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启东中学 专题十一 动量守恒定律
重点难点
1．动量守恒的条件：可以归纳为以下几种情况：①物体系统不受外力或所受合外力为零；②物体系统受到的外力远小于内力；③系统在某方向上不受外力、合外力为零或外力远小于外力，此时在该方向上动量守恒．
在碰撞和爆炸现象中，由于物体间相互作用持续时间很短，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理．
2．运用动量守恒定律应注意：
①矢量性：动量守恒定律的方程是一个矢量关系式对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，按正方向确定各矢量的正负
②瞬时性：动量是一个状态量，对应着一个瞬时动量守恒是指该相互作用过程中的任一瞬时的动量恒定不同时刻的动量不能相加
③相对性：动量的具体数值与参考系的选取有关，动量计算时的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系
3．反冲运动中移动距离问题的分析：
一个原来静止的系统，由于某一部分的运动而对另一部分有冲量，使另一部分也跟着运动，若现象中满足动量守恒，则有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 = υ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，则距离同样满足s1 = s2，它们的相对距离s相 = s1+s2．
规律方法
【例1】如图所示，大小相同质量不一定相等的A、B、C三个小球沿一直线排列在光滑水平面上，未碰前A、B、C三个球的动量分别为8kg·m/s、-13kg·m/s、-5kg·m/s，在三个球沿一直线相互碰撞的过程中，A、B两球受到的冲量分别为-9N·s、1N·s，则C球受到的冲量及C球碰后的动量分别为 （ B ）
A．1N·s，3kg·m/s B．8N·s，3kg·m/s
C．-8N·s，5kg·m/s D．10N·s，5kg·m/s
训练题A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平速度υ从A船跳到B船，再从B船跳回A船．经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则（ ABC ）
A．A、B两船最终的速度大小之比为3∶2
B．A、B（包括人）最终的动量大小之比为1∶1
C．A、B（包括人）最终的动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
【例2】假定航天飞机的喷气发动机每次喷出质量为m = 200g的气体，气体离开发动机喷气孔时，相对于喷气孔的速度υ = 1000m/s，假定发动机在1min内喷气20次，那么在第1min末，航天飞机的速度的表达式是怎样的？如果这20次喷出的气体改为一次喷出，第1min末航天飞机的速度为多大？航天飞机最初质量为M = 3000kg，初速度为零，运动中所受阻力不计．
【解析】设第一次喷气后航天飞机速度为υ1，第二次喷气后航天飞机速度为υ2，……依次类推，取航天飞机速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
第一次喷气后：（M-m）υ1-m（υ-υ1） = 0；得υ1 =
第二次喷气后：（M-m）υ1 = （M-2m）υ2-m（υ-υ2），得υ2-υ1 =
第三次喷气后：（M-2m）υ2 = （M-3m）υ3-m（υ-υ3），得υ3-υ2 =
……
第20次喷气后：（M-19m）υ19 = （M-20m）υ20-m（υ-υ20），得υ20-υ19 =
综合以上可得1min末飞船的速度为 υ20 = +++……+
若20次喷出的气体一次喷出，则：0 = （M-20m）υ′-20m（υ-υ′）
得υ′ = = = m/s
比较可知υ20＞υ′，即当喷气质量一定时，分次喷出比一次喷出，航天飞机获得的速度大且分的次数越多，获得的速度越大，这也是火箭连续喷气的原因
训练题甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平面摩擦不计，甲与车的总质量为M = 100kg，另有一质量为m = 2kg的球乙固定站在车对面的地面上，身旁有若干质量不等的球开始车静止，甲将球以速率υ水平抛给乙，乙接球后马上将另一质量m1 = 2m的球以相同的速度υ水平抛给甲；甲接住后再以相同速率将此球抛回给乙，乙接住后马上将另一质量m2 = 2m1 = 4m的球以速率υ水平抛给甲……这样往复抛球．乙每次抛给甲的球质量都是接到甲抛给他的球的质量的2倍，而抛球速率始终为υ（相对于地面水平方向）不变．求：
（1）甲第二次抛出（质量为2m）球后，后退速率多大？
（2）从第1次算起，甲抛多少次后，将再不能接到乙抛来的球？
答案：（1）v2=v/10
（2）甲抛5次后，将再不能接到乙抛来的球
【例3】（05年高考·江苏）如图所示，三个质量为m的弹性小球用两根长为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上，现给中间的小球B一个水平初速度υ0，方向与绳垂直小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长，求：
（1）当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．
（2）当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．
（3）运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ．
（4）当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．
【解析】由于绳子不可伸长，且A、C两球在运动过程中具有对称性，当A、C两球第一次相碰时，三球具有相同的速度；小球发生相互作用时满足动量守恒定律和机械能守恒定律．
（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为υB，此时A、C小球沿B球初速度方向的速度也为υB．由动量守恒定律，得：mυ0 = 3mυB，由此得υB = υ0
（2）当三个小球再次在同一直线上时，此时B球的速度为υB1，A、C球的速度为υA，υA的方向为B球的初速度方向，由动量守恒定律、机械能守恒定律得：
mυ0 = mυB1+2mυA
mυ = mυB+2×mυ
解得：υB1 = -υ0，υA = υ0 （或υB1 = υ0，υA = 0，此为初状态，舍去）
所以，当三球再次处在同一直线上时，小球B的速度为υB1 = -υ0，负号表示与初速度反向．
（3）从（2）的解可知，B球速度由最初的υ0变化（减小）为零，然后反向运动，可见当B球速度为零时，动能EKBI也为零，而机械能守恒，故此时A球动能最大
设此时A球（C球）的速度为υ，两根绳的关角为θ，如图，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：
mυ0 = 2mυsin
mυ = 2×mυ2
可得此时A球的最大动能为EKA = mυ2 = mυ，两根绳间夹角为θ = 90°．
（4）当三球处于同一直线上时，B球受力平衡，B球加速度为零，选B球为参考系时，A、C两球做圆周运动，绳子拉力为其提供向心力．
A球相对B球的速度为υAB = υA-υB1 = υ0
由牛顿第二定律，此时绳中拉力为F，则F = m = m．
训练题长为2b的轻绳，两端各系一质量为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平面上，绳处于拉直状态今给小球M以一种冲击，使它获得一水平初速度υ0，υ0的方向与绳垂直，如图所示，求在两端的小球发生相互碰撞前的瞬间，球m在垂直于绳方向的分速度多大？（绳不可伸长）
答案：v2=｛Mv/（M+2m）｝1/2
【例4】如图所示，甲、乙两人分别站在A、B两辆冰车上，一木箱静止于水平光滑的冰面上，甲与A车的总质量为M1，乙和B车的总质量为M2，甲将质量为m的木箱以速率υ（对地）推向乙，
乙接住后又以相等大小的速度将木箱推向甲，甲接住木箱后又以速率υ将木箱推向乙，然后乙接住后再次将木箱以速度υ推向甲，木箱就这样被推来推去，求最终甲、乙两人（连同冰车）的速度各为多少？（已知M1 = 2M2，M1 = 30m）
【解析】设甲第1次推出木箱后获得的速度为υ1，第2次推出木箱后甲的速度为υ2，……第n次推出木箱后速度为υn，对木箱与甲（包括车）构成的系统应用动量守恒，第1次推出过程：0 = M1υ1-mυ，得υ1 = υ．从接住到第2次推出：M1υ1+mυ = M1υ2-mυ，得υ2 = υ1+ =
从接住到第3次推出：M1υ2+mυ = M1υ3-mυ，得υ3 = υ2+ =
……从接住到第n次推出：M1υn-1+mυ = M1υn-mυ，得υn = υn-1+ =
当甲不再接住木箱时，有：υn≥υ，即≥υ 解得n≥15.5
设乙第1次、第2次、第3次、……，第k次推出木箱的速度依次为υ′1、υ′2、υ′3……υ′k，根据动量守恒定律得：第1次推出：mυ = M2υ′1-mυ，得υ′1 =
第2次推出：mυ+M2υ′1 = M2υ′2-mυ，得υ′2 = υ′1+ =
第3次推出：mυ+M2υ′2 = M2υ′3-mυ，得υ′3 = υ′2+ =
……第k次推出：mυ+M2υ′k-1 = Mυ′k - mυ，得υ′k = υ′k-1+ =
欲使乙不再接住木箱，必满足υ′k≥υ，即≥υ，解得k≥7.5
比较n≥15．5和k≥7．5可知，当乙第8次推出木箱后，就不再接住木箱，因此甲第9次推出木箱后，速度也不再发生变化，故甲和乙的最终速度分别为：
υ甲 = mυ = υ，c乙 = mυ = υ
训练题如图一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木板，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别是υ0、2υ0、3υ0、……nυ0，方向都向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动．设木块之间均无相互碰撞，求：
（1）所有木块与木板一起匀速运动的速度υn．
（2）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度υ1．
答案：（1）vn=（n+1）v0/4
（2）v1=v0/2
能力训练
1．（05年广州）如图所示，光滑的水平地面上放着一个光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中 （ B ）
A．系统的动量守恒，机械能不守恒
B．系统的动量守恒，机械能守恒
C．系统的动量不守恒，机械能守恒
D．系统的动量守恒，机械能不守恒
2．（ 05年南通）在一定条件下，让质子获得足够大的速度，当两个质子P以相等的速率对心正碰，特发生下列反应：P+P→P+P++，其中是反质子（反质子与质子质量相等，均为mP，且带一个单位正电荷），则以下关于该反应的说法正确的是（ ABC ）
A．反应前后系统总动量皆为零
B．反应过程系统能量守恒
C．根据爱因斯坦质能方程可知，反应前两个质子的能量最小为2mpc2
D．根据爱因斯坦质能方程可知，反应后单个质子的能量可能小于mpc2
3．（05年宾州）一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如图3-11-8所示的两个圆形轨迹，两圆半径之比为1∶16，下列说法正确的是 （ A ）
A．该原子核发生了α衰变
B．反冲核沿大圆做逆时针方向的圆周运动
C．原来静止的原子核的序数为15
D．沿大圆和沿小圆运动的柆子周期相同
4．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以υ1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为υ2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度υ0为 （ B ）
A． B．
C． D．
5．如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度υ0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板速度随时间变化的图象如图乙所示，某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是（ ACD ）
A．滑块与木板间始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．在t1时刻滑块从木板上滑出
6．质量为m的木板和质量为M的金属块用细绳系在一起，处于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时（还没有出水面），则铁沉下沉的深度为多大？（水的阻力不计）
答案：x=mh/M
7．人和冰车的总质量为M，另有一木球质量为m，且M∶m = 10∶1，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度υ（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向前方的固定挡板，球与冰面、车与冰面的摩擦可不计，空气阻力也忽略不计，设球与挡板碰撞后，球被原速率反向弹回，人接住球后再以同样的速率υ将球沿冰面向正前方推向挡板．问人推球多少次后不能再接到球？
答案：人推球六次后不能再接到球
8．（05年济南）如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为µ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．
（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．
（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．
（3）若n＝４，l＝0.10m，v0 ＝3.0m/s，重力加速度g＝10m/s2，求µ的数值．
答案：（1）整个过程中系统克服摩擦力做的总功为
Wf＝µmgl（1＋2＋3＋…＋n）＝
整个过程中因碰撞而损失的总动能为
（2）设第i次（i≤n－1）碰撞前瞬间，前i个木块粘合在一起的速度为vi，
动能为
与第i＋１个（i≤n－1）木块碰撞粘合在一起后瞬间的速度为vi＇，
由动量守恒定律
则
第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能为
则第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为
（i≤n－1）
（3）n＝４时，共发生了i＝3次碰撞．
第1次碰前瞬间的速度为，碰撞中动量守恒：
第1次碰后瞬间的速度为
第2次碰前瞬间的速度为
碰撞中动量守恒：
第2次碰后瞬间的速度为
第3次碰前瞬间的速度为
碰撞中动量守恒：
第3次碰后瞬间的速度为
最后滑行到桌边，速度恰好为零，则
即
整理后得，代入数据解得
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