物理选择性必修 第一册第1章 动量及其守恒定律第2节 动量守恒定律及其应用学案

第2节　动量守恒定律及其应用

[核心素养·明目标]

知识点一　动量守恒定律

1．动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变．

2．动量守恒定律的成立条件

(1)系统不受外力的作用．

(2)系统受外力作用，但合外力为零．

(3)系统受外力的作用，合外力也不为零，但合外力远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．

(4)系统受外力，但在某一方向上合外力为零，则系统在这一方向上，动量守恒．

3．动量守恒定律的表达式

(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)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体动量的变化量与另一个物体动量的变化量大小相等、方向相反)．

(3)Δp＝0(系统总动量的增量为零)．

(4)m1v1＋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)．

4．适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅低速、宏观领域遵循这一规律，高速(接近光速)、微观(分子、原子的尺度)领域也遵循这一规律．

　动量守恒定律是实验定律，适用于任何物理研究领域．

1：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)如果系统的机械能守恒，则动量不一定守恒． (√)

(2)只要系统内存在摩擦力，动量不可能守恒． (×)

(3)做匀速圆周运动的物体动量是守恒的． (×)

2：填空

光滑水平面上，子弹射击木块的过程中，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，子弹水平方向动量否(填“是”或“否”)守恒，系统动量是(填“是”或“否”)守恒．

知识点二　反冲运动与火箭

1．反冲运动

根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．

2．火箭

(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反作用来获得巨大速度．

(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大，火箭能达到的速度越大；二是燃料质量越大，负荷越小，火箭能达到的速度也越大．

3．反冲运动的应用和防止

(1)灌溉喷水器、反击式水轮机、喷气式飞机、火箭等都是利用了反冲运动．

(2)消防高压水枪、射击步枪等的反冲作用都必须采取措施加以防止．

　火箭发射时，喷出气体与火箭间的作用力远大于重力，此过程动量是否守恒？

提示：守恒．

3：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)反冲运动可以用动量守恒定律来解释． (√)

(2)宇航员利用喷气装置实现太空行走是利用反冲的原理． (√)

(3)火箭发射时，其速度大小只与喷出气体的质量有关． (×)

(4)一切反冲现象都是有益的． (×)

考点1　动量守恒的判断

在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示．

(1)人和大锤组成的系统动量守恒吗？

(2)在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？

提示：(1)以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力，系统所受合外力不为零，动量不守恒，地面光滑，以人、大锤和平板车为系统动量守恒．

(2)当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动．

动量守恒定律成立条件的四种情况：

(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．

(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．

(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．

(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．

【典例1】　(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)

AC　[A图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A正确；B图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；C图中，木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；D图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D错误．]

[跟进训练]

1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)

A．男孩和木箱组成的系统动量守恒

B．小车与木箱组成的系统动量守恒

C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同

CD　[在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确．故选C、D.]

考点2　动量守恒定律的理解及应用

三国演义“草船借箭”中(如图所示)，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同．由此，草船的速度会增加吗？这种现象如何解释？(不计水的阻力)

提示：不计水的阻力，将船、箭视为一个系统，船与箭的作用过程系统动量守恒，以草船的速度方向为正方向，有

m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，

得Δv＝(v－v1)，

所以草船的速度会增加(v－v1)．

1．研究对象：相互作用的物体组成的系统

(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．

(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．

(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．

2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解

(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和．

(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变．

(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化．

(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．

3．动量守恒定律的四个特性

(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算．

(2)相对性：应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系．

(3)同时性：动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加．

(4)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统．

【典例2】　如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s.铜块最终停在第二块木板上．(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：

(1)第一块木板的最终速度；

(2)铜块的最终速度．

[思路点拨]　(1)第(1)问中要求第一块木板的最终速度，就应该选取铜块刚离开第一块木板滑到第二块上这一个过程．(2)第(2)问则应以铜块和除第一块木板之外的9块木板组成研究系统．

[解析]　(1)铜块和10个长木板在水平方向上不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板上时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2

得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．

(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得

Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3

得v3≈3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同．

[答案]　(1)2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同

(2)3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同

应用动量守恒定律解题的基本步骤

(1)合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．

(2)分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．

(3)确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．

(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．

(5)建立动量守恒方程，代入已知量求解．

[跟进训练]

2．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是(　　)

A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左

C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左

A　[选向右为正方向，则小车和砂袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m砂v砂＝(m车＋m砂)v，解得v＝1.0 m/s，方向向右，故A正确．]

考点3　反冲运动

2020年1月16日11时02分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号甲”运载火箭，成功将我国首颗通信能力达10Gbps的低轨道宽带通信卫星——银河航天首发星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．

(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种什么运动？

(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中是否满足动量守恒定律？

提示：(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种反冲运动．

(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中内力远大于外力，所以满足动量守恒定律．

1．反冲运动的特点

(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．

(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．

(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．

2．反冲运动中的三类问题

(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程．

(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．

(3)“人船模型”问题

①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．

②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速度v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m11－m22＝0.

③位移规律：如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1－m2＝0，即m1s1－m2s2＝0.

【典例3】　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．

(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？

(2)第1 s末，火箭的速度为多大？

[思路点拨]　(1)火箭和气体系统动量守恒．(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．(3)以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．

[解析]　解法一　(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．

设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有

(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝

设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有

(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝

设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有

(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2

所以v3＝＝ m/s≈2 m/s.

(2)设第n次气体喷出后火箭速度为vn，由上面推导可知，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1

所以vn＝

因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为

v20＝＝ m/s≈13.5 m/s.

解法二　选取整体为研究对象，运用动量守恒守律求解．

(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒守律，

得(M－3m)v3－3mv＝0

所以v3＝≈2 m/s.

(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20mv＝0

所以v20＝≈13.5 m/s.

[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s

反冲运动的处理方法

(1)反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题．

(2)反冲运动过程中系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律分析解决问题．

(3)反冲运动过程中系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题．

[跟进训练]

3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)

A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s

C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s

A　[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．

燃气的动量大小

p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，

则火箭的动量大小

p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]

1．(多选)下列图片所描述的事例或应用中，利用反冲原理的是(　　)

ABC　[A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球由静止释放后气球运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用；故选A、B、C.]

2．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，一质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量也为m的小物块从槽上高h处由静止开始下滑，下列说法正确的是(　　)

A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒

B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒

C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒

D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处

A　[对物块和槽组成的系统，在下滑过程中没有机械能损失，系统的机械能守恒，A正确；在下滑的过程中，物块在竖直方向有加速度，物块和槽组成的系统所受合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，但系统在水平方向上动量守恒，B错误；在压缩弹簧的过程中，对于物块和弹簧组成的系统，由于挡板对弹簧有向左的弹力，所以系统受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，C错误；因为物块与槽在水平方向上动量守恒，且两者质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等、方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，即两者做速度相同的匀速直线运动，所以物块不会再滑上弧形槽，D错误. ]

3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇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(　　)

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

A　[以炮弹m和艇(M－m)为系统，系统动量守恒，则有：Mv0＝(M－m)v′＋mv.]

4．(新情境题，以“火箭”运行为背景，考查反冲运动)

2019年9月25日中国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭将云海一号－02卫星送入预定轨道，实现了“太空短信”．长征系列火箭也成为世界上成功发射率最高的火箭．

问题：(1)“长征二号丁”火箭升空过程的运动是一种什么运动？   

(2)“长征二号丁”火箭升空过程中是否满足动量守恒定律？

[解析]　(1)“长征二号丁”火箭升空过程中的运动是一种反冲运动．

(2)“长征二号丁”火箭升空过程内力远大于外力，所以满足动量守恒定律．

[答案]　见解析

回归本节知识，自我完成以下问题：

1．动量守恒定律的内容是什么？

提示：一个系统不受外力或者所受合外力为0时，这个系统的总动量保持不变．

2．写出动量守恒的表达式？

提示：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp＝0或Δp1＝－Δp2.

历史上关于运动量度的争论

历史上，一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的“强弱”；另一种观点认为应该用物理量mv2来量度运动的“强弱”．

主张以mv量度运动的代表人物是笛卡儿．他认为：“在物质中存在一定量的运动，它的总和在世界上永远不会增加也不会消失．”这实际上是后来所说的动量守恒定律的雏形．

主张以mv2量度运动的代表人物是莱布尼兹．他认为守恒的应该是∑mv2而不是∑mv.

经过半个多世纪的争论，法国科学家达兰贝尔(d′Alembert，1717—1788)用他的研究指出，双方实际是从不同的角度描述了运动的守恒性．

∑mv表示对各个物体的质量与速度的乘积mv求和．

用现在的科学术语说，就是：“力”既可以通过动量来表示

F＝

又可以通过动能来表示

F＝

因此，动能mv2决定了物体在力F的阻碍下能够运动多远；而动量mv则决定了物体在力F的阻碍下能够运动多长时间．也就是说，动量定理反映了力对时间的累积效应；动能定理反映了力对空间的累积效应．

这场争论一方面促进了机械能概念及整个能量概念的形成，并使人们对多种运动形式及其相互转变的认识更加深入，另一方面，动量与动量守恒定律也在争论中显示出它的重要性．

　(1)一个物体动量大，是否动能一定大？

(2)一个系统动量守恒，是否机械能一定守恒？

提示：(1)不是．

(2)不是．