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2019届高考物理一轮复习讲义：第6章 第2讲 动量守恒定律(含答案)
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第2讲 动量守恒定律
板块一 主干梳理·夯实基础
【知识点1】 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2．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0，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。
(3)适用条件
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某方向守恒：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。
【知识点2】 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
板块二 考点细研·悟法培优
考点1 动量守恒定律 [深化理解]
1．动量守恒的“五性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。
(5)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
例1 如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)物块相对木板滑行的时间；
(2)物块相对木板滑行的位移。
(1)时间极短说明了什么？
提示：①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化；
②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用。
(2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？
提示：不是。
尝试解答 (1)1_s__(2)3_m。
(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m)v1，
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
对子弹木块整体，由动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，
联立解得物体相对小车的滑行时间t＝＝1 s。
(2)由能量守恒定律得
μ(m0＋m)gd＝(m0＋m)v－(m0＋m＋M)v，
联立解得d＝3 m。
总结升华
应用动量守恒定律应注意的问题
(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m位置没变，子弹与物块m共速后，才相对木板M运动。物块相对木板滑行的位移是指物块m相对木板M滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m和木板最后共速。
1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg，桌子高h＝0.8 m，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)( )
A．200 m/s B．300 m/s
C．400 m/s D．500 m/s
答案 C
解析 题目牵涉的过程有两个：一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动。根据平抛位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝ ，所以v共＝＝x＝2 m/s。子弹打击木块过程中动量守恒，则有mv0＝(M＋m)v共，所以v0＝＝400 m/s，C正确。
2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。
考点2 碰撞问题分析 [模型应用]
1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
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
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝ v2′＝
结论：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，并且v1′0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
例2 两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s，发生碰撞后小球B的动量大小变为10 kg·m/s，由此可知：两小球的质量之比可能为( )
A.＝1 B.＝
C.＝ D.＝
(1)A、B两小球动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s有几种情况？
提示：①同向运动，A球在前，B球在后；
②同向运动，A球在后，B球在前；
③相向运动。
(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？
提示：动量。
尝试解答 选C。
将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验。
(1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B碰前的运动方向为参考正方向，即
pA0＝－5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB＝－10 kg·m/s
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA＝12 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有：
＋≤＋。
(2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA0＝5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s。
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB＝－10 kg·m/s。
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA＝22 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有：＋≤＋。
(3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA0＝5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s。
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即pB＝10 kg·m/s。
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必有pA＝2 kg·m/s，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有：＋≥＋，即≤。
仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面，应分别有：>，≤。综上可知≤≤，C正确。
总结升华
碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
答案 AB
解析 根据Ek＝mv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A的速度变为vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能。
当vA′＝v0，vA′与v0同向时有：
mv0＝mv0＋2mvB，vB＝v0。
碰撞后系统总动能为：
Ek总＝EkA′＋EkB′＝×mv＝EkA，
机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞。
当vA′＝－v0，vA′与v0反向时有：
mv0＝－mv0＋2mvB，vB＝v0。
碰撞后系统总动能为：
Ek总″＝EkA″＋EkB″＝mv，
机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。
考点3 爆炸、反冲及“人船模型” [模型应用]
1．爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
2．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
3．“人船模型”
若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。 如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2。
例3 载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
(1)人和气球的速度有什么关系？
提示：＝。
(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？
提示：x人＋x球＝L绳。
尝试解答 h。
气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。
总结升华
利用人船模型解题需注意两点
(1)条件
①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。
(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 ( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等
答案 CD
解析 空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0＝mava＋mbvb
因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：
①若mava
③若mava>mv0，则mbvb为负向，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb，但未给出va一定大于或等于v0的条件。所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sb
炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，D正确。
考点4 子弹打木块问题(滑块类问题) [模型应用]
子弹射击木块的两种典型情况
1．木块放置在光滑的水平面上
运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。
处理方法：把子弹和木块看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对木块和子弹分别利用动能定理。
2．木块固定在水平面上
运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块静止不动。
处理方法：对子弹应用动能定理或牛顿第二定律。
两种类型的共同点：
(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)；
(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题)。
例4 [2016·张掖模拟]如图所示。质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为MA＝2 kg的物体A(可视为质点)。一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上。若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)。
(1)平板车最后的速度是多大？
(2)全过程损失的机械能为多少？
(3)A在平板车上滑行的时间为多少？
(1)最后物体A静止在车上，是物体A最终的速度是零吗？这句话的含义是什么？
提示：最终的速度不是零。这句话的含义是物体A与小平板车相对静止，二者有共同的速度和共同的加速度。
(2)全过程损失的机械能等于什么？
提示：总机械能的损失等于系统动能的减少量。
尝试解答 (1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s。
(1)对子弹和物体，由动量守恒得
mv0＝mv′＋MAv，
得v＝4 m/s，
同理对M和MA有MAv＝(M＋MA)v车，
得v车＝2 m/s。
(2)由能量守恒得：ΔE＝mv－mv′2－(M＋MA)v＝2392 J。
(3)对物体A由动量定理得：
－μMAgt＝MAv车－MAv得t＝0.4 s。
总结升华
对于滑块类问题，往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态，既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔE内＝ΔE机＝F滑x相。
一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m
(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方向；
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。
答案 (1)v0 水平向右 (2)l
解析 (1)用动量守恒定律求解：系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向。小木块A不滑离B板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v。
由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v，
可得：v＝v0
因为M>m，故v方向水平向右。
(2)功能关系：当木块A相对于地向左运动距离最远时，末速度为零，在这过程中，克服摩擦力Ff做功的结果是消耗了自身的动能：Ffs＝mv而A刚好没有滑离B板的条件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失：Q＝Ffl＝(v－v2)由以上各式得向左运动的最远距离：s＝l。
考点5 动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸]
1．动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律，以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合。
2．动量守恒与能量守恒、核反应知识综合。
3．动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合。
例5 [2017·吉林长春调研]如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A、B两球相距最近时，A球的速度v；
(2)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
(1)A、B两球相距最近的含义是什么？
提示：A、B共速。
(2)怎样理解A、B两球最终的速度？
提示：当A、B间相互斥力作用足够长时间后，它们的间距就足够远，相互间的斥力可以忽略不计，电势能为零。
尝试解答 (1) (2)，。
(1)对下滑的过程：2mgh＝·2mv，v0＝，
球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒，两球最近时速度相等。
2mv0＝(2m＋m)v，
v＝v0＝。
(2)当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。
2mv0＝2mvA＋mvB，
×2mv＝×2mv＋mv，
得vA＝v0＝，
vB＝v0＝。
总结升华
动量守恒与其他知识综合问题的求解方法
动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。解决这类问题首先要弄清物理过程，其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键。
[2017·河南开封一模]如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，物块P以初速度v0水平向右运动，与静止在水平台上的物块Q发生碰撞，mQ＝2mP，碰撞后物块P静止，物块Q以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为l＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块Q沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞。g取10 m/s2。
(1)求物块Q由A到B的运动时间；
(2)求物块P初速度v0的大小；
(3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
答案 (1) s (2)20 m/s (3)0.17<μ≤0.5
解析 (1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设小物块Q从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝ s。
(2)由于R＝h1，Rcosθ＝h1－h2，所以θ＝60°，小物块Q平抛的水平速度是v1，有＝tan60°，解得v1＝10 m/s。
小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝mQv1
解得v0＝20 m/s
(3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3l
路程的最小值是smin＝l
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mQgh1＋mQv＝μminmQgsmax，
mQgh1＋mQv＝μmaxmQgsmin
解得μmax＝，μmin＝，即0.17<μ≤0.5。
板块一 主干梳理·夯实基础
【知识点1】 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：在物理学中，将相互作用的几个物体所组成的物体组称为系统。
(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力叫做内力。
(3)外力：系统以外的其他物体对系统的作用力叫做外力。
2．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0，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。
(3)适用条件
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某方向守恒：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。
【知识点2】 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
板块二 考点细研·悟法培优
考点1 动量守恒定律 [深化理解]
1．动量守恒的“五性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一惯性参考系的速度。一般选地面为参考系。
(4)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。
(5)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
例1 如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)物块相对木板滑行的时间；
(2)物块相对木板滑行的位移。
(1)时间极短说明了什么？
提示：①子弹与物块作用时，物块的位置没发生变化；
②子弹与物块作用结束后，物块与木板才相互作用。
(2)物体相对木板滑行的位移是物块的位移吗？
提示：不是。
尝试解答 (1)1_s__(2)3_m。
(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m)v1，
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
对子弹木块整体，由动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，
联立解得物体相对小车的滑行时间t＝＝1 s。
(2)由能量守恒定律得
μ(m0＋m)gd＝(m0＋m)v－(m0＋m＋M)v，
联立解得d＝3 m。
总结升华
应用动量守恒定律应注意的问题
(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(2)注意挖掘题目中的隐含条件，这是解题的关键，如本例中，时间极短是指子弹与物块相互作用时，物块m位置没变，子弹与物块m共速后，才相对木板M运动。物块相对木板滑行的位移是指物块m相对木板M滑行的位移，并非对地的位移，并且物块m和木板最后共速。
1.如图所示，在桌面边缘有一木块质量是1.99 kg，桌子高h＝0.8 m，一颗质量为10 g的子弹，击中木块，并留在木块内，落在桌子右边80 cm处的P点，子弹入射的速度大小是下列哪个数据(g取10 m/s2)( )
A．200 m/s B．300 m/s
C．400 m/s D．500 m/s
答案 C
解析 题目牵涉的过程有两个：一是子弹打击木块；二是子弹木块共同做平抛运动。根据平抛位移x＝0.8 m知x＝v共t，t＝ ，所以v共＝＝x＝2 m/s。子弹打击木块过程中动量守恒，则有mv0＝(M＋m)v共，所以v0＝＝400 m/s，C正确。
2. [2018·宁夏固原市一中月考]如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点)。由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正确。
考点2 碰撞问题分析 [模型应用]
1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
(3)速度要合理
①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前′≥v后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
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
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝ v2′＝
结论：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，并且v1′
例2 两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s，发生碰撞后小球B的动量大小变为10 kg·m/s，由此可知：两小球的质量之比可能为( )
A.＝1 B.＝
C.＝ D.＝
(1)A、B两小球动量大小分别为5 kg·m/s和7 kg·m/s有几种情况？
提示：①同向运动，A球在前，B球在后；
②同向运动，A球在后，B球在前；
③相向运动。
(2)发生碰撞时，一定守恒的是什么？
提示：动量。
尝试解答 选C。
将两小球碰撞前后的动量方向间的关系作出如下各种假设，然后运用碰撞的三个制约因素进行检验。
(1)设A、B两小球相向运动而发生碰撞，并取小球B碰前的运动方向为参考正方向，即
pA0＝－5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB＝－10 kg·m/s
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA＝12 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”，因为显然有：
＋≤＋。
(2)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA0＝5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s。
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即pB＝－10 kg·m/s。
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为pA＝22 kg·m/s，而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有：＋≤＋。
(3)设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两个小球碰前的运动方向为参考正方向，即pA0＝5 kg·m/s，pB0＝7 kg·m/s。
根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即pB＝10 kg·m/s。
根据“动量制约”，小球A在碰后动量必有pA＝2 kg·m/s，而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有：＋≥＋，即≤。
仍然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面，应分别有：>，≤。综上可知≤≤，C正确。
总结升华
碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
(多选)质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
答案 AB
解析 根据Ek＝mv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A的速度变为vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能。
当vA′＝v0，vA′与v0同向时有：
mv0＝mv0＋2mvB，vB＝v0。
碰撞后系统总动能为：
Ek总＝EkA′＋EkB′＝×mv＝EkA，
机械能减小说明碰撞是非弹性碰撞。
当vA′＝－v0，vA′与v0反向时有：
mv0＝－mv0＋2mvB，vB＝v0。
碰撞后系统总动能为：
Ek总″＝EkA″＋EkB″＝mv，
机械能守恒说明碰撞是弹性碰撞。
考点3 爆炸、反冲及“人船模型” [模型应用]
1．爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
2．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
3．“人船模型”
若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。 如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用中均发生运动，则由m11－m22＝0，得m1x1＝m2x2。
例3 载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
(1)人和气球的速度有什么关系？
提示：＝。
(2)人和气球对地的位移与绳长有什么关系？
提示：x人＋x球＝L绳。
尝试解答 h。
气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示，
由平均动量守恒有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。
总结升华
利用人船模型解题需注意两点
(1)条件
①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。
(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 ( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力大小一定相等
答案 CD
解析 空中爆炸问题，因系统内力远大于外力，故满足系统动量守恒的条件。由题中所给物理情景“一分为二”，系统动量守恒的表达式为mv0＝mava＋mbvb
因mava与mv0同向，取v0为正方向。讨论：
①若mava
③若mava>mv0，则mbvb为负向，vb与va反向，a在b之前。所以A错误；因题设条件只给出了va与v0同向和ma>mb，但未给出va一定大于或等于v0的条件。所以vb大于、等于和小于va的情况都有可能存在，从同一高度平抛物体的水平射程由水平初速度决定，故sb>sa、sb＝sa、sb
炸裂过程a与b相互作用遵循牛顿第三定律，F与F′等值、反向，D正确。
考点4 子弹打木块问题(滑块类问题) [模型应用]
子弹射击木块的两种典型情况
1．木块放置在光滑的水平面上
运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。
处理方法：把子弹和木块看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对木块和子弹分别利用动能定理。
2．木块固定在水平面上
运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块静止不动。
处理方法：对子弹应用动能定理或牛顿第二定律。
两种类型的共同点：
(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)；
(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q＝fs，其中f是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题)。
例4 [2016·张掖模拟]如图所示。质量M＝2 kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为MA＝2 kg的物体A(可视为质点)。一个质量为m＝20 g的子弹以500 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A静止在车上。若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2)。
(1)平板车最后的速度是多大？
(2)全过程损失的机械能为多少？
(3)A在平板车上滑行的时间为多少？
(1)最后物体A静止在车上，是物体A最终的速度是零吗？这句话的含义是什么？
提示：最终的速度不是零。这句话的含义是物体A与小平板车相对静止，二者有共同的速度和共同的加速度。
(2)全过程损失的机械能等于什么？
提示：总机械能的损失等于系统动能的减少量。
尝试解答 (1)2_m/s__(2)2392_J__(3)0.4_s。
(1)对子弹和物体，由动量守恒得
mv0＝mv′＋MAv，
得v＝4 m/s，
同理对M和MA有MAv＝(M＋MA)v车，
得v车＝2 m/s。
(2)由能量守恒得：ΔE＝mv－mv′2－(M＋MA)v＝2392 J。
(3)对物体A由动量定理得：
－μMAgt＝MAv车－MAv得t＝0.4 s。
总结升华
对于滑块类问题，往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内的物体的运动状态，既可由两大定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由守恒定律分析动量的传递、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔE内＝ΔE机＝F滑x相。
一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m
(1)若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方向；
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。
答案 (1)v0 水平向右 (2)l
解析 (1)用动量守恒定律求解：系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向。小木块A不滑离B板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v。
由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v，
可得：v＝v0
因为M>m，故v方向水平向右。
(2)功能关系：当木块A相对于地向左运动距离最远时，末速度为零，在这过程中，克服摩擦力Ff做功的结果是消耗了自身的动能：Ffs＝mv而A刚好没有滑离B板的条件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度v，A、B间因摩擦产生的内能等于系统动能的损失：Q＝Ffl＝(v－v2)由以上各式得向左运动的最远距离：s＝l。
考点5 动量守恒与其他知识的综合 [拓展延伸]
1．动量守恒与动能定理、功能关系、牛顿运动定律，以及直线运动、平抛运动、圆周运动等运动学知识综合。
2．动量守恒与能量守恒、核反应知识综合。
3．动量守恒与混合场(重力场和电场)、向心力、平抛运动、能量综合。
例5 [2017·吉林长春调研]如图，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用。带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A、B两球相距最近时，A球的速度v；
(2)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
(1)A、B两球相距最近的含义是什么？
提示：A、B共速。
(2)怎样理解A、B两球最终的速度？
提示：当A、B间相互斥力作用足够长时间后，它们的间距就足够远，相互间的斥力可以忽略不计，电势能为零。
尝试解答 (1) (2)，。
(1)对下滑的过程：2mgh＝·2mv，v0＝，
球进入水平轨道后两球组成的系统动量守恒，两球最近时速度相等。
2mv0＝(2m＋m)v，
v＝v0＝。
(2)当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A、B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。
2mv0＝2mvA＋mvB，
×2mv＝×2mv＋mv，
得vA＝v0＝，
vB＝v0＝。
总结升华
动量守恒与其他知识综合问题的求解方法
动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。解决这类问题首先要弄清物理过程，其次是弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键。
[2017·河南开封一模]如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，物块P以初速度v0水平向右运动，与静止在水平台上的物块Q发生碰撞，mQ＝2mP，碰撞后物块P静止，物块Q以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为l＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接，物块Q沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞。g取10 m/s2。
(1)求物块Q由A到B的运动时间；
(2)求物块P初速度v0的大小；
(3)若小物块Q与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点E(E点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围。
答案 (1) s (2)20 m/s (3)0.17<μ≤0.5
解析 (1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设小物块Q从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝ s。
(2)由于R＝h1，Rcosθ＝h1－h2，所以θ＝60°，小物块Q平抛的水平速度是v1，有＝tan60°，解得v1＝10 m/s。
小物块P与Q发生碰撞的过程中系统的动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得mPv0＝mQv1
解得v0＝20 m/s
(3)设小物块Q在水平轨道CD上通过的总路程为s，根据题意，该路程的最大值是smax＝3l
路程的最小值是smin＝l
路程最大时，动摩擦因数最小；路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知
mQgh1＋mQv＝μminmQgsmax，
mQgh1＋mQv＝μmaxmQgsmin
解得μmax＝，μmin＝，即0.17<μ≤0.5。
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