第七章第2讲动量守恒定律及应用

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第2讲　动量守恒定律及应用

目标要求　1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会分析、解

决动量守恒定律的临界问题．

考点一　动量守恒定律的理解和基本应用

基础回扣

1．内容

如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个系统的总动量保持不变．

2．表达式

(1)p＝p′或 m1v1＋m2v2＝m1v1′ ＋ m 2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．

(2)Δp1＝－ Δ p 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．

3．适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量

守恒．

技巧点拨

应用动量守恒定律解题的步骤

(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．

(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．

(3)规定正方向，确定初、末状态动量．

(4)由动量守恒定律列出方程．

(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．

　　　　　动量守恒条件的理解

例1　(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一轻弹簧(弹簧不与小车相连)，如图 1所

示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列

说法中正确的是(　　)

图1

A．两手同时放开后，系统总动量始终为零

B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒

C．先放开左手，后放开右手，总动量向左

D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变

答案　ACD

解析　若两手同时放开 A、B两小车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动

量为零，则系统总动量为零，故 A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合

外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故 C正确；无论何时放手，两手放开后，

系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，如果同时放手，系统总动量为

零，如果不同时放手，系统总动量不为零，故 B错误，D正确．

　　　　　动量守恒定律的基本应用

例2　(2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，

并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图 2中实线所示．已知甲的质量为

1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

图2

A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J

答案　A

解析　根据题图图象，碰撞前甲、乙的速度分别为 v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、

乙的速度分别为 v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得 m甲v甲＋

m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得 m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能 ΔE＝m甲v甲2＋

m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得 ΔE＝3 J，故选 A.

1．(某一方向上动量守恒)如图 3所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧紧

靠在墙壁上．现让一小球自左侧槽口 A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自 A点进

入槽内，则下列结论中正确的是(　　)

图3

A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功

B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

C．小球自半圆槽 B点向 C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒

D．小球离开 C点以后，将做竖直上抛运动

答案　C

解析　小球下滑到半圆槽的最低点 B之后，半圆槽离开墙壁，除了重力外，槽对小球的弹

力对小球做功，选项 A错误；小球下滑到半圆槽的最低点 B之前，小球与半圆槽组成的系

统水平方向上受到墙壁的弹力作用，系统所受的外力不为零，系统水平方向上动量不守恒，

半圆槽离开墙壁后，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，选项 B错误，C正确；半圆槽离开

墙壁后小球对槽的压力对槽做功，小球与半圆槽具有向右的水平速度，所以小球离开右侧槽

口以后，将做斜上抛运动，选项 D错误．

2．(动量守恒定律的基本应用)(多选)如图 4所示，一质量 M＝3.0 kg 的长方形木板 B放在光

滑水平地面上，在其右端放一个质量 m＝1.0 kg 的小木块 A，同时给 A和B以大小均为 4.0

m/s，方向相反的初速度，使 A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离 B板，在

小木块 A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)

图4

A．2.1 m/s B．2.4 m/s

C．2.8 m/s D．3.0 m/s

答案　AB

解析　以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从 A开始运

动到 A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得 vB1≈2.67

m/s.当从开始到 A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数

据解得 vB2＝2 m/s，则在木块 A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为 2 m/s<vB<2.67

m/s，故选项 A、B正确．

3．(动量守恒定律与图象结合)(多选)(2019·山东青岛市模拟)某研究小组通过实验测得两滑块

碰撞前后运动的实验数据，得到如图 5所示的位移—时间图象．图中的线段 a、b、c分别表

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摘要：

第2讲　动量守恒定律及应用目标要求　1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会分析、解决动量守恒定律的临界问题．考点一　动量守恒定律的理解和基本应用基础回扣1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．3．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在...

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