专题13.2 动量守恒定律及应用
1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围 2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤 3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题
一、动量守恒定律的理解及应用 1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m1v1＋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。 ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp＝0，系统总动量的增量为零。 2．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。 3．动量守恒定律的“五性” 系统性 相对性 同时性 刻的速度 矢量性 普适性
动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒条件 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 二、碰撞现象的特点和规律 1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象。 (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力?外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。 (3)分类 弹性碰撞 非完全弹性碰撞 完全非弹性碰撞 动量是否守恒 守恒 守恒 守恒 机械能是否守恒 守恒 有损失 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判断的三个依据 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
p2p2p1′2p2′212
或＋≥＋。 2m12m22m12m2
(3)速度要符合情景。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 三 动量和能量观点的综合应用 1．解动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
定律名称 动量守恒定律 比较项目 研究对象 相同点 研究过程 不同点 守恒条件 系统不受外力某一运动过程 系统只有重力或弹力做功 相互作用的物体组成的系统 机械能守恒定律 2
或所受外力的矢量和为零 表达式 矢标性 某一方向上应用情况 立使用 运算法则 矢量运算 使用 代数运算 p1＋p2＝p1′＋p2′ 矢量式 可在某一方向上独Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 标量式 不能在某一方向上独立
高频考点一 动量守恒定律的理解及应用
例1．在如图所示的装置中，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其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被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 D．动量不守恒，机械能守恒
答案： B
【变式探究】如图所示，质量m＝10 kg的小车置于光滑水平面上，车上站着质量M＝30 kg的小孩，开始人车以1 m/s的速度向右运动，后来小孩以相对车2 m/s的水平速度向右跳下，求小孩跳下后车的速度(设向右的方向为正方向)( )
A．0.5 m/s B．2 m/s C．－0.5 m/s
D．－2 m/s
3
答案： C
【举一反三】如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为θ，质量为M的斜面体B，现有一质量为m的物体A以初速度v0沿斜面上滑，若A刚好可到达B的顶端，且A、B具有共同速度，若不计A、B间的摩擦，则A到达顶端时速度的大小为( )
A.C.
mv0
M＋mMv0
M＋mB．D．
mv0cos θ
M＋mMv0cos θ
M＋m解析： 因为物体A具有竖直方向的加速度，故系统在竖直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力且此方向合力不为零，故此方向的动量不守恒。但水平面光滑，故系统在水平方向动量守恒，即
mv0cos θ＝(M＋m)v
所以v＝
mv0cos θ
，故选项B正确。
M＋m答案： B
【变式探究】如图所示，甲车质量为m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平地面后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑2v0
来。为了避免两车发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上了乙车。已知h＝，不计地面和斜
2
g坡的摩擦，小车和人均可看做质点。试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？
12
解析： 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v1＝(m1＋M)gh
2解得v1＝2gh＝2v0
4
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，人跳离甲车的过程中，人和甲车组成的系统动量守恒，人跳上乙车的过程中，人和乙车组成的系统动量守恒。设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和
v2′，则根据动量守恒定律有
人跳离甲车时(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′ 即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′① 人跳上乙车时Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′ 即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′②
答案：
1311v0≤v≤v0 53
高频考点二 碰撞现象的特点和规律
例2．(多选)质量分别为mP＝1 kg、mQ＝2 kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4 m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于
vP、vQ的大小可能的是( )
4
A．vP＝vQ＝ m/s 3
B．vP＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s C．vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s D．vP＝－4 m/s，vQ＝4 m/s
124
解析： 碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4 kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝mPvP0＝8 J。如果vP＝vQ＝ m/s，
23
2
p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝mPv2P＋mQvQ＝ J，碰撞过程动量守恒，能量不增加，A正确；如果vP1
21283
1212
＝－1 m/s，vQ＝2.5 m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4 kg·m/s，Ek′＝mPvP＋mQvQ＝6.75 J，能量不增加，碰撞过
22
5
2018年高考物理一轮复习 专题13.2 动量守恒定律及应用教学案
