知识点一 动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(2)表达式
①p＝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′.
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．
2．动量守恒的条件
不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
知识点二 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
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
【 基础自测】
1．炮艇的总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿艇前进方向射出一颗质量为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 )
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
解析：根据动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v′＋mv，选项A正确．
2．冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线MN处放手让冰壶滑出，为了使冰壶滑行得更远，运动员可用毛刷擦冰壶前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小到原来的一半．一次比赛中，甲队要将乙队停在营垒(半径为1.83 m)中心O的冰壶A(可看作质点)击出营垒区，甲队将冰壶B(与A质量相同)以某一初速度掷出后，若不擦冰，冰壶B与A发生无机械能损失的正碰后，A将停在距O点1 m的位置处．冰壶B掷出后，通过下列擦冰方式不能将A击出营垒的是( D )
A．在冰壶B滑行5 m后，在其滑行前方擦出1.7 m
B．在冰壶B与A正碰后，立即紧贴A在其滑行前方擦冰1.7 m
C．先在冰壶B前方擦冰1 m，与冰壶A正碰后，再从距O点1 m处开始在冰壶A前方擦冰0.7 m
D．在冰壶B前方擦冰0.8 m，与冰壶A正碰后，再从距O点1 m处开始在冰壶A前方擦冰0.9 m
解析：A.碰撞前后动量守恒，由于两壶质量相等，碰后交换速度，由于A壶碰撞后经1 m的位移停下，则碰撞后A壶的速度v＝＝.而碰撞前B壶的速度同样也为v＝，对B壶根据动能定理：－μmg×30＝mv2－mv，代入解得：－v0＝.要将A壶击出垒区，则A壶碰撞后的最小即B壶碰撞前的最小速度vmin＝.若让B壶滑行5 m后擦冰1.7 m，则B壶碰撞前的速度为vB＝＝>vmin，所以能将A壶击出垒区；B.碰撞后，由能量守恒有：mv2＝μmg×1.7＋μmg×(xA－1.7)，在A壶前擦冰1.7 m后，则A碰撞后的运动距离xA＝1.85 m>R，所以能运动到营垒区外；C.对B壶，由能量守恒有：mv＝μmg×1＋μmg×29＋mv，碰撞后交换速度，对A壶：mv2＝μmg×1＋μmg×0.7＋μmgx，联立解得：x＝0.15 m，此时A碰撞后运动的距离为1 m＋0.7 m＋0.15 m＝1.85 m>1.83 m，所以A壶已经到营垒外；D.对B壶，由能量守恒有：mv＝μmg×0.8＋μmg×29.2＋mv，碰后交换速度，对A壶：mv2＝μmg×1＋μmgx，联立解得：x＝0.8 m，A壶运动的距离为1 m＋0.8 m<1.83 m，所以不能到营垒外．
3．如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，静置于小车C上，小车的质量m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数均为0.5，小车静止在光滑的水平面上．某时刻A、B间爆炸，已知爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能．若A、B始终在小车表面沿水平方向运动，小车足够长，质量不计，则：
(1)爆炸后瞬间A、B获得的速度大小是多少？
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
解析：(1)根据爆炸过程中，由能量守恒定律，有
E＝m1v＋m2v
爆炸过程中，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2
联立解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s.
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知，B与C先相对静止，速度水平向右设此时A的速度为大小v3，B、C的速度为大小v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒，设该过程的时间为t1
对A，由动量定理得－μm1gt1＝m1v3－m1v1
对B，由动量定理得－μm2gt1＝m2v4－m2v2
对C，由动量定理得(μm2g－μm1g)t1＝m3v4
解得v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s
之后A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知最终三者速度都为0，即(m1＋m2＋m3)v＝0 解得v＝0
设A滑动的总时间为t，则－μm1经典mvgt＝0－m1v1
解得t＝0.8 s.
答案：(1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s
4．如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 mv＝mv＋Mv
联立解得vA1＝v0，vC1＝v0
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m<M的情况．
第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1
联立解得m2＋4mM－M2≥0 解得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去．
所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m<M
答案：(－2)M≤m<M
知识点一 动量守恒定律的条件及应用
1．动量守恒的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．
(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．
(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的“六种”性质
系统性 | 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 |
条件性 | 首先判断系统是否满足守恒条件 |
相对性 | 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 |
同时性 | 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 |
矢量性 | 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 |
普适性 | 不仅适用低速宏观系统，也适用于高速微观系统 |
3.动量守恒定律的三种表达式及对应意义
(1)p＝p′，即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)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反．
4．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
(3)规定正方向，确定初、末状态动量．
(4)由动量守恒定律列出方程．
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
典例 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)子弹进入物块后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.
(3)物块在木板上滑行的时间t.
【审题关键点】 (1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零；
(2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度v1；
(3)木板足够长，物块最终与木块同速，此时，木板向右滑行的速度v2最大．
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