一、動(dòng)量守恒定律
1．動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容
如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。
2．動(dòng)量守恒的數(shù)學(xué)表達(dá)式
(1)p＝p′(系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后總動(dòng)量p′)。
(2)Δp＝0(系統(tǒng)總動(dòng)量變化為零)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，兩物體動(dòng)量增量大小相等，方向相反)。
3．動(dòng)量守恒的條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力之和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
(2)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒。
(3)系統(tǒng)所受外力之和不為零，但在某個(gè)方向上所受合外力為零或不受外力，或外力可以忽略，則在這個(gè)方向上，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
二、碰撞、反沖和爆炸
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。
(2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
(3)分類：
2．反沖運(yùn)動(dòng)
(1)物體在內(nèi)力作用下分裂為兩個(gè)不同部分，并且這兩部分向相反方向運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象。
(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用力一般較大，通?？梢杂脛?dòng)量守恒定律來處理。
3．爆炸問題
(1)爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
(2)爆炸過程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。
1．思考辨析(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)
(1)系統(tǒng)所受合外力的沖量為零，則系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒。(√)
(2)動(dòng)量守恒是指系統(tǒng)在初、末狀態(tài)時(shí)的動(dòng)量相等。(×)
(3)物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒。(√)
(4)在爆炸現(xiàn)象中，動(dòng)量嚴(yán)格守恒。(×)
(5)在碰撞問題中，機(jī)械能也一定守恒。(×)
(6)反沖現(xiàn)象中動(dòng)量守恒、動(dòng)能增加。(√)
2．(人教版選修3－5P16T1改編)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說法不正確的是( )
A．車左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)
B．車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)
C．大錘、人和平板車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒
D．當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車也停止運(yùn)動(dòng)
B [把人和車看成一個(gè)整體，用大錘連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)系統(tǒng)水平方向受力為零，則沿該方向動(dòng)量守恒，又由系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量為零，則當(dāng)錘頭敲打下去時(shí)，大錘向右運(yùn)動(dòng)，小車就向左運(yùn)動(dòng)，抬起錘頭時(shí)大錘向左運(yùn)動(dòng)，小車向右運(yùn)動(dòng)，所以平板車在水平面上左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車也停止運(yùn)動(dòng)，A、C、D正確。]
3．(教科版選修3－5P17T4、6改編)下列敘述的情況中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒的是( )
甲 乙
A．如圖甲所示，小車停在光滑水平面上，車上的人在車上走動(dòng)時(shí)，人與車組成的系統(tǒng)
B．如圖乙所示，子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)
C．子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)
D．斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時(shí)
C [對(duì)于人和車組成的系統(tǒng)，人和車之間的力是內(nèi)力，系統(tǒng)所受的外力有重力和支持力，合力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；子彈射入木塊過程中，雖然子彈和木塊之間的力很大，但這是內(nèi)力，木塊放在光滑水平面上，系統(tǒng)所受合力為零，動(dòng)量守恒；子彈射入緊靠墻角的木塊時(shí)，墻對(duì)木塊有力的作用，系統(tǒng)所受合力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量減??；斜向上拋出的手榴彈在空中炸開時(shí)，雖然受到重力作用，合力不為零，但爆炸的內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力，動(dòng)量近似守恒。故選C。]
4．(人教版選修3－5P21T2改編)質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．v
B [根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，則當(dāng)v2＝0.6v時(shí)，v1＝－0.8v，則碰撞后的總動(dòng)能E′k＝eq \f(1,2)m(－0.8v)2＋eq \f(1,2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq \f(1,2)mv2，大于碰撞前的總動(dòng)能，違反了能量守恒定律，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝0.4v時(shí)，v1＝－0.2v，則碰撞后的總動(dòng)能為E′k＝eq \f(1,2)m(－0.2v)2＋eq \f(1,2)×3m(0.4v)2＝0.52×eq \f(1,2)mv2，小于碰撞前的總動(dòng)能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，B項(xiàng)正確；當(dāng)v2＝0.2v時(shí)，v1＝0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿透B球，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)v2＝v時(shí)，v1＝－2v，顯然碰撞后的總動(dòng)能大于碰撞前的總動(dòng)能，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。]
動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用 eq \([講典例示法])
1．動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性
2．動(dòng)量守恒定律常用的四種表達(dá)形式
(1)p＝p′：即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p和相互作用后的總動(dòng)量p′大小相等，方向相同。
(2)Δp＝p′－p＝0：即系統(tǒng)總動(dòng)量的增加量為零。
(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體，其中一部分動(dòng)量的增加量等于另一部分動(dòng)量的減少量。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都在同一直線上時(shí)，作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相等。
[典例示法] (2019·鄭州高三質(zhì)量預(yù)測)如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求：
(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
審題指導(dǎo)：
[解析] (1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動(dòng)量守恒可得
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝2 m/s。
[答案] (1)6 m/s (2)2 m/s
[拓展] 在上例中，物塊在木板上滑行的時(shí)間t是多少？整個(gè)過程共損失了多少機(jī)械能？
[解析] 對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1
解得t＝1 s
整個(gè)過程損失的機(jī)械能為
ΔE＝eq \f(1,2)m0veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m0＋m＋M)v22＝223.5 J。
[答案] 1 s 223.5 J
應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟
[跟進(jìn)訓(xùn)練]
1．(2020·安徽安慶五校聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上靜止著一輛質(zhì)量為M的小車，小車上帶有一光滑的、半徑為R的eq \f(1,4)圓弧軌道?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的光滑小球從軌道的上端由靜止開始釋放，下列說法中不正確的是( )
A．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒
B．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒
C．小球下滑過程中，在水平方向上小車和小球組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒
D．小球下滑過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
A [小車和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，則水平方向上動(dòng)量守恒，豎直方向所受合外力不為零，所以總的動(dòng)量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小車和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B、C、D正確。]
2．(2019·湛江聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的小車和木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，質(zhì)量為2m的小孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，木箱相對(duì)于冰面運(yùn)動(dòng)的速度為v，木箱運(yùn)動(dòng)到右側(cè)墻
壁時(shí)與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈后能被小孩接住，求：
(1)小孩接住木箱后共同速度的大??；
(2)若小孩接住箱子后再次以相對(duì)于冰面的速度v將木箱向右推出，木箱仍與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，判斷小孩能否再次接住木箱。
[解析] (1)取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得
推出木箱的過程中0＝(m＋2m)v1－mv，
接住木箱的過程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2。
解得v2＝eq \f(v,2)。
(2)若小孩第二次將木箱推出，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得4mv2＝3mv3－mv，則v3＝v，故小孩無法再次接住木箱。
[答案] (1)eq \f(v,2) (2)不能
3．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過程)
[解析] 設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定向右的方向?yàn)檎较颉?br>對(duì)乙船和貨物的作用過程，由動(dòng)量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
對(duì)貨物和甲船的作用過程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
為避免兩船相撞應(yīng)有v甲＝v乙 ③
聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。
[答案] 4v0
碰撞問題 eq \([講典例示法])
1．碰撞現(xiàn)象三規(guī)律
2．彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v′1＋m2v′2
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,2)
解得v′1＝eq \f(?m1－m2?v1,m1＋m2)，v′2＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
結(jié)論：(1)當(dāng)m1＝m2時(shí)，v′1＝0，v′2＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)；
(2)當(dāng)m1>m2時(shí)，v′1>0，v′2>0，且v′2>v′1(大碰小，一起跑)；
(3)當(dāng)m10、vbva、vb

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