第二节动量守恒定律一、考情分析考试大纲考纲解读1．动量守恒定律Ⅱ2．弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ1．动量守恒定律的应用是本章重点、高考热点，动量、动量的变化量两个概念常穿插在规律中考察．2．在高考题中动量守恒定律常与能量的转化和守恒定律结合，解决碰撞、打击、反冲、滑块摩擦等问题，还要重视动量守恒与圆周运动、核反响的结合．二、考点知识梳理（一）、动量守恒定律1、内容：__________________________________________________________________，即作用前的总动量与作用后的总动量相等．表达式为：_______________________用牛顿第三定律和动量定理推导动量守恒定律：14-2-1如图14-2-1所示，在光滑水平桌面上有两个匀速运动的球，它们的质量分别是m1和m2，速度分别是v1和v2，而且v1＞v2。那么它们的总动量(动量的矢量和)P＝p1+p2＝m1v1+m2v2。经过一定时间m1追上m2，并与之发生碰撞，设碰后二者的速度分别为和，此时它们的动量的矢量和，即总动量下面从动量定理和牛顿第三定律出发讨论p和p′有什么关系。设碰撞过程中两球相互作用力分别是F1和F2，力的作用时间是t。根据动量定理，m1球受到的冲量是F1t＝m1v′1-m1v1；m2球受到的冲量是F2t＝m2v′2-m2v2。根据牛顿第三定律，F1和F2大小相等，方向相反，即F1t＝-F2t。那么有：m1v′1-m1v1＝-(m2v′2-m2v2)29/29整理后可得：，        p′＝p2、动量守恒定律适用的条件①系统____________或___________________．②当内力__________外力时．③某一方向_____________或所受________________，或该方向上内力______________外力时，该方向的动量守恒．3、常见的表达式（1）P=P/（系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P/）（2）ΔP=0（系统总动量的增量为零）（3）ΔP1=ΔP2（相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反）（4）m1v1+m2v2=m1v1/+m2v2/（相互作用的两个物体组成的系统，作用前系统的总动量等于作用后系统的总动量）（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。（三）、动量守恒定律的“四性”29/29在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。假设方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系④普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。（四）、动量守恒定律的应用1、反冲运动①定义：反冲运动是当一个物体向某个方向射出化的一局部时，这个物体的剩余局部将向相反的方向运动的现象。②反冲中的动量守恒物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。③反冲中的能量因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加④反冲的应用之“人船模型”29/29两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停顿。如图14-2-2所示，长为L，质量为m1的小船停在静水中，一个质量为m2的人立在船头，假设不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？14-2-2选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后加速运动；当人匀速前进时，船同时向后匀速运动；当人停下来时，船也停下来．设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有即。把方和两边同时乘以时间，即上式是人船模型的位移与质量的关系式，此式的适用条件是：一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，有一个方向动量守恒（如水平方向或竖直方向）．使用这一关系应注意：和是相对同一参照物的位移．由图可以看出与联立解得“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右。29/292、碰撞过程研究（1）碰撞过程的特征：“碰撞过程”作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面：①碰撞双方相互作用的时间t一般很短；通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初忽略的；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。（2）“碰撞过程”的规律正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小”（甚至外力为零）这两个特征，才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律。（3）碰撞分类从碰撞过程中形变恢复情况来划分：①形变完全恢复的叫弹性碰撞；②形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；③而形变不能够完全恢复叫非完全弹性碰撞。从碰撞过程中机械能损失情况来划分：①机械能不损失的叫弹性碰撞；②机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；③而一般的碰撞其机械能有所损失。（4）“碰撞过程”的特例29/29弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征，即解得讨论：当碰前物体2的速度不为零时①当时，即交换速度。当碰前物体2的速度为零时②当时，完全非弹性碰撞作为碰撞过程的一个特别，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失到达最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具有：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即由此即可把完全非弹性碰撞后的速度和表为（5）制约碰撞过程的规律。①碰撞过程遵从动量守恒定律②碰撞后系统动能不增原那么：29/29碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一局部动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能或③碰撞前后的运动情况要合理，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度广义碰撞（软碰撞）问题把碰撞定义中关于时间极短的限制取消，物体（系统）动量有显著变化的过程，就是广义碰撞（软碰撞）图景，它在实践中有广泛的应用。（五）、应用动量守恒定律的根本思路1．明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。2．分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。3．分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。4．规定正方向，列方程。5．解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系三、考点知识解读考点1.动量是否守恒的判断剖析：判断动量是否守恒，首先要看清系统是由哪些物体所组成的，然后再根据动量守恒的条件进展判断(具备以下条件之一即可)：①系统不受外力；29/29②系统受外力，但外力的合力为零；③系统在某一方向上不受外力或合外力为零；④系统所受的外力远小于内力或某一方向上外力远小于内力。满足前三条中的任何一个条件，系统的动量都是守恒的，满足第四个条件时系统的动量是近似守恒。动量守恒是自然界普遍适用的根本规律之一，它既适用于宏观、低速的物体，也适用于微观、高速的物体。[例题1]把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和小车的以下说法中正确的选项是.枪和子弹组成的系统动量守恒.枪和小车组成的系统动量守恒.只有在忽略子弹和枪筒之间的摩擦的情况下，枪、子弹和小车组成的系统动量才近似守恒.枪、子弹和小车组成的系统动量守恒解析：对于枪和子弹自成的系统，在发射子弹时由于枪水平方向上受到小车对它的作用力，所以动量是不守恒的，选项错；同理，对于枪和小车所组成的系统，在发射子弹的瞬间，枪受到火药对它的推力作用，因此动量也是不守恒的，选项错；对于枪、子弹和小车组成的系统而言，火药爆炸产生的推力以及子弹和枪筒之间的摩擦力都是系统的内力，没有外力作用在系统上，所以这三者组成的系统动量是守恒的，选项错，正确。故，答案选。h【变式训练1】如图14-2-3所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m29/29的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开场自由下滑那么()14-2-3A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处【解析】小球在下滑过程中，对小球和槽动量守恒，由于质量都是m，所以球离开槽时速度大小相同，设大小为V。小球和弹簧作用过程中机械能守恒，所以小球被弹回离开弹考点2.多物体多过程问题剖析：对于两个以上的物体组成的物体系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初未状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件多而无法解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内物体按作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程。解这类问题时应注意：（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。（2）分清作用过程的各个阶段和联系阶段的状态量。29/29（3）合理地选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便于解题。（4）对于多个物体组成的系统的动量守恒问题，有的应用整体动量守恒，有的只应用某局部动量守恒。有时只需抓住初、末状态的动量守恒即可，要善于灵活选择研究对象，灵活选择研究过程，才能使解答简捷。14-2-4v0m1m2m3[例题2]（如东、启东2022届期中联合测试）如图14-2-4所示，一质量m2=0.25kg的平顶小车，在车顶中间放一质量m3=0.1kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=20m/s射中小车左端，并留在车中（子弹与车相互作用时间很短）．后来小物体m3以速度v3=1m/s从平顶小车的一端滑出，取g=10m/s2．试求：（1）小物体m3从平顶小车的一端滑出时，平顶小车的速度大小；（2）平顶小车的长度．解：设子弹射中小车的瞬间，二者到达的共同速度为v1，当小物体从平顶小车滑出时，平顶小车的速度为v2，平顶小车的长度为L，由动量和能量守恒定律有m1v0=(m2+m1)v1(m2+m1)v1=(m2+m1)v2+m3v3(m2+m1)－(m2+m1)－m3=μm3g由上述三式代入数据解得v2=3m/sL=0.8m【变式训练2】两只小船相向航行，速度大小均为，每只船（连同船上的人、物）的质量均为。当它们“擦肩”而过时，各把质量为的物体从船侧同时投放到对方船上去，那么船的速度大小变为多大？（忽略水的阻力）29/29解析：先选投出的物体和剩余局部为第一个系统，并设每只船将质量为的物体从船侧头出后，剩余局部的速度大小为，船的运动方向为正方向，那么由动量守恒定律得再选这剩余的局部和对方船上投过来的质量为的物体作为第二个系统，设两者的共同速度为，那么由动量守恒定律得解以上两式得故，两船最后的速度大小都变为。命题解读：利用动量守恒定律解题首先需要解决下面的两个问题：一是要解决相互作用的过程，确定初、末状态。上面的题目非常典型，因里面涉及的物体多、过程复杂，分析和解决问题时一般都是按阶段、分步骤来进展，解决的关键是要认真、仔细地分析相互作用的过程，合理、清晰地确定研究对象----系统。二是要设出正方向。因为动量守恒定律的表达式是个矢量式，只有规定好了正方向后，才能确定每个矢量的正、负，从而将已知量带入进展求解。考点3.碰撞系统的规律剖析：在处理碰撞问题时，要抓住三项根本原那么①碰撞过程中动量守恒的原那么：②碰撞后系统总动能不增加原那么：③碰撞后状态的合理性原那么：碰撞过程的发生必须符合客观实际，如甲追上乙并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度，或甲反向运动。29/29所以，对碰撞问题的分析和判断，一定要同时把握住以上的几个特点，决不能片面地以其中的一个或两个特点判断就得出结论。[例题3]甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kg·m/s，p乙=7kg·m/s，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p’乙=10kg·m/s，那么两球质量m甲与m乙的关系可能是A．m甲=m乙B．m乙=2m甲C．m乙=4m甲D．m乙=4m甲【解析】由碰撞中动量守恒可求p’甲=2kg·m/s，碰撞过程中，动能不能增加那么即所以①碰前要使甲追上，那么必有即所以②碰后均大于零，表示同向运动那么应有即所以③由①②③得，选项C是正确的。【变式训练3】（09·全国卷Ⅰ·21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为（AB）A.2B.3C.4D.5解析：此题考察动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,那么总动量为2P,根据,以及能量的关系得,所以AB正确。考点4.动量守恒中的临界问题29/29剖析：在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、防止相碰和物体开场反向运动等临界问题。解决这类问题的方法是：利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中的隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进展解答。[例题4]如图14-2-5所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了防止相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。假设不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能防止与乙相撞？14-2-5考点分析此题重点应用了动量守恒定律的知识，同时考察了对临界问题的分析方法。解析：要想刚好防止相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。　　对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：（M+m）v0=mv+Mv1①　　对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：mv－Mv0=（m+M）v2②　　刚好不相撞的条件是：v1=v③联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。正确答案是：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。【变式训练4】29/29四、考能训练A根底达标1．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质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车连在一起，并向南滑行了一小段距离后停顿。根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率（）A.大于10m/sB.大于10m/s，小于20m/sC.大于20m/s，小于30m/sD.大于30m/s，小于40m/sABv2.如图14-2-6所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，那么A、B组成的系统动能损失最大的时刻是14-2-6A．A开场运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时3．质量为M的木块，放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一质量为m速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块一起运动，那么子弹击中木块的过程中，木块受到的冲量大小为（　　）A．mv0B．C．D．29/294.如图14-2-7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pA＝10kgm/s，pB=15kgm/s，碰后动量变化可能是（）ABA．ΔpA＝5kg·m／sΔpB＝5kg·m／sB．ΔpA=－5kg·m／sΔpB＝5kg·m／s14-2-7C．ΔpA=5kg·m／sΔpB=－5kg·in／s·D．ΔpA＝－20kg·m／sΔpB＝20kg·m／sAB5.如图14-2-8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，下面说法中正确的选项是A．两手同时放开后，两车的总动量为零14-2-8B．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．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6.(2022宣武区期末试题)如图14-2-9，一质量为M=1.2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h=1.8m。一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出。重力加速度g取10m/s2。求：（1）子弹穿出木块时，木块获得的水平初速度V；14-2-9（2）木块落地点离桌面边缘的水平距离X。29/2914-2-107.（09·山东·38）如图14-2-10所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开场时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。14-2-118.（长郡中学2022届高三第二次月考物理试题）.如图14-2-11所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开场向左运动，B开场向右运动，最后A不会滑离B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向.（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小.14-2-129.(2022东城区期末试题)如图14-2-12所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M=1.0kg的木块A以初速度v0=4.0m/s开场向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面Mmv0DshAB上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；29/29（2）木块B离开桌面时的速度大小；（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离。B能力提升10．两辆质量相同的小车A和B，置于光滑水平面上，一人站在A车上，两车均静止．假设这个人从A车跳到B车上，接着又跳回A车，仍与A车保持相对静止，那么此时A车的速率（）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14-2-1311.在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，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，以下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vl、v2、v3，满足（M＋m0）v=Mvl十mv2十m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为vl和v2，满足Mv=Mvl十mv2。C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv＝（M＋m）vlD．小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv212.A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量PA=5kg·M/S，B球的动量为PB=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为PB/=10kg·m/s，那么两球质量mA与mB间的关系可能是：29/29A、mB=mA；B、mB=2mA；C、mB=4mA；D、mB=6mA；13．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此时物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸成a、b两块，假设质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，那么（　　）A．b块的速度方向一定与原速度方向相反B．a、b一定同时到达水平地面C．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大D．在爆炸过程中，a、b受到的爆炸力的冲量一定相同14-2-1414.如图14-2-14所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。14-2-1515．两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上外表粗糙．另有质量mC=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上外表(如图14-2-15所示)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求木块A的速度和铅块C离开A时的速度．29/2916.如图14-2-16所示，在同一竖直上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L．小球受到弹簧的弹力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，到达最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O＇与P的距离为L/2.已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（2）球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小；图14-2-16（3）弹簧的弹性力对球A所做的功．图14-2-17甲乙17．如图14-2-17甲所示，物体A、B的质量分别是4kg和8kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁接触，另有一物体C从t=0时刻起水平向左运动，在t=5s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度一起向左运动．物块C的v—t图象如图15-2-12乙所示．（1）求物块C的质量；（2）弹簧压缩过程中具有的最大弹性势能；（3）在5s到10s的时间内墙壁对物体B的作用力的功；（4）在5s到15s的时间内壁对物体B的作用力的冲量的大小和方向．18．如图14-4-18甲所示，一轻质弹簧的两端分别与A、B两个物体相连接，并静止在光滑水平面上，其中A物体的质量，=2kg．现使A获得3m／s水平向右的瞬时速度，假设以此时刻为计时起点，此后两物块速度随时间变化的规律如以以下图15-4-12乙所示．求：图14-2-18(1)物体B的质量为多少?29/29(2)时刻弹簧的弹性势能为多少？五、宽乘高动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最根本的普适原理之一。（另一个最根本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。第二节动量守恒定律考点知识梳理（一）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；；不受外力；所受合外力为零；远大于；不受外力；合外力为零；远大于考能训练答案1．解析：根据碰后两车连接在一起且向南滑行的情况，说明由两车组成的系统的总动量方向向南，包括碰前系统的总动量方向向南，所以碰前客车的动量（向南）应该大于卡车的动量（向北），有，即1500×20kg·m/s>3000v卡kg·m/s，解得v卡<10m/s。选C。29/292.考点分析：此题考察动量守恒定律和机械能守恒解析：对AB系统由于水平面光滑，所以动量守恒而对A、B、弹簧系统机械能守恒，即AB动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大，所以此时动能损失最大。答案：D3．解析：分析题意得到：子弹击中木块的过程，系统的动量守恒，即有方程：mv0=（m+M）v/，解得共同的速度，所以根据动量定理得木块受到的冲量大小为木块动量的增加量：，所以选项C正确；因为系统动量守恒，所以子弹的动量减小量等于木块动量的增加量：，所以选项D正确，选项A、B是错误的，综上所述，此题的正确选项应该是CD。答案：CD4.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ΔpA＝－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：B5.解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，那么两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否那么，两车总动量不守恒，假设后放开左手，那么左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，那么向左．答案：ABD6.解析：（1）∵mv0=mv+MV∴V=(mv0-mv)/M=1.5m/s（2）∵h=gt2X=V·t∴X=V=0.9m29/297.解析：设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。8.解析:（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，那么据动量守恒定律可得：Mv0－mv0=（M+m）v…………………………………解得：v＝v0，方向向右………………………（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为，由动量守恒定律得……这一过程平板向右运动S，………解得s=…9.解析：（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度＝2.5m/s2设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得＝2.0m/s…（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′。根据平抛运动规律有：，s＝v2t′解得：＝1.5m/s（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：解得：=0.80m/s29/29设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，得＝0.32m那么木块A落到地面上的位置与D点之间的距离＝0.28m10.解析：设人的质量为m0，车的质量为m．取A、B两车和人这一系统为研究对象，人在两车间往返跳跃的过程中，整个系统水平方向不受外力作用，动量守恒．取开场时人站在A车上和后来又相对A车静止时这两个时刻考察系统的动量，那么0＝(m0＋m)vA＋mvB，得A、B两车速度之比可见，两车反向运动，A车的速率小于B车的速率.答案：B11.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。答案：BC12.解析：由动量守恒得PA＋PB=PA/+PB/代入数据得PA/=2kg·m/s由碰撞中动能不增特征知数据得mB≥2.5mA，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mA＞PB/mB可得mB＞1.4mA29/29碰撞后速度应满足关系PA//mA≤PB//mB可得mB=5mA答案：C13．解析：物体爆炸前的速度恰好沿水平方向，且爆炸后质量较大的a仍沿原来的方向，物体在爆炸过程中，其内力远大于外力，故动量守恒，以原来方向为正方向有：（ma+mb）v0=mava+mbvb，上式方程中vb的方向未能确定，设其与原来方向相同。所以且va>v0。而vb大小和方向有以下三种情况：①假设时，那么vb>0且vb