞之后()
A．5个小球静止||，1个小球运动
B．4个小球静止||，2个小球运动
C．3个小球静止||，3个小球运动
D．6个小球都运动
答案：C
解析：A球与B球相碰时||，由于A质量小于B||，A弹回||，B获得速度与C碰撞||，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等||，B静止||，C获得速度||，同理||，C和D的碰撞||，D与E的碰撞都是如此||，E获得速度后与F的碰撞过程中||，由于E的质量大于F||，所以E、F碰后都向右运动||。

所以碰撞之后||，A、E、F三球运动||，B、C、D三球静止||。

变式训练：
1.如图所示||，在真空中一光滑绝缘水平面上||，有直径相同的两个金属球A、C||，质量mA=1×10-2kg、mC=5×10-3kg||，静止在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中的C球带正电||，电荷量qC=1.0×10-2C||。

在磁场外不带电的A球以速度v0=20 m/s进入磁场中与C球发生正碰后||，C球对水平面的压力恰好为零(g取10 m/s2)||，则碰后A球的速度为()
A.10 m/s
B.5 m/s
C.-10 m/s
D.-20 m/s
答案:A
解析:A球与C球发生正碰||，则动量守恒||，即mAv0=mAvA+mCvC||，接触后||，C球所带电荷量变为||，对水平面压力为零||，则vCB=mCg||，解以上各式得vA=10 m/s||，所以选项A正确||。

2.在光滑的水平面上||，质量为m1的小球A以速率v0向右运动||。

在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态||，如图所示||。

小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动||。

小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇||，PQ=1.5PO||。

假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的||，求两小球质量之比||。

解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇||，小球A 和B 的速度大小保持不变||，根据它们通过的路程||，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1
两球碰撞过程有:m1v0=m1v1+m2v2
m1m1m2
解得:=2||。

3.如图所示||，车厢的质量为M||，长度为L||，静止在光滑水平面上||，质量为m 的木块(可看成质点)以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动||，木块与前车壁碰撞后以向左运动||，则再经过多长时间||，木块将与后车壁相碰?
解析:木块和车厢组成的系统动量守恒||，设向右为正方向||，碰后车厢的速度为v'||，则
mv0=Mv'-m·
得v'=||，方向向右
设t 时间内木块将与后车壁相碰||，则v't+t=L
4．(2019·山东卷)如图||，三个质量相同的滑块A 、B 、C||，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A
向右的初速度v0||，一段时间后A 与B 发生碰撞||，碰后A 、B 分别以18v0、34
v0的速度向右运动||，B 再与C 发生碰撞||，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．
[解析] 设滑块质量为m||，A 与B 碰撞前A 的速度为vA||，由题意知||，碰后A 的速度vA′＝18
v0||，B 的速度vB ＝34
v0||，由动量守恒定律得mvA ＝mvA′＋mvB① 设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A||，由功能关系得
WA ＝12mv20－12
mv2A ① 设B 与C 碰撞前B 的速度为vB′||，B 克服轨道阻力所做的功为WB||，由功能关系得
【解析】 取炮弹和小船组成的系统为研究对象||，在发射炮弹的过程中||，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下||，重力和浮力相等||，但在发射炮弹时||，浮力要大于重力||，因此||，在竖直方向上||，系统所受到的合外力不为零||，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)||，故在该方向上动量守恒．
发射炮弹前||，总质量为1 000 kg 的船静止||，则总动量Mv ＝0.
发射炮弹后||，炮弹在水平方向的动量为mv1′cos45°||，船后退的动量为(M—m)v2′||，可得mv1′cos45°＝(M －m)v2′.
取炮弹的水平速度方向为正方向||，代入已知数据解得
v2′＝mcos45°M －m v1′＝－2×
2
21 000－2×600 m/s ＝－0.85 m/s. 变式训练：
1、如图所示||，一个质量为m 的木块||，从半径为R 、质量为M 的14
光滑圆槽顶端由静止滑下．已知圆槽可沿着光滑水平面自由滑动．求木块从槽口滑出时的速度大小为多少？
解析 木块从开始下滑到脱离槽口的过程中||，木块和槽所组成的系统水平方向不受外力||，水平方向动量守恒．设木块滑出槽口时的速度为v2||，槽的速度为v1||，
则mv2－Mv1＝0①
又木块下滑时||，只有重力做功||，系统机械能守恒||，
联立①①两式解得木块滑出槽口的速度
即mgR ＝12mv22＋12
Mv21① v2＝
2MgR m ＋M 2、(2019·云南一模)如图所示||，光滑的杆MN 水平固定||，物块A 穿在杆上||，可沿杆无摩擦滑动||，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连||，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出||，若杆足够长||，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速
度大小．
[解析]子弹射入木块B的过程中||，子弹和木块B组成的系统水平方向上动量守恒||，规定子弹的速度方向为正方向||，有mv0＝2mv1||，子弹开始射入物块B到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中||，系统水平方向
上动量守恒||，有mv0＝3mv2||，根据机械能守恒得2mgL(1－cos60°)＝1
2×2mv21－1
2×3mv22||，联立三式解得v0
＝23gL.
[答案]23gL
课堂小结：
“爆炸类问题中”动量守恒定律的应用
1．爆炸的特点是物体间的相互作用突然发生||，相互作用力尽管是变力||，但作用时间很短||，爆炸产生的内力远大于外力(如重力、摩擦力等)||，因此爆炸过程中外力的作用可以近似忽略．系统满足动量守恒的条件||，因此可以利用动量守恒定律求解爆炸问题．
2．由于爆炸过程中物体间相互作用的时间很短||，作用过程中物体的位移很小||，一般可忽略不计||，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理||，可认为此过程动量守恒||，位移不发生变化．
典型例题：(2019·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出||，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东||，在最高点爆炸成质量不等的两块||，其中一块质量为2m||，速度大小为v||，方向水平向东||，则另一块的速度是()
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
[解析]在最高点水平方向动量守恒||，由动量守恒定律可知||，3mv0＝2mv＋mv′||，可得另一块的速度为
v′＝3v0－2v||，对比各选项可知||，答案选C.
[答案] C 课堂小结：
多物体、多过程的动量守恒问题
典型例题：两块厚度相同的木块A 和B||，紧靠着并排放在光滑的水平面上||，其质量分别为mA ＝0.5 kg||，mB ＝0.3 kg||，它们的下底面光滑||，上表面粗糙||，另有一质量为mC ＝0.1 kg 的滑块C(可视为质点)||，以vC ＝25 m/s 的速度恰好水平滑上A 的上表面||，如图所示||，由于摩擦||，滑块最后停在木块B 上||，B 和C 的共同速度为3.0 m/s||，求：
(1)木块A 的最终速度； (2)滑块C 离开A 时的速度vC′.
【解析】 (1)当C 滑上A 后||，由于摩擦力作用||，将带动A 和B 一块运动||，直至C 滑到B 后||，A 、B 两木块分离||，分离时A 的速度为vA||，最后C 相对B 静止||，与B 以共同的速度vB ＝3.0 m/s 运动||，在整个过程中||，由A 、B 、C 三物体组成的系统满足动量守恒||，得
mCvC ＝mAvA ＋(mB ＋mC)vB||， 所以vA ＝
mCvC －
mB ＋mC vB mA
＝
0.1×25－0.3＋0.1×3.0
0.5
m/s
＝2.6 m/s.
(2)解法一：为计算vC′||，我们以B 、C 为系统||，C 滑上B 时||，B 与A 分离||，B 、C 水平方向动量守恒||，
此时B 的速度与A 的速度相同为vA||，由动量守恒有
mBvA ＋mCvC′＝(mB ＋mC)vB||， 得vC′＝mB ＋mC vB －mBvA
mC
＝
0.3＋0.1×3.0－0.3×2.6
0.1
m/s ＝4.2 m/s.
解法二：为计算vC′我们仍以A 、B 、C 三物体组成的系统为研究对象满足动量守恒||，C 刚滑离A 到B 时||，A 、B 的速度相同都为vA||，此时C 的速度为vC′||，则
mCvC ＝(mA ＋mB)vA ＋mCvC′||，得vC′＝
mCvC －
mA ＋mB vA mC
＝
0.1×25－0.5＋0.3×2.6
0.1
m/s ＝4.2 m/s.
变式训练：
1、光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C||，质量分别为mA ＝3m||，mB ＝mC ＝m||，开始时B 、C 均静止||，A 以初速度v0向右运动||，A 与B 碰撞后分开||，B 又与C 发生碰撞并粘在一起||，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．
解析 设A 与B 碰撞后||，A 的速度为vA||，B 与C 碰撞前B 的速度为vB||，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v||，由动量守恒定律得
对A 、B 木块：mAv0＝mAvA ＋mBvB①对B 、C 木块：mBvB ＝(mB ＋mC)v①由A 与B 间的距离保持不变可知vA ＝v①
联立①①①式||，代入数据得vB ＝6
5
v0.
2、如图所示||，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平面上||，斜面底端有一挡板与之垂直||，同种材料制成的可看为质点的小物块A 、B 、C||，其质量分别为m 、2m 、2m||，物块C 静止在物块B 与挡板之间某一位置．小物块A 、B 靠在一起||，其间夹有少量炸药||，一起以v 0＝4m ／s 的速度沿斜面匀速下滑||，当A 、B 与挡板距离为L ＝1．75m 时炸药爆炸||，炸药爆炸后A 的速度恰好变为零||，随后小物块B 沿斜面向下运动并与小物块C 发生弹性碰撞||，接着物块C 与挡板也发生弹性碰撞．碰后物块C 沿斜面上滑||，最后物块B 与A 碰撞并粘成一体．取g ＝10m ／s 2||，求物块B 与A 刚碰
撞后的速度大小v 共．
（2）（10分）解：设沿轨道向下为正方向||，爆炸瞬间由于内力远远大于外力||，AB 组成的系统动量守 恒||，故有
()0122m m v mv +=||，解得16/v m s =||，方向沿斜面向下（2分）
由于B 和C 质量相等||，B 与C 之间发生弹性碰撞||，故发生速度交换||，碰撞过程能量没有损失||，而C 与挡板之间也是发生弹性碰撞||，能量没有损失||，C 上滑与B 再次碰撞过程中||，仍然发生弹性碰撞||，没有能量损失||，故从B 与A 分离到B 与A 再次碰撞过程||，等效与B 以1v 匀速下滑||，然后与挡板发生弹性碰撞||，再沿斜面减速上升||。

（2分）
设B 与A 发生碰撞时速度为
2
v ||，
等效的整个过程中根据动能定理可得－2mg sin θ×2L=
222111
2222
mv mv ⨯-⨯||， （2分） A 与B 碰撞过程中||，动量守恒||，故有()222mv m m v =+共 （2分） 联立解得2/3
v m s =-共||，负号表示方向沿斜面向上 （2分）
3、如图所示||，在光滑的水平面上||，质量为4m 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁||，与墙壁不粘连．质量为m 的小滑块(可视为质点)以水平速度v 0滑上木板左端||，滑到木板右端时速度恰好为零．现小滑块以水平速度v 滑上木板左端||，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞||，以原速率弹回||，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下||，求
v v
的值．
小滑块以水平速度v 0右滑时||，由动能定理有： －fL ＝0－
2
1
mv 0 2(2分) 小滑块以速度v 滑上木板到运动至碰墙时速度为v 1||， 由动能定理有：－fL ＝
21mv 12－2
1mv 2
(2分) 滑块与墙碰后至向左运动到木板左端||，此时滑块、木板的共同速度为v 2||， 由动量守恒有：mv 1＝(m ＋4m )v 2(2分)
由动量守恒定律可得：
22
A B
mv mv mv
=+||，（2分）
由能量守恒定律可得：222
111
22
222
A B
mv mv mv
⨯=⨯+||，（2分）
解得：
00
1144
==2,==2
3333
A B
v v gh v v gh；（2分）
课堂小结：
1、如图所示||，A B C是光滑轨道||，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆．一质量为M的小木块放在轨道水平部分||，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中||，并滞留在木块中．若被击中的木块沿轨道能滑到最高点C||，已知木块对C点的压力大小为(M+m)g||，求：子弹射入木块前瞬间速度的大小．
2、如图所示||，在足够长的光滑水平轨道上静止三个小木块A、B、C||，质量分别为m A=1kg||，m B=1kg||，m C=2kg||，
四、巩固练习
六、课堂总结
七、家庭作业
1、如图所示||，水平地面上静止放置一辆小车A||，质量mA＝4 kg||，上表面光滑||，小车与地面间的摩擦力极小||，可以忽略不计||。

可视为质点的物块B置于A的最右端||，B的质量mB＝2 kg||。

现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N||，A运动一段时间后||，小车左端固定的挡板与B发生碰撞||，碰撞时间极短||，碰后A、B 粘合在一起||，共同在F的作用下继续运动||，碰撞后经时间t＝0.6 s||，二者的速度达到vt＝2 m/s||。

求：
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l||。

解析：(1)以A为研究对象||，由牛顿第
二定律有
F＝mAa①
代入数据解得
a＝2.5 m/s2①
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程||，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v①
代入数据解得
v＝1 m/s①
(3)设A、B发生碰撞前||，A的速度为vA||，对A、B发生碰撞的过程||，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v①
A从开始运动到与B发生碰撞前||，由动能定理有
Fl＝1
2mAv2A①
由①①①式||，代入数据解得
l＝0.45 m①
答案：(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m
2、如图||，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方||，B球距地面的高度h＝0.8 m||，A 球在B球的正上方||。

先将B球释放||，经过一段时间后再将A球释放||。

当A球下落t＝0.3 s时||，刚好与B 球在地面上方的P点处相碰||，碰撞时间极短||，碰后瞬间A球的速度恰为零||。

已知mB＝3mA||，重力加速度大小g＝10 m/s2||，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失||。

求
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度||。

解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB||，由运动学公式有
vB＝2gh①
将h＝0.8 m代入上式||，得vB＝4 m/s①
(2)设两球相碰前后||，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)||，B球的速
度分别为v2和v2′||。

由运动学规律可得
v1＝gt①
由于碰撞时间极短||，重力的作用可以忽略||，两球相碰前后的动量守恒||，总动能保持不变||。

规定向下的方向为正||，有
mAv1＋mBv2＝mBv2′①。