一、動量守恒定律的理解
相互作用的兩個物體的動量改變
如圖所示，在光滑水平桌面上沿同一方向做勻速運動的兩個物體，質量為m2的B物體追上質量為m1的A物體，并發(fā)生碰撞，設A、B兩物體碰前速度分別為v1、v2(v2>v1)，碰后速度分別為v1′、v2′，碰撞時間很短，設為Δt。設B對A的作用力是F1，A對B的作用力是F2。
請用所學知識證明碰撞前后兩物體總動量之和相等。
答案 根據(jù)動量定理：
對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1①
對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2②
由牛頓第三定律得F1＝－F2③
由①②③得兩物體總動量關系為：
m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。
1．系統(tǒng)、內力與外力
(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構成的整體叫作一個力學系統(tǒng)，簡稱系統(tǒng)。
(2)內力：系統(tǒng)中物體間的作用力。
(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內物體的力。
2．動量守恒定律
(1)內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
(2)表達式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后總動量相等)。
(3)適用條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力的矢量和為零。
(4)普適性：動量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速(接近光速)物體．既適用于宏觀領域，也適用于微觀領域。
光滑的地面上，A、B兩完全相同的小車用一根輕彈簧相連。用手緩慢向中間推兩小車使彈簧壓縮。當A、B兩小車同時釋放后：
兩輛小車分別向左、向右運動，它們都獲得了動量，它們的總動量是否增加了？
答案 兩輛小車分別向左、向右運動，它們同時獲得了動量，但兩輛小車的動量的方向相反，動量的矢量和仍然為0，故系統(tǒng)的總動量沒有增加。
(1)一個系統(tǒng)初、末狀態(tài)動量大小相等，即動量守恒。( × )
(2)水平面上兩個做勻速直線運動的物體發(fā)生碰撞瞬間，兩個物體組成的系統(tǒng)動量守恒。
( √ )
(3)系統(tǒng)動量守恒也就是系統(tǒng)總動量變化量始終為零。( √ )
(4)只要系統(tǒng)內存在摩擦力，動量就一定不守恒。( × )
例1 下圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是( )
A．只有甲和乙 B．只有丙和丁
C．只有甲和丙 D．只有乙和丁
答案 C
解析 題圖甲中，在光滑水平面上，子彈水平射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，題圖丙中兩球勻速下降，說明兩球組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力為零，細線斷裂后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，它們在水中運動的過程中，兩球整體受力情況不變，遵循動量守恒定律，題圖乙中系統(tǒng)受到墻的彈力作用，題圖丁中斜面是固定的，題圖乙、丁所示過程系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，故只有甲、丙系統(tǒng)動量守恒，即C正確。
針對訓練1 2022年北京冬奧會，中國選手順利拿下花樣滑冰雙人滑自由滑總分第一名，為中國代表團拿到北京冬奧會第九枚金牌．比賽中，兩個人靜立在賽場中央，互推后各自沿直線后退，然后進行各種表演．女選手的質量小于男選手的質量，假設雙人滑冰場地為光滑冰面，下列關于兩個人互推前后的說法正確的是( )
A．靜止在光滑的冰面上互推后瞬間，兩人的總動量不再為0
B．靜止在光滑的冰面上互推后瞬間，兩人的總動量為0
C．男選手質量較大，互推后兩人分離時他獲得的速度較大
D．女選手質量較小，互推后兩人分離時她獲得的速度較小
答案 B
解析 靜止在光滑的冰面上互推后瞬間，合外力為0，動量守恒，兩人的總動量為0，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量守恒m1v1＝m2v2，男選手質量較大，獲得的速度較小，女選手質量較小，獲得的速度較大，故C、D錯誤。
系統(tǒng)動量是否守恒的判定方法
1．選定研究對象及研究過程，分清外力與內力。
2．分析系統(tǒng)受到的外力矢量和是否為零，若外力矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統(tǒng)動量守恒。系統(tǒng)動量嚴格守恒的情況很少，在分析具體問題時要注意把實際過程理想化。
3．除了利用動量守恒條件判定外，還可以通過實際過程中系統(tǒng)各物體各方向上總動量是否保持不變來進行直觀的判定。
例2 如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是( )
A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒
D．木箱的動量的變化量與男孩、小車的總動量的變化量相同
答案 C
解析 在男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱的過程中男孩在水平方向受到小車的摩擦力，即男孩和木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；
小車在水平方向上受到男孩的摩擦力，即小車與木箱組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，B錯誤；
男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒，C正確；
木箱、男孩、小車組成的系統(tǒng)動量守恒，木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同，方向相反，D錯誤。
動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)。研究多個物體組成的系統(tǒng)時，應合理選擇系統(tǒng)，分清內力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件。
二、動量守恒定律的基本應用
動量守恒的條件
(1)理想條件：系統(tǒng)不受外力。
(2)實際條件：系統(tǒng)受合外力為零。
(3)近似條件：系統(tǒng)內力遠大于外力，即外力可以忽略。例如在兩物體碰撞，炮彈、火箭等突然炸裂過程等可用動量守恒來解釋。
例3 如圖所示，游樂場上，兩位同學各駕駛一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動。設甲同學和他的車的總質量為120 kg，碰撞前水平向右運動，速度的大小為5 m/s；乙同學和他的車的總質量為180 kg，碰撞前水平向左運動，速度的大小為4 m/s。則碰撞后兩車共同的運動速度大小為________，方向________。
答案 0.4 m/s 水平向左
解析 本題的研究對象為兩輛碰碰車(包括駕車的同學)組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中此系統(tǒng)的內力遠遠大于所受的外力，外力可以忽略不計，滿足動量守恒定律的適用條件。設甲同學的車碰撞前的運動方向為正方向，他和車碰撞前的速度v1＝5 m/s；乙同學和車碰撞前的速度v2＝－4 m/s。設碰撞后兩車的共同速度為v，則系統(tǒng)碰撞前的總動量為：p＝m1v1＋m2v2
碰撞后的總動量為p′＝(m1＋m2)v。
根據(jù)動量守恒定律可知p＝p′，
即m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.4 m/s，
即碰撞后兩車以0.4 m/s的速度共同運動，
運動方向水平向左。
針對訓練2 如圖所示，A、B兩個大小相同、質量不等的小球放在光滑水平地面上，A以
3 m/s的速率向右運動，B以1 m/s的速率向左運動，發(fā)生碰撞后，試分析：
(1)若A、B兩小球都以2 m/s的速率向右運動，A、B的質量滿足什么關系？
(2)若A、B兩小球都以2 m/s的速率反彈，A、B質量滿足什么關系？
答案 見解析
解析 取水平向右為正方向
(1)vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s
vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
根據(jù)動量守恒定律
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
得mA∶mB＝3∶1
(2)vA″＝－2 m/s，vB″＝2 m/s
根據(jù)動量守恒定律
mAvA＋mBvB＝mAvA″＋mBvB″
得mA∶mB＝3∶5。
例4 一枚在空中飛行的火箭質量為m，在某時刻的速度大小為v，方向水平，燃料即將耗盡。此時，火箭突然炸裂成兩塊，其中質量為m1的一塊沿著與v相反的方向飛去，速度大小為v1。求炸裂后瞬間另一塊的速度v2。
答案 eq \f(mv＋m1v1,m－m1)，方向與炸裂前火箭速度方向相同
解析 以炸裂前火箭速度方向為正方向，則有：
炸裂前火箭的總動量為：p＝mv
炸裂后火箭的總動量為：p′＝－m1v1＋(m－m1)v2
根據(jù)動量守恒定律有：
mv＝－m1v1＋(m－m1)v2
代入數(shù)據(jù)解得：v2＝eq \f(mv＋m1v1,m－m1)
即炸裂后瞬間另一塊運動方向與炸裂前火箭速度方向相同。
用動量守恒定律解題的步驟
課時對點練
考點一 對動量守恒條件的理解
1．(2022·安徽蚌埠二中高二期中)關于動量守恒的條件，下列說法正確的有( )
A．只要系統(tǒng)內存在摩擦力，系統(tǒng)動量不可能守恒
B．只要系統(tǒng)所受外力做的功為零，系統(tǒng)動量守恒
C．只要系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，系統(tǒng)動量守恒
D．系統(tǒng)加速度為零，系統(tǒng)動量不一定守恒
答案 C
解析 只要系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量就守恒，與系統(tǒng)內是否存在摩擦力無關，故A錯誤；系統(tǒng)所受外力做的功為零，但系統(tǒng)所受合外力不一定為零，系統(tǒng)動量不一定守恒，如用繩子拴著一個小球，讓小球做勻速圓周運動，小球轉過半圓的過程中，外力做功為零，但小球的動量不守恒，故B錯誤；系統(tǒng)所受到合外力的沖量為零，則系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C正確；系統(tǒng)加速度為零，由牛頓第二定律可得，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故D錯誤。
2．(2021·全國乙卷)如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)( )
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量守恒，機械能不守恒
C．動量不守恒，機械能守恒
D．動量不守恒，機械能不守恒
答案 B
解析 撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，故系統(tǒng)機械能減少，B正確。
3．(2022·湖北荊州中學高二期末)如圖所示，光滑水平面上木塊A、B與一根彈性良好的壓縮了的輕質彈簧接觸但不相連，左右手分別按住A、B木塊，使它們靜止。對木塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是( )
A．當雙手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零
B．當雙手同時放開后，系統(tǒng)總動量不一定為零
C．若先放開右手，后放開左手，系統(tǒng)總動量為零
D．若先放開左手，后放開右手，系統(tǒng)總動量方向向右
答案 A
解析 系統(tǒng)初動量為零，雙手同時放開后，系統(tǒng)所受合外力為零，根據(jù)動量守恒定律可知，系統(tǒng)總動量始終為零，故A正確，B錯誤；若先放開右手，后放開左手，則從放開右手到放開左手的這段時間內，系統(tǒng)所受合外力不為零，動量不守恒，即放開左手瞬間，系統(tǒng)的總動量不為零，根據(jù)動量守恒定律可知，之后系統(tǒng)的總動量也不為零，故C錯誤；若先放開左手，后放開右手，根據(jù)前面分析同理可知系統(tǒng)總動量方向向左，故D錯誤。
4．(多選)(2022·寧夏中衛(wèi)期末)如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C(可視為質點)以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在木塊B的右端，對此過程，下列敘述正確的是 ( )
A．當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒
B．當C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
C．無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)動量都守恒
D．當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
答案 BCD
解析 當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)，B對A的作用力為外力，不等于0，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確；若將A、B、C三木塊視為一個系統(tǒng)，則所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故C、D正確。
考點二 動量守恒定律的基本應用
5．(2022·遼寧鐵嶺六校高二聯(lián)考)質量相等的三個小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率運動，它們分別與原來靜止的A、B、C三球發(fā)生碰撞，碰撞后a繼續(xù)沿原方向運動，b靜止，c沿反方向彈回，則碰撞后A、B、C三球中動量數(shù)值最大的是( )
A．A球 B．B球
C．C球 D．不能確定
答案 C
解析 在小球發(fā)生碰撞的過程中，系統(tǒng)動量都是守恒的，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取初速度方向為正方向，可得出C球的動量數(shù)值是最大的，C正確。
6．(2022·廣東七區(qū)期末)花樣滑冰是技巧與藝術性相結合的一個冰上運動項目，在音樂伴奏下，運動員在冰面上表演各種技巧和舞蹈動作，極具觀賞性．甲、乙兩運動員以大小為1 m/s的速度沿同一直線相向運動．相遇時彼此用力推對方，此后甲以1 m/s、乙以2 m/s的速度向各自原方向的反方向運動，推開時間極短，忽略冰面的摩擦，則甲、乙運動員的質量之比是( )
A．1∶3 B．3∶1
C．2∶3 D．3∶2
答案 D
解析 以甲的初速度方向為正方向，甲、乙推開的過程中，滿足動量守恒，m甲v0－m乙v0＝－m甲v1＋m乙v2，代入數(shù)據(jù)可得eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(3,2)，故選D。
7．如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝1 kg。初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發(fā)生碰撞并一起運動，它們的位移—時間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，已知A、B碰撞時間極短(t＝0.01 s)，圖中無法顯示，則( )
A．物塊B的質量為2 kg
B．物塊B的質量為4 kg
C．A、B碰撞時的平均作用力大小為300 N
D．A、B碰撞時的平均作用力大小為100 N
答案 C
解析 由題圖乙可知碰撞前vA＝4 m/s，vB＝0，碰撞后v＝eq \f(20－16,8－4) m/s＝1 m/s，則由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，可得mB＝eq \f(mAvA－mAv,v)＝3 kg，A、B錯誤；對物塊B有Ft＝mBv－0，解得F＝300 N，C正確，D錯誤。
8．(2022·金昌市第一中學期中)在光滑水平面上停著一輛質量為60 kg的小車，一個質量為40 kg的小孩以相對于地面5 m/s的水平速度從后面跳上車后和車保持相對靜止。
(1)求小孩跳上車后和車保持相對靜止時的速度大?。?br>(2)若此后小孩又向前跑，以相對于地面3.5 m/s的水平速度從前面跳下車，求小孩跳下車后車的速度大小。
答案 (1)2 m/s (1)1 m/s
解析 (1)由題意知小孩和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設小孩跳上車后和車保持相對靜止時的速度大小為v1，則有mv0＝(m＋M)v1
解得v1＝2 m/s
(2)設小孩跳下車后車的速度大小為v3，對全程由動量守恒定律得mv0＝mv2＋Mv3
解得v3＝1 m/s。
9．(多選)如圖所示，木塊A、B用輕彈簧連接，放在光滑的水平面上，A緊靠墻壁，在木塊B上施加向左的水平力F，使彈簧壓縮，當撤去外力后( )
A．A尚未離開墻壁前，A、B系統(tǒng)的動量守恒
B．A尚未離開墻壁前，彈簧和A、B系統(tǒng)的機械能守恒
C．A離開墻壁后，A、B系統(tǒng)動量守恒
D．A離開墻壁后，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒
答案 BC
解析 當撤去外力F后，A尚未離開墻壁前，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，系統(tǒng)所受的外力不為零，所以A和B組成的系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；以A、B及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，在A離開墻壁前，除了系統(tǒng)內彈力做功外，無其他力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；A離開墻壁后，A、B系統(tǒng)所受的外力之和為0，所以A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，故C正確；在A離開墻壁后，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，除了系統(tǒng)內彈力做功外，無其他力做功，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤。
10．質量為M的木塊在光滑水平面上以速度v1水平向右運動，質量為m的子彈以速度v2水平向左射入木塊，要使木塊停下來，必須使發(fā)射子彈的數(shù)目為(子彈留在木塊中不穿出)( )
A.eq \f(?M＋m?v1,mv2) B.eq \f(Mv1,?M＋m?v2)
C.eq \f(Mv1,mv2) D.eq \f(mv1,Mv2)
答案 C
解析 設發(fā)射子彈的數(shù)目為n，n顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，滿足動量守恒的條件。選子彈運動的方向為正方向，由動量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，得n＝eq \f(Mv1,mv2)，故C正確。
11．(2022·威海市高二月考)如圖所示是一個物理演示實驗，圖中自由下落的物體A和B被反彈后，B能上升到比初位置高的地方。A是某種材料做成的有凹坑的實心球，質量為m1＝
0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質量為m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙。將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放，實驗中，A觸地后在極短時間內反彈，且其速度大小不變，接著B脫離A開始上升，而A恰好停留在地板上，則反彈后B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m
答案 A
解析 由題意可知，開始時A、B做自由落體運動，根據(jù)v2＝2gH可得，A、B的落地速度大小v＝eq \r(2gH)，A反彈后與B碰撞為瞬時作用，A、B組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受合力雖然不為零，但碰撞時間很短，系統(tǒng)的內力遠大于外力，所以動量近似守恒，取豎直向上為正方向，則有m1v－m2v＝0＋m2v2′，B上升的高度h＝eq \f(v2′2,2g)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得h＝4.05 m，故選A。
12．某同學的質量為60 kg，在軍事訓練中要求他從岸上以大小為2 m/s的速度跳到一條向他緩緩漂來的小船上，然后去執(zhí)行任務，小船的質量是140 kg，初始速度大小是0.5 m/s，該同學上船后又跑了幾步，最終停在船上(船未與岸相撞)，不計水的阻力，則( )
A．該同學和小船最終靜止在水面上
B．該過程這位同學的動量變化量大小為105 kg·m/s
C．船最終的速度大小是0.95 m/s
D．船的動量變化量大小為70 kg·m/s
答案 B
解析 規(guī)定該同學原來的速度方向為正方向。設該同學上船后，船與該同學的共同速度為v。由題意，水的阻力忽略不計，該同學跳上小船后與小船達到共同速度的過程中，該同學和船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律得m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝0.25 m/s，方向與該同學原來的速度方向相同，與船原來的速度方向相反，故A、C錯誤；該過程中這位同學的動量變化量為Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2) kg·m/s＝－105 kg·m/s，負號表示方向與該同學原來的速度方向相反，故B正確；船的動量變化量為Δp′＝m船v－(－m船v船)＝140×[0.25－(－0.5)] kg·m/s＝105 kg·m/s，故D錯誤。
13.如圖所示，在光滑水平面上，有一質量M＝3 kg的薄板，板上有質量m＝1 kg的物塊，兩者以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向運動，薄板與物塊之間存在摩擦且薄板足夠長，取水平向右為正方向，求：
(1)物塊最后的速度；
(2)當物塊的速度大小為3 m/s時，薄板的速度。
答案 (1)2 m/s，方向水平向右 (2)eq \f(11,3) m/s，方向水平向右
解析 (1)由于地面光滑，物塊與薄板組成的系統(tǒng)動量守恒，
設共同運動速度為v，向右為正方向，由動量守恒定律得
Mv0－mv0＝(m＋M)v
代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s，方向水平向右。
(2)由(1)知，物塊速度大小為3 m/s時，方向水平向左，設此時薄板的速度為v′，由動量守恒定律得
Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′
代入數(shù)據(jù)解得v′＝eq \f(11,3) m/s，方向水平向右。

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3 動量守恒定律

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