47知识讲解 动量守恒定律的应用(提高)

物理总复习：动量守恒定律的应用

【考纲要求】

1、知道弹性碰撞和非弹性碰撞；

2、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；

3、知道动量守恒定律的普遍意义

4、会从动量和能量的角度分析碰撞问题 【考点梳理】 考点一、碰撞

1、弹性碰撞的规律

要点诠释：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒（机械能守恒）。

以质量为m1速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

1112m2v22（2） m1v1m1v1m2v2 （1） m1v12m1v1222

解（1）（2）得 v1(m1m2)2m1v1 v2v1

m1m2m1m2结论：（1）当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度。

（2）当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动。

（3）当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来。 2、解决碰撞问题的三个依据

2 （1）动量守恒，即P1P2P1P2222PPPP1212 （2）动能不增加，即 Ek1Ek2Ek1Ek2 或 2m12m22m12m2（3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必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

v后，否则碰撞没有结束。如果在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前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。 考点二、爆炸 爆炸的特点

1、内力远大于外力，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，可认为动量守恒。

2、由其它形式的能转化为机械能。 要点诠释：爆炸与碰撞的比较：

1、爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用力突然发生，相互作用的力是变力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受外力，故可用动量守恒定律来处理。

2、在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能在爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能。

3、由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程（简化）处理，即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。 考点三、反冲

指在系统内力的作用下，系统内一部分物体向某一方向发生动量变化时，系统内其余部

分向相反的方向发生动量变化的现象。反冲运动不靠系统外力，而是内力作用的结果。反冲运动遵循动量守恒定律。前面所说的“平均动量守恒”实际上是反冲运动。 【典型例题】

类型一、爆炸规律及其应用

例1、有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M=6.0kg（内含炸药的质量可以忽略不 计）射出的初速度v060m/s，当炮弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0kg，现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R=600m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g=10m/s2，忽略空气阻力)

【思路点拨】规律分析：炮弹爆炸动量守恒，炮弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两片，分别做平抛运动，总动能等于两弹片的动能之和（在最高点）。 【答案】 E6.010J

2【解析】设炮弹上升到达最点时的高度为H，根据匀变速运动规律：v02gH (1)

4又质量为m的炮弹刚爆炸后速度为v1，另一质量的速度为v， 根据动量守恒定律 mv1(Mm)v (2)

设质量为m的弹片运动时间为t，根据平抛运动规律有

H12gt（3） Rv1t（4） 2121mv1(Mm)v2 （5） 22炮弹刚爆炸后，两弹片总动能 Ek解以上各式得 Ekmin1MmR2g24 代入数值得 E6.010J 22(Mm)v0【总结升华】爆炸过程近似看成动量守恒，在应用动量守恒定律时，要注意方向。爆炸过程化学能转化为内能，总动能是增加的。 举一反三 【变式】一颗手榴弹以20m/s的速度沿水平方向飞行时，炸开成两块，其质量之比为3：7。若较大的一块以80m/s的速度沿原方向飞去，则较小一块的速度为（ ）

A. 沿原方向，速度大小为120m/s B. 沿反方向，速度大小为120m/s C. 沿原方向，速度大小为253m/s D. 沿反方向，速度大小为253m/s 【答案】B

【解析】爆炸过程内力远远大于外力，动量守恒，设原方向为正方向，初速度为v0，较大的一块速度为v1，较小的一块速度为v2， 根据动量守恒定律 mv073mv1mv2 1010代入数据解得 v2120m/s 负号表示与原方向相反。

类型二、反冲问题

例2、为完成某种空间探测任务，需要在太空站上空发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速，已知探测器的质量为M，每秒钟喷出气体的质量为m，喷射

时探测器对气体做功的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化，求： （1）喷出气体的速度；

（2）喷气t秒后探测器获得的动能。

【思路点拨】喷射时探测器对气体做功的功转化为探测器的动能，动能定理的方程怎么写。 发射火箭、探测器是反冲运动，动量守恒，初态的动量为零，也可喷出气体的动量等于探测器的动量。 【答案】（1）v2PmP2 （2）Ekt mM【解析】（1）因为探测器对喷射气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在 t秒时间内，根据动能定理可求得喷出气体的速度为 Pt1，vmtv2（1）

22P m（2）探测器喷气过程中系统动量守恒，设探测器获得的速度为V， 则 mtvMV0 （2） Vmvt M联立得探测器获得的动能 Ek1mt2P2mP2M()t2MmM

【总结升华】解本题的关键一是要正确描写质量，而是正确列出动量守恒方程，这里实际上

是一个反冲运动，即总动量为零的问题。 举一反三

【变式】一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进 方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 。（填选项前的编号）

A. Mv0(Mm)vmv B. Mv0(Mm)vm(vv0) C. Mv0(Mm)vm(vv) D. Mv0Mvmv

【答案】A

【解析】动量守恒定律必须相对于同一参考系。本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换。发射炮弹前系统的总动量为Mv0；发射炮弹后，炮弹的动量为mv,船的动量为

(Mm)v，所以动量守恒定律的表达式为Mv0(Mm)vmv正确选项为A。

类型三、碰撞问题

例3、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kgm/s，则（ ）

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 【思路点拨】碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加原则和碰撞前后状态的合理性原则，一般按顺序判断。 【答案】 A

【解析】根据碰撞的三项基本原则（即碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加原则和碰撞前后状态的合理性原则）分析求解。

由两球的动量都是6kgm/s，知运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球，碰后A球的动量减少了4kgm/s，即A球的动量为2kgm/s，由动量守恒定律得B球的动量为10kgm/s，故可得其速度比为2:5，故选项A是正确的。 【总结升华】本题主要考查分析能力和判断能力。解决此问题的关键在于首先根据动量的大小，判断出速度谁大谁小，然后利用动量守恒定律解决问题即可。 举一反三

【高清课堂：碰撞 例3】

【变式】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，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为P乙=10kgm/s，则两球质

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=6m甲 【答案】 C

【解析】（1）碰前因甲能追上乙，故v甲=PP7甲>v乙=乙 所以 m乙m甲，A错。

5m甲m乙PP甲 所以 乙 （2）碰后：应有 v甲v乙m甲m乙乙，所以P由动量守恒定律 P乙P甲P甲P甲=2kgm/s 所以m乙5m甲，所以D错。

（3）能量：碰撞前总动能≥碰撞后总动能

2222PPPP甲甲乙乙所以 2m甲2m乙2m甲2m乙可得 m乙51m甲，所以B错。正确选项为C。 21例4、如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨

道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求 （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t； （2）小球A冲进轨道时速度v的大小。

【思路点拨】物理过程分析：A沿轨道运动到与小球B发生碰撞前，机械能守恒；与小球B发生碰撞粘在一起，动量守恒；一起飞出轨道到落地，平抛运动。按照各自的物理规律列方程求解。

【答案】（1）t2R （2）v22gR g【解析】（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动， 有 2R12R ② gt ① 解得 t22g（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1把球A冲进轨道最低点时的重力势能为 0，由机械能守恒定律

1212mvmv12mgR ③ 22设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律 mv12mv2 ④ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有

2Rv2t ⑤ 综合②③④⑤式得 v22gR ⑥

【总结升华】解题时要养成一个良好的习惯：分清物理过程。由于“空气阻力及各处摩擦均

不计”，本题从最低点到最高点的过程机械能守恒；“A小球与B发生碰撞，碰后两球粘在一起”的过程动量守恒，且是完全非弹性碰撞；“一起飞出轨道”的过程是平抛运动。再根据各自的物理规律列方程求解。切忌丢掉某一个物理过程。 举一反三

【变式】如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg。一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27m，离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m。设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2。

（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）求子弹在物块B中穿行的距离；

（3）为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小距离。

【答案】（1）vA5.0m/s vB10m/s

【解析】（1）子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动。根据平抛运动公式 h12sgt svAt 解得: t0.4s, vA5.0m/s。 2t设子弹射入物块B后与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒, 根据动量守恒定律 mv0MvA(Mm)vB 代入数据解得 vB10m/s

（2）设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒

mv0mv12MvA 代入数据解得 v140m/s

子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒

fLB111222 ① MvAmv1(Mm)vB222子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒

fLA121212mv0mv1(MM)vA ② 2222由①②解得LB3.510m

（3）子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，根据动能定理

fs112(MM)vA0 ③ 21122 ④ MvBMvA22子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，根据动能定理

fs2由②③④解得物块B到桌边的最小距离smins1s2

smin2.5102m

（ ①②是根据能量守恒列出的方程；③④ 两式子弹对物块的作用力对物块做正功，所以是“根据动能定理”。）

类型四、微观粒子的动量守恒问题

例5、加拿大萨德伯里中微子观测站的研究揭示了中微子失踪之谜，即观察到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中（速度很大）转化为一个μ子和一个τ子。在上述转化过程有以下说法，其中正确的是（ ）

A. 牛顿运动定律依然适用 B. 动量守恒定律依然适用

C. 若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；

D. 若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反

【思路点拨】物理过程分析：中微子发生裂变过程中动量是守恒的，根据动量守恒方程分析τ子的运动方向与中微子的运动方向相同还是相反。 【答案】BC

【解析】中微子发生裂变过程中动量是守恒的， m中v中=mv+mv 知：当v中方向与v方 向相同时，v方向与v中方向可能相同，也可能相反；当v中方向与v方向相反时，v方向 与v中方向一定相同，且该过程是微观粒子间的作用，故牛顿运动定律不适用。故选BC。 【总结升华】动量守恒定律是普遍适用的，牛顿运动定律仅适用于宏观低速运动。在处理微观粒子的动量守恒问题时，仍然要正确写出动量守恒方程进行分析。 举一反三

【变式】质量为m的氦核，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为

1v0,则碳核获得的速度为( ) 2111A. 2v0 B. v0 C. v0 D. v0

263【答案】B

【解析】设氦核的初始速度方向为正方向，动量为mv0，碰后氦核的动量为m的动量为3mv，根据动量守恒定律 mv0=3mv1v0，碳核211mv0，解得 v=v0，B正确。 22类型五、碰撞中的临界问题

例6、将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示。 （1）当乙车速度为零时（即乙车开始反向运动时），甲车的速度多大？方向如何？

（2）由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？

【思路点拨】两车距离最小时的临界隐含条件：两车速度相等。根据动量守恒定律求解。 【答案】（1）1m/s，方向向右。（2）0.5m/s，方向向右。

【解析】此题中地面光滑，系统不受外力，动量守恒，但问题中涉及两车不相碰又属临界问题。两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统水平动量守恒，设向右为正方向。（1）据动量守恒知 mv甲mv乙mv甲

代入数据解得 v甲=v甲v乙(32)m/s=1m/s，方向向右。 （2）两车距离最小时，两车速度相同，设为v，由动量守恒知 mv甲mv乙mv+mv 解得：v=mv甲mv乙v甲v乙32==m/s=0.5m/s，方向向右。

2m22【总结升华】本题是一个临界极值问题，解此问题的关键是要挖掘出两车距离最小时的临界

隐含条件：两车速度相等。 举一反三

【变式】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行使，速率均为

v0=6m/s，甲车上有质量m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M150kg，

乙和他的车总质量M230kg，甲不断地将小球一个一个地以v=16.5m/s的水平速度（相对于地面）抛向乙，并被乙接住，问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？

【答案】n=15（个）

【解析】两车不相碰的临界条件是它们的最后速度（对地）相同，由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，得：M1v0M2v0=(M1M2)v ① 再以甲及小球为系统，同样得：M1v0=(M1nm)v+nmv ② 由①②解得 n=15（个） 类型六、连续发生相互作用问题

例7、（2015新课标Ⅱ卷）（10分）滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：

（ⅰ）滑块a、b的质量之比；

（ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。

【答案】（ⅰ）

m11W1（ⅱ） ；

E2m28【解析】(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得：

v1=–2m/s ① v2=1m/s ② a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题图得： v2m/s ③ 3由动量守恒定律得：

m1v1+m2v2=(m1+m2)v ④ 联立①②③④式得：

m1:m2=1:8 ⑤ (ⅱ)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 E1112m1v12m2v2(m1m2)v2 ⑥ 222由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为： W1(m1m2)v2 ⑦ 2联立⑥⑦式，代入题给数据得：

W:ΔE=1:2 ⑧ 举一反三

【变式1】（2015 新课标Ⅰ卷）如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。

【答案】(52)MmM

【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mv0=mvA1+MvC1 ①

121212mv0mvA1mvC1 ② 222联立①②式得

mMv0 ③

mM2m vC1v0 ④

mM vA1如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m = M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m 第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有

mMmM vA2vA1v0 ⑤

mMmM根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有

vA2≤vC1 ⑥

联立④⑤⑥式得

m2+4Mm-M2≥0 ⑦

解得 m(52)M ⑧

另一解m(52)M舍去。所以，m和M应满足的条件为： (52)MmM ⑨

2

【高清课堂：碰撞 例5】

【变式2】如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为m的五个小球，小球排列在一条直线上，彼此间隔一定的距离。开始时后面四个小球处于静止状态，第一个小球以速度v向第二个小球碰去。

（1）若每个小球碰撞都是弹性的，则碰后各小球的运动情况；

（2）若它们先后都粘合在一起向前运动，由于连续碰撞，求系统损失的机械能。

【解析】（1）根据弹性碰撞，两个质量相等的小球，一个运动，一个静止，碰后彼此交换速度，1号球静止在2号球的位置，2号球以速度v运动；再与3号球碰撞，交换速度，2号球又静止在3号球的位置，3号球以速度v运动；……，最后1、2、3、4号球都静止，5号球以速度v运动。

（2）若它们先后都粘合在一起向前运动，是完全非弹性碰撞 对全程进行研究，设最后共同速度为v共，应用动量守恒定律 mv5mv共，v共=v 系统损失的机械能 E

1512122mv5mv共=mv2。 225