高三物理总复习知识讲解 动量守恒定律的应用(提高)

物理总复习：动量守恒定律的应用

编稿：李传安 审稿：

【考纲要求】

1、知道弹性碰撞和非弹性碰撞；

2、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；

3、知道动量守恒定律的普遍意义

4、会从动量和能量的角度分析碰撞问题 【考点梳理】 考点一、碰撞

1、弹性碰撞的规律

要点诠释：两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒（机械能守恒）。

以质量为1m 速度为1v 的小球与质量为2m 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有

111122m v m v m v ''=+ （1） 2221111

22111

222m v m v m v ''=+

（2） 解（1）（2）得 121112()m m v v m m -'=

+ 12112

2m v v m m '=+

结论：（1）当两球质量相等时，两球碰撞后交换了速度。

（2）当质量大的球碰质量小的球时，碰撞后两球都向前运动。

（3）当质量小的球碰质量大的球时，碰撞后质量小的球被反弹回来。 2、解决碰撞问题的三个依据

（1）动量守恒，即1212P P P P

''+=+ （2）动能不增加，即 1212k k k k E E E E ''+≥+ 或 22

22121

21212

2222P P P P m m m m ''+≥+

（3）速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v v >后前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来

在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v v ''≥后前

，否则碰撞没有结束。如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速

度均为零。 考点二、爆炸 爆炸的特点

1、内力远大于外力，过程持续时间很短，即使系统所受合外力不为零，但合外力的冲量几乎为零，可认为动量守恒。

2、由其它形式的能转化为机械能。 要点诠释：爆炸与碰撞的比较：

1、爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用力突然发生，相互作用的力是变力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受外力，故可用动量守恒定律来处理。

2、在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能在爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能。

3、由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程（简化）处理，即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。 考点三、反冲

指在系统内力的作用下，系统内一部分物体向某一方向发生动量变化时，系统内其余部

分向相反的方向发生动量变化的现象。反冲运动不靠系统外力，而是内力作用的结果。反冲运动遵循动量守恒定律。前面所说的“平均动量守恒”实际上是反冲运动。 【典型例题】

类型一、爆炸规律及其应用

例1、有一炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为M=6.0kg （内含炸药的质量可以忽略不 计）射出的初速度060/v m s =，当炮弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0kg ，现要求这一片不能落到以发射点为圆心，以R=600m 为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g=10m/s 2，忽略空气阻力)

【思路点拨】规律分析：炮弹爆炸动量守恒，炮弹到达最高点时爆炸成沿水平方向运动的两片，分别做平抛运动，总动能等于两弹片的动能之和（在最高点）。 【答案】 4

6.010E J =?

【解析】设炮弹上升到达最点时的高度为H ，根据匀变速运动规律：2

02v gH = (1)

又质量为m 的炮弹刚爆炸后速度为1v ，另一质量的速度为v ， 根据动量守恒定律 1()mv M m v =- (2)

设质量为m 的弹片运动时间为

t ，根据平抛运动规律有

炮弹刚爆炸后，两弹片总动能 22111

()22

k E mv M m v =+- （5）

【总结升华】爆炸过程近似看成动量守恒，在应用动量守恒定律时，要注意方向。爆炸过程化学能转化为内能，总动能是增加的。 举一反三 【变式】一颗手榴弹以20/m s 的速度沿水平方向飞行时，炸开成两块，其质量之比为3：7。若较大的一块以80/m s 的速度沿原方向飞去，则较小一块的速度为（ ）

A. 沿原方向，速度大小为120/m s

B. 沿反方向，速度大小为120/m s

C. 沿原方向，速度大小为253/m s

D. 沿反方向，速度大小为253/m s 【答案】B

【解析】爆炸过程内力远远大于外力，动量守恒，设原方向为正方向，初速度为0v ，较大的一块速度为1v ，较小的一块速度为2v ， 根据动量守恒定律 01273

1010

mv mv mv =

+ 代入数据解得 2120/v m s =- 负号表示与原方向相反。

类型二、反冲问题

例2、为完成某种空间探测任务，需要在太空站上空发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速，已知探测器的质量为M ，每秒钟喷出气体的质量为m ，喷射

时探测器对气体做功的功率恒为P ，不计喷气后探测器的质量变化，求： （1）喷出气体的速度；

（2）喷气t ?秒后探测器获得的动能。

【思路点拨】喷射时探测器对气体做功的功转化为探测器的动能，动能定理的方程怎么写。 发射火箭、探测器是反冲运动，动量守恒，初态的动量为零，也可喷出气体的动量等于探测器的动量。 【答案】（1）2P v m =

（2）2

k mP E t M

=? 【解析】（1）因为探测器对喷射气体做功的功率恒为P ，而单位时间内喷气质量为m ，故在 t 秒时间内，根据动能定理可求得喷出气体的速度为 21

2Pt mtv =

（1）

，2P v m

= （2）探测器喷气过程中系统动量守恒，设探测器获得的速度为V ， 则 0m tv MV ?-= （2） mv t

V M

?=

联立得探测器获得的动能 2212()2k m t P mP E M t M m M ?=

?=?

【总结升华】解本题的关键一是要正确描写质量，而是正确列出动量守恒方程，这里实际上

是一个反冲运动，即总动量为零的问题。 举一反三

【变式】一炮艇总质量为M ，以速度0v 匀速行驶，从船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 。（填选项前的编号）

A. 0()Mv M m v mv '=-+

B. 00()()Mv M m v m v v '=-++

C. 0()()Mv M m v m v v ''=-++

D. 0Mv Mv mv '=+

【答案】A

【解析】动量守恒定律必须相对于同一参考系。本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换。发射炮弹前系统的总动量为0Mv ；发射炮弹后，炮弹的动量为mv ,船的动量为

()M m v '-，所以动量守恒定律的表达式为0()Mv M m v mv '=-+正确选项为A 。

类型三、碰撞问题

例3、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为=2B A m m ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6/kg m s ?，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4/kg m s ?，则（ ）

A ．左方是A 球，碰撞后A 、

B 两球速度大小之比为2:5 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1:10

C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2:5

D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1:10 【思路点拨】碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加原则和碰撞前后状态的合理性原则，一般按顺序判断。 【答案】 A

【解析】根据碰撞的三项基本原则（即碰撞过程中动量守恒原则、碰撞后系统总动能不增加原则和碰撞前后状态的合理性原则）分析求解。

由两球的动量都是6/kg m s ?，知运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球，碰后A 球的动量减少了4/kg m s ?，即A 球的动量为2/kg m s ?，由动量守恒定律得B 球的动量为10/kg m s ?，故可得其速度比为2:5，故选项A 是正确的。 【总结升华】本题主要考查分析能力和判断能力。解决此问题的关键在于首先根据动量的大小，判断出速度谁大谁小，然后利用动量守恒定律解决问题即可。 举一反三

【高清课堂：碰撞 例3】

【变式】甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是=5/P kg m s ?甲，

=7/P kg m s ?乙，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为=10/P kg m s '?乙，则两球质

量m 甲与m 乙的关系可能是（ ）

A ．=m m 乙甲

B ．=2m m 乙甲

C ．=4m m 乙甲 D.=6m m 乙甲 【答案】 C

【解析】（1）碰前因甲能追上乙，故=

>=P P v v m m 甲

乙乙甲乙

甲 所以 75m m ≥乙甲，A 错。

（2）碰后：应有 v v ''≤乙

甲 所以 P P m m ''≤甲

乙乙

甲 由动量守恒定律 P P P P ''+=+乙乙甲甲，所以=2/P kg m s '?甲 所以5m m ≤乙甲，所以D 错。

（3）能量：碰撞前总动能≥碰撞后总动能

所以 222

22222P P P P m m m m ''+≥+甲甲乙乙

乙乙

甲甲 可得 51

21

m m ≥

乙甲，所以B 错。正确选项为C 。 例4、如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R ，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨

道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R 。重力加速度为g ，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求 （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ； （2）小球A 冲进轨道时速度v 的大小。

【思路点拨】物理过程分析：A 沿轨道运动到与小球B 发生碰撞前，机械能守恒；与小球B 发生碰撞粘在一起，动量守恒；一起飞出轨道到落地，平抛运动。按照各自的物理规律列方程求解。

【答案】（1）g

R

t 2

= （2）22v gR = 【解析】（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动， 有 2122R gt =

① 解得 g

R

t 2

= ② （2）设球A 的质量为m ，碰撞前速度大小为1v 把球A 冲进轨道最低点时的重力势能为 0，由机械能守恒定律

mgR mv mv 22

1212

12+= ③ 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为2v ，由动量守恒定律 212mv mv = ④ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有

t v R 22= ⑤ 综合②③④⑤式得 22v gR = ⑥

【总结升华】解题时要养成一个良好的习惯：分清物理过程。由于“空气阻力及各处摩擦均

不计”，本题从最低点到最高点的过程机械能守恒；“A 小球与B 发生碰撞，碰后两球粘在一起”的过程动量守恒，且是完全非弹性碰撞；“一起飞出轨道”的过程是平抛运动。再根据各自的物理规律列方程求解。切忌丢掉某一个物理过程。 举一反三

【变式】如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg 。一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面。已知物块A 的长度为0.27m ，离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m 。设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g 取10m/s 2。

（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）求子弹在物块B 中穿行的距离；

（3）为了使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，求物块B 到桌边的最小距离。

【答案】（1） 5.0/A v m s = 10/B v m s =

【解析】（1）子弹射穿物块A 后，A 以速度A v 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动。根据平抛运动公式 212h gt =

A s v t = 解得: 0.4t s =, 5.0/A s

v m s t

==。 设子弹射入物块B 后与B 的共同速度为B v ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒, 根据动量守恒定律 0()A B mv Mv M m v =++ 代入数据解得 10/B v m s =

（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒

012A mv mv Mv =+ 代入数据解得 140/v m s =

子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒

2

212)(2

12121B

A B v m M mv Mv fL +-+=

① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒

2

2120)(2

12121A A v M M mv mv fL +--=

② 由①②解得2

105.3-?=B L m

（3）子弹在物块A 中穿行的过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，根据动能定理

0)(2

121-+=

A v M M fs ③ 子弹在物块

B 中穿行的过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，根据动能定理

2

222

121A

B Mv Mv fs -=

④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离21min s s s +=

2min 2.510s m -=?

（ ①②是根据能量守恒列出的方程；③④ 两式子弹对物块的作用力对物块做正功，所以是“根据动能定理”。）

类型四、微观粒子的动量守恒问题

例5、加拿大萨德伯里中微子观测站的研究揭示了中微子失踪之谜，即观察到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中（速度很大）转化为一个μ子和一个τ子。在上述转化过程有以下说法，其中正确的是（ ）

A. 牛顿运动定律依然适用

B. 动量守恒定律依然适用

C. 若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；

D. 若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反

【思路点拨】物理过程分析：中微子发生裂变过程中动量是守恒的，根据动量守恒方程分析τ子的运动方向与中微子的运动方向相同还是相反。 【答案】BC

【解析】中微子发生裂变过程中动量是守恒的， =+m v m v m v μμτ中中 知：当v 中方向与v μ方 向相同时，v τ方向与v 中方向可能相同，也可能相反；当v 中方向与v μ方向相反时，v τ方向 与v 中方向一定相同，且该过程是微观粒子间的作用，故牛顿运动定律不适用。故选BC 。 【总结升华】动量守恒定律是普遍适用的，牛顿运动定律仅适用于宏观低速运动。在处理微观粒子的动量守恒问题时，仍然要正确写出动量守恒方程进行分析。 举一反三

【变式】质量为m 的氦核，其速度为0v ，与质量为3m 的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为

01

2

v ,则碳核获得的速度为( ) A. 02v B. 012v C. 013

v D. 01

6v

【答案】B

【解析】设氦核的初始速度方向为正方向，动量为0mv ，碰后氦核的动量为01

2

m v -，碳核的动量为3mv ，根据动量守恒定律 001=32mv mv mv -

，解得 01

=2

v v ，B 正确。 类型五、碰撞中的临界问题

例6、将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3m/s ，乙车速度大小为2m/s ，方向相反并在同一直线上，如图所示。 （1）当乙车速度为零时（即乙车开始反向运动时），甲车的速度多大？方向如何？

（2）由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？

【思路点拨】两车距离最小时的临界隐含条件：两车速度相等。根据动量守恒定律求解。 【答案】（1）1/m s ，方向向右。（2）0.5/m s ，方向向右。

【解析】此题中地面光滑，系统不受外力，动量守恒，但问题中涉及两车不相碰又属临界问题。两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统水平动量守恒，设向右为正方向。（1）据动量守恒知 mv mv mv '-=乙甲甲

代入数据解得 =(32)/=1/v v v m s m s '-=-乙甲甲，方向向右。 （2）两车距离最小时，两车速度相同，设为v '，由动量守恒知 +mv mv mv mv ''-=乙甲 解得：32

=

==/=0.5/222

mv mv v v v m s m s m ---'乙乙甲甲，方向向右。

【总结升华】本题是一个临界极值问题，解此问题的关键是要挖掘出两车距离最小时的临界

隐含条件：两车速度相等。 举一反三

【变式】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行使，速率均为

0=6/v m s ，甲车上有质量m=1kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量150M kg =，

乙和他的车总质量230M kg =，甲不断地将小球一个一个地以=v 16.5m/s 的水平速度（相对于地面）抛向乙，并被乙接住，问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？

【答案】n=15（个）

【解析】两车不相碰的临界条件是它们的最后速度（对地）相同，由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，得：102012=()M v M v M M v '-+ ① 再以甲及小球为系统，同样得：101=()+M v M nm v nmv '- ②

由①②解得 n=15（个）

类型六、连续发生相互作用问题

例7、火车车厢之间由车钩连接，火车起动前车钩间都有间隙。不妨将火车的起动简化 成如图所示的情景：在光滑水平面上有19个静止的质量均为m 的木箱，自右向左编号依次为0、1、2、3、……18，相邻木箱之间由完全非弹性的钩子连接，当钩子前后两部分相碰时，与钩子相连的两木箱速度立即变为相等。所有木箱均静止时，每一个车钩前后两部分间的距离都为L 。（1）若只给第0号木箱一个水平向右的初速度0v ，求第18号木箱刚运动时速度的大小；（2）若从某时刻开始，持续对第0号木箱施加向右的水平恒力F ，使木箱从静

止开始运动， 求：（i ）第1号木箱刚运动时速度的大小；

（ii ）从施加恒力F 到第18号木箱开始运动经历的时间。

【思路点拨】连续碰撞问题难度较大。（1）求第18号木箱刚运动时速度的大小，因为整个过程动量守恒，与中间过程无关，初态的动量等于末态（19个）的动量。（2）要求第0号木箱与第1号木箱作用前的速度，相互作用瞬间动量守恒，求出第1号木箱刚运动时速度，同理以后依次计算，方程必然很多，显然用数学方法必须找出规律求解。 【答案】（1）1801

=

19

v v （2）（i ）12FL v m =ii ）38=3Lm t F 【解析】（1）19个木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即018=19mv mv ， 得第18号木箱刚运动时速度的大小1801=

19

v v （2）（i ）若给第0号木箱施加恒定的水平拉力F ，第0、1号木箱相互作用前，第0号木 箱做匀加速直线运动，加速度大小为0=

F

a m

, 第0、1号木箱相互作用前瞬间第0号木箱的 速度0v '，因为2

02=2FL

v a L m

'= 得 0

2FL v m '=第0、1号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即 01=2mv mv ' 解得第1号木箱刚运动时速度的大小 12FL v m

=

（ii ）第1号木箱刚运动时速度的大小 2

12(2)FL

v m

=

①（由上式变形） 第1号木箱与第2号木箱作用前的速度1v '，有 221

11=2v v a L '-

又第1号木箱的加速度大小 1=

2F

a m

第1、2号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，1

22=3mv mv ' 得第2号木箱刚运动时速 度的大小2v 满足 2

2

2122

(3)=(2)+

FL v v m

? ② 同理得第3号木箱刚运动时速度的大小3v 满足 2

2

3223

(4)=(3)+FL v v m

? ③…… （从①②③……找出规律）

第18号木箱刚运动时速度的大小18v 满足 22

1817218(19

)=(18)+FL v v m ?

累加可得第18号木箱刚运动时速度的大小 1818=

19FL

v m

对所有木箱，根据动量定理得 18=19Ft mv 得所求时间 38=3

Lm

t F 。

【总结升华】这类问题对数学要求较高，一般要总结规律写出通项，有时要用到等差数列、

等比数列求和公式，甚至取极限求和。 举一反三

【变式1】如图所示，n 个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m ，从右向左沿同一 直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l ，第n 个木块到桌面的距离也是l ，木块 与桌面间的动摩擦因数为μ。开始时，第1个木块以初速度v 0向左滑行，其余所有木块都 静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动，最后第n 个木块刚好滑到桌边而没 有掉下。

（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能；

（2）求第i 次)1(-≤n i 碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比；

（3）若n=4, l =0.10 m, v 0=3.0 m/s ，重力加速度g=10m/ s 2，求μ的数值。

【答案】（1）201(1)22

k n n mgl

E mv μ+?=-（2）1,(1)1ki ki E i n E i ?=≤-+ （3）μ=0. 15。

【解析】（1）整个过程木块克服摩擦力做功为

2

)1()()2(mgl

n n nl mg l mg mgl W μμμμ+=

+++=

根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为

2001(1)22

k k n n mgl E E W mv μ+?=-=

- （2）设第i 次)1(-≤n i 碰撞前木块的速度为i v ，碰撞后速度为i v '， 则(1)i i i mv imv '+=,

碰撞中损失的动能ki E ?与碰撞前动能ki E 之比为

22211(1)122,(1)112i i ki ki i imv i mv E i

n E i imv '-+?==≤-+

（3）初动能为2

0012

k E mv =,

第1次碰撞前10k k E E mgl μ=-

第1次碰撞后 10111111=2222k k k k k k k E E mgl E E E E E μ'=-?=-=-

（其中111

=2k k E E ?） 第2次碰撞前0215(2)22

k k k E mgl

E E mg l μμ'=-=-

第2次碰撞后222k k k E E E '=-?=0225==333k k E mgl E μ- （其中 221

=3k k E E ? ）

第3次碰撞前03214(3)33

k k k E mgl

E E mg l μμ'=-=-

第3次碰撞后333k k k E E E '=-?=0337==442K k E mgl E μ- （其中 331

=4

k k E E ? ）

据题意有

l mg mgl

E K )4(2

740μμ=- 带入数据，联立求解得μ=0. 15。

【高清课堂：碰撞 例5】

【变式2】如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为m 的五个小球，小球排列在一条直线上，彼此间隔一定的距离。开始时后面四个小球处于静止状态，第一个小球以速度v 向第二个小球碰去。

（1）若每个小球碰撞都是弹性的，则碰后各小球的运动情况；

（2）若它们先后都粘合在一起向前运动，由于连续碰撞，求系统损失的机械能。

【解析】（1）根据弹性碰撞，两个质量相等的小球，一个运动，一个静止，碰后彼此交换速度，1号球静止在2号球的位置，2号球以速度v 运动；再与3号球碰撞，交换速度，2号球又静止在3号球的位置，3号球以速度v 运动；……，最后1、2、3、4号球都静止，5号球以速度v 运动。

（2）若它们先后都粘合在一起向前运动，是完全非弹性碰撞 对全程进行研究，设最后共同速度为v 共，应用动量守恒定律 5mv mv =共，1=5

v v 共 系统损失的机械能 2221125=225

E mv mv mv ?=-共。