动量 动量定理
1．理解动量的概念，知道动量和动量的变化量均为矢量； 会计算一维情况下的动量变化量。
2．理解冲量的概念，知道冲量是矢量。
3．理解动量定理的确切含义及其表达式。
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象。
知识点一 寻求碰撞中的不变量 动量
[情境导学]
摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施。小刚搭乘挂在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动。不同时刻小刚的动量相同吗？不同时刻小刚的动能相同吗？
提示：因为方向时刻改变，故动量不相同；动能时刻相同。
[知识梳理]
1．寻找碰撞中的不变量
(1)实验装置
(2)实验原理
m1是运动小车的质量，m2是静止小车的质量，v是运动小车碰撞前的速度，v′是碰撞后两辆小车粘在一起的共同速度。
(3)记录并处理数据
次数 m1/kg m2/kg v/(m·s－1) v′/(m·s－1)
1 0.519 0.519 0.628 0.307
2 0.519 0.718 0.656 0.265
3 0.718 0.519 0.572 0.321
(4)实验结论
碰撞前后两车质量与速度的乘积之和基本不变。
2．动量
(1)定义：物体质量和速度的乘积。
(2)定义式：p＝mv。
(3)单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)方向：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)质量大的物体动量一定大。(×)
(2)动量的方向与速度方向一定相同。(√)
(3)物体的速度大小不变，动量一定不变。(×)
(4)物体的动能不变，则动量一定不变。(×)
2．旋转秋千是常见的游乐设施，当旋转秋千匀速转动时，对于旋转秋千里面的游客，可以转化为如图所示的运动模型，下列说法正确的是( )
A．游客的动能保持不变
B．游客的动量保持不变
C．游客的动能和动量均保持不变
D．游客的动能和动量均发生变化
解析：选A 游客随着旋转秋千做匀速圆周运动的过程中，速度大小保持不变，但速度方向时刻变化，故其动能保持不变，动量大小不变，但动量的方向时刻变化，故A正确，B、C、D错误。
知识点二 动量定理
[情境导学]
如图所示，人从高处跳到低处时，为了自我保护，一般都要有屈腿动作。
(1)这样做是为了什么？
(2)如果没有屈腿动作，人落地过程的动量变化大小一样吗？地面对人的作用力大小一样吗？
提示：(1)人从高处跳到低处时，通过屈腿来延长人与地面的作用时间，从而减小人与地面间冲力的大小。
(2)如果没有屈腿动作，人落地过程的动量变化大小一样，地面对人的作用力大小更大一些。
[知识梳理]
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积，用字母I表示。
(2)定义式：I＝FΔt。
(3)单位：牛秒，符号是N·s。
(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同。
2．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)恒力的冲量方向一定与力的方向相同。(√)
(2)力越大，力对物体的冲量就越大。(×)
(3)物体在某段时间内动量发生了变化，则物体在这段时间内所受的合外力一定不为零。(√)
(4)物体静止在斜面上不动，则一段时间内重力对物体的冲量为零。(×)
2．如图所示，背越式跳高时，为什么在杆下放上厚厚的海绵垫？
提示：根据动量定理FΔt＝Δp，动量变化量Δp一定时，作用时间Δt越长，则作用力F越小。厚厚的海绵垫是为了保护运动员免受伤害的，跳高运动员过杆后落在厚厚的海绵垫上与直接落到硬地面上相比较，延长了作用时间，减小了运动员所受的冲击力。
对动量和动量的变化量的理解
[问题探究]
如图所示，某足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球。
(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，足球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，则怎样描述足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的变化量？
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s 的速度反向弹回(如图乙)，则怎样描述足球的初动量、末动量以及与球门门柱碰撞过程中动量的变化量？
提示：(1)取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右，
p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右，
足球动量的变化量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，则足球的初、末动量分别为
p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右，
p2＝mv2＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，即方向向左，
足球动量的变化量为Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，即方向向左。
[要点归纳]
1．动量的“三性”
瞬时性 通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示
矢量性 动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同
相对性 因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关
2．动量的变化量
(1)表达式：Δp＝p2－p1。
(2)矢量性：动量的变化量是矢量，其方向与速度的变化的方向一致。
3．动量和动能的比较
动量 动能
定义式 p＝mv Ek＝mv2
标矢性 矢量 标量
变化决定因素 动量的改变由合外力的冲量决定 动能的改变由合外力所做的功决定
换算关系 p＝，Ek＝
[例题1] 2020年11月11日，2020年全国羽毛球锦标赛圆满收官，来自福州的翁泓阳获得男单冠军。如图所示，在比赛中翁泓阳某次扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回，设羽毛球质量为5 g，击球过程只用了0.05 s。试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量是多少。(g取10 m/s2)
[解析] (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝5×10－3× kg·m/s＝0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝－5×10－3× kg·m/s＝－0.475 kg·m/s，所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝ (－0.475－0.125)kg·m/s＝－0.600 kg·m/s，所以羽毛球的动量变化量大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。
(2)羽毛球的初速度为v＝25 m/s，羽毛球的末速度v′＝－95 m/s
所以ΔEk＝Ek′－Ek＝mv′2－mv2＝21 J。
[答案] (1)0.600 kg·m/s，与羽毛球飞来的方向相反 (2)21 J
同一直线上的动量的变化量的计算
先选取正方向，方向与正方向相同的动量为正值，方向与正方向相反的动量为负值，然后代入公式Δp＝p2－p1计算。
①当p1、p2同方向且p1＜p2时，Δp与p1(或p2)方向相同，如图甲所示。
②当p1、p2同方向且p1＞p2时，Δp与p1(或p2)方向相反，如图乙所示。
③当p1、p2方向相反时，Δp与p2方向相同，如图丙所示。
[针对训练]
1．下列关于动能和动量的说法正确的是( )
A．物体的动能改变，其动量也一定改变
B．物体的动量改变，其动能也一定改变
C．若物体的速率变，则物体的动能和动量不一定都变
D．若物体的速度变，则物体的动能和动量一定都变
解析：选A 物体的动能改变，根据Ek＝mv2，得到速度大小改变，故动量大小一定改变，故A正确；物体的动量改变，可能是速度方向变而大小不变，故动能Ek＝mv2 可能不变，故B错误；若物体的速率变，则动能Ek＝mv2一定改变，动量p＝mv也一定改变，故C错误；物体的速度变，可能是速度方向变而大小不变，如匀速圆周运动，故动能和动量不一定改变，故D错误。
2．关于动量的变化，下列说法中正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp与速度的方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp与运动方向相同
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量Δp不一定为零
解析：选A 当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与速度方向相同，如图甲所示，选项A正确；当做直线运动的物体速度减小时，Δp＝p2－p1＜0，即p2＜p1，如图乙所示，此时Δp与物体的运动方向相反，选项B错误；当物体的速度大小不变时，动量可能保持不变，此种情况Δp＝0，也有可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误；物体做曲线运动时，速度的方向不断变化，故动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，选项D错误。
冲量的理解与计算
[问题探究]
力F随时间t变化的图像如图所示，请问：
(1)0～1 s内，力F的冲量是多少？对应F t图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
(2)1～6 s内，力F的冲量是多少？对应F t图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
(3)0～6 s内，力F的冲量是多少？对应F t图线与t轴所围的面积是多少？二者什么关系？
提示：(1)力F在0～1 s内的冲量I1＝F1t1＝20×1 N·s＝20 N·s，对应F t图线与t轴所围的面积是20 N·s，二者相等。
(2)力F在1～6 s内的冲量I2＝F2t2＝－10×5 N·s＝－50 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F t图线与t轴所围的面积－50 N·s，二者相等。
(3)力F在0～6 s内的冲量I＝I1＋I2＝－30 N·s，负号表示冲量的方向沿着负方向。对应F t图线与t轴所围的面积的代数和是－30 N·s，二者相等。
[要点归纳]
1．冲量的特点
过程量 冲量描述的是力对时间的积累效果，是一个过程量。研究冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量
矢量性 对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内动量的变化量的方向一致，冲量的运算遵循平行四边形定则
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量计算：
用公式I＝FΔt计算。
注意：对于变力，F必须为时间Δt内的平均力。
(2)合冲量的计算
①可分别求每一个力的冲量I1，I2，I3，…，再求各冲量的矢量和；
②如果各个力(均为恒力)的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解。
(3)变力的冲量计算
①用平均力求变力的冲量：如果力与时间成线性关系，如图甲所示，则
I＝FΔt＝(t2－t1)
②用F t图线与t轴所围的面积求冲量：如图甲、乙所示，图中的阴影面积法即为变力的冲量。
③利用动量定理求解，即I＝Δp。
[例题2] 如图所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量和合力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解析] 对物体受力分析可知，物体受重力、支持力及摩擦力的作用；
支持力F＝mgcos α＝50×0.8 N＝40 N；
摩擦力Ff＝μmgcos α＝0.2×50×0.8 N＝8 N；
故重力的冲量I1＝mgt＝50×2 N·s＝100 N·s；
支持力的冲量I2＝Ft＝40×2 N·s＝80 N·s；
摩擦力的冲量I3＝Fft＝8×2 N·s＝16 N·s；
物体受到的合力F合＝mgsin α－μmgcos α＝50×0.6 N－8 N＝22 N；
故合力的冲量I＝F合t＝22×2 N·s＝44 N·s。
[答案] 重力的冲量为100 N·s；支持力的冲量为80 N·s；摩擦力的冲量16 N·s；合力的冲量为44 N·s
冲量计算的两点注意
(1)求各力的冲量或合力的冲量，首先判断是否是恒力，若是恒力，可直接应用公式I＝FΔt计算；若是变力，要根据力的特点求解，或者利用动量定理求解。
(2)求冲量大小时，一定要注意是哪个力在哪一段时间内的冲量；只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零。
[针对训练]
1．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，求0～8 s时间内拉力的冲量大小。
解析：冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8 s内的冲量为 I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18 N·s。
答案：18 N·s
2．一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小为t＝ 1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内( )
A．重力对运动员的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为30 J
D．地面对运动员做的功为零
解析：选D 运动员的重力是恒力，则重力对运动员的冲量大小为mgt＝120 N·s，A错误；以竖直向上为正方向，设地面对运动员的冲量为I，由动量定理可得I－mgt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgt＝180 N·s，方向竖直向上，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。
动量定理的理解及应用
[要点归纳]
1．对动量定理的理解
(1)动量定理的表达式：FΔt＝p2－p1＝Δp，是一个矢量式，应用时要注意各量的方向。
注意：①表达式中的FΔt指的是物体所受合力的冲量，或是外力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
②表达式中的Δp指的是动量的变化量，Δp的方向跟合外力冲量的方向相同。
(2)适用对象：一般为单个物体或可视为单个物体的系统。
(3)适用范围
①从物体、速度的大小看：即适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。
②从力是否变化看：既适用于变力作用，也适用于恒力作用。
③从运动轨迹看：既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(4)因果关系：物体所受合力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
①冲量反映了力对时间的积累效应，与物体的初、末动量及某一时刻的动量无必然联系；
②物体动量变化的方向与物体所受合力冲量的方向相同，物体在某一时刻的动量方向与物体所受合力冲量的方向无必然联系。
2．动量定理的应用
(1)定性应用
根据动量定理FΔt＝p′－p＝Δp可知：
①Δp一定，Δt短则F大，Δt长则F小；
②F一定，Δt短则Δp小，Δt长则Δp大。
③Δt一定，F大则Δp大，F小则Δp小。
(2)定量应用
①由动量的变化求合冲量：(或求有关的力)
②由合力的冲量求动量的变化：(或求m、v等)
考向一 动量守恒定律的定性应用
[例题3] 篮球运动深受同学们喜爱，打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的目的是( )
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
[解析] 接球的过程中，球的速度最终减小为零，速度变化量一定，因此篮球的动量变化量一定，动能变化量一定，B、C错误。手接触到球后，双手随球迅速收缩至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理FΔt＝Δp可知，在篮球的动量变化量不变的情况下，篮球对手的冲量不变，当篮球与手接触的时间增大时，篮球对手的冲击力减小，A正确，D错误。
[答案] A
应用动量定理定性分析有关现象的技巧
根据动量定理表达式F·Δt＝Δp定性分析有关问题时，要结合具体问题明确三个量F、Δt、Δp中哪个量是一定的，另外两个量是正比关系还是反比关系。
[针对训练]
如图所示，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条(此过程中杯子相对纸条滑动)，发现杯子会滑落；当快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些
D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些
解析：选D 在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确。
考向二 动量守恒定律的定量计算
[例题4] “守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕者，田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2
B．加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N
C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N
D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N
[解析] 兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，A错误；加速过程中，设地面对兔子水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得fΔt＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p＝mv＝2×9 kg·m/s＝18 kg·m/s，撞树后的动量为p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2 kg·m/s，动量变化量为Δp＝p′－p＝ －2 kg·m/s－18 kg·m/s＝－20 kg·m/s，由动量定理得FΔt′＝Δp＝－20 kg·m/s＝－20 N·s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F＝－400 N，大小为400 N，C错误，D正确。
[答案] D
应用动量定理解题的基本步骤
(1)确定研究对象；
(2)进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；
(3)选定正方向，研究物体初、末状态的动量；
(4)根据动量定理列方程求解。
[针对训练]
2020年10月2日，浙江队在2020年全国蹦床锦标赛女子蹦床团体决赛中获得冠军，浙江队选手王子维在比赛过程中从离绷紧的弹性网面高3.2 m处落下，弹起后离弹性网面的最大高度为5 m，已知运动员的质量为60 kg，与网面的接触时间为1.2 s，重力加速度g＝10 m/s2，运动员离开网面后，网面形变完全恢复，则运动员与网面接触过程中( )
A．网面对运动员的冲量大小为1 080 N·s
B．网面对运动员的冲量大小为1 800 N·s
C．网面对运动员做功大小为1 080 J
D．网面对运动员做功大小为540 J
解析：选B 由题意知，运动员与网面刚好要接触时速度大小v1＝＝8 m/s，刚好要离开网面时速度大小v2＝＝10 m/s，在触网过程中，由动量定理有I－mgt＝mv2－ (－mv1)，解得网面对运动员的冲量大小I＝1 800 N·s，A项错误，B项正确；运动员与网面接触过程中，弹性网的弹性势能变化量为0，因此弹性网的弹力做功为0，C、D项错误。
一、汽车碰撞试验
如果想知道一辆汽车的安全性能到底怎么样，最简单粗暴的方法就是“撞”。通过碰撞评估汽车在各种极端环境下的主动及被动安全表现，从而判断汽车质量的优劣，但是汽车的安全性能不能仅以市场上血淋淋的碰撞事故案例为逆向反馈，更多地应该是以碰撞实验为正向探测，于是汽车碰撞测试便应运而生。汽车碰撞测试，一方面可以为车企提供安全参考，促使车企在安全方面进行良性改进，另一方面就是国家的介入、法律法规的约束可以不断规范行业安全标准，从而最大限度地保障消费者的生命安全。
[示例1] 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前的速度均约为30 m/s。
(1)试求车祸中车内质量约为60 kg的人受到的平均冲力是多大。
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求车祸中人体受到的平均冲力为多大。
[解析] (1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m。设撞击时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s。
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0，
故F＝＝ N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N＝1.8×103 N。
[答案] (1)5.4×104 N (2)1.8×103 N
二、应用动量定理解决流体类“柱状模型”问题
流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[示例2] 用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后沿原方向的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A．水柱对汽车的平均冲力为ρπD2v3
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvπD2
C．高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的8倍
[解析] 高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝＝ρvπD2，所以B正确；由动量定理有FΔt＝mv，m＝m0Δt，解得水柱对汽车的平均冲力为F＝ρv2πD2，所以A、C错误；高压水枪喷口的出水的压强为p＝＝ρv2，高压水枪喷口的出水的压强与面积无关，与速度的平方成正比，所以D错误。
[答案] B
[拓展训练]
1．“中国民航英雄机长”刘传健执行重庆飞拉萨任务时，在万米高空突遇前挡风玻璃破裂脱落的紧急关头，机组正确处理危机，奇迹般地安全迫降成都。假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的时速约为v，空中风速不计，机长面部垂直风速方向的受力面积为S，万米高空的空气密度为ρ，则机长面部受到的冲击力大小约为( )
A．ρSv B．ρSv2
C．ρSv3 D．ρSv3
解析：选B 机长面部垂直风速方向的受力面积为S，空气与飞行员的相对速度等于飞机的速度v，设时间t内吹在面部的空气的质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得机长面部受到的冲击力大小F＝ρSv2，故选B。
2．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S。③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
1．对下列几种物理现象的解释，正确的是( )
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D．在车内推车推不动，是因为推力的冲量为零
解析：选C 据动量定理FΔt＝Δp知，当Δp相同时，Δt越长，作用力F越小，击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，使橡皮锤对钉子的平均作用力较小，不利于将钉子钉入物体内，故A项错误；跳远时，在沙坑里填沙是为了延长人与沙的作用时间，从而减小作用力，避免人受到伤害，故B项错误；易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C项正确；车不动是因为车所受合力冲量为零，故D项错误。
2．关于动量和冲量的说法，错误的是( )
A．物体所受合力冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量增量的方向，就是它所受合力的冲量方向
D．物体所受合力冲量越大，它的动量变化就越大
解析：选A 由动量定理可知，物体所受合力的冲量，其大小等于动量的变化量的大小，方向与动量增量的方向相同，故A项错误，B、C、D项正确。
3．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．弹性绳恰好伸直时，人的速度最大
B．弹性绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
C．弹性绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
D．人的速度最大时，弹性绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选D 弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加速，此时速度不是最大值，A错误；弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终是向上的，弹性绳对人的拉力始终做负功，刚开始弹性绳对人的拉力小于重力，人做加速运动，当弹性绳对人的拉力等于重力，人的速度达到最大值，当弹性绳对人的拉力大于重力时人做减速运动，人先加速后减速，所以人的动量先增大后减小，动能先增大后减小，B、C错误，D正确。
4．为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图像，已知重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计，则根据图像分析可知( )
A．人在0.3 s～0.7 s时间内先加速下蹲后减速下蹲
B．c到d的过程中，人始终处于失重状态
C．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小等于240 N·s
D．人跳起获得的初动量大小为240 kg·m/s
解析：选D 人在0.3 s～0.7 s时间内，对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重力，如果是先加速下蹲后减速下蹲，则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重力，故A错误；c到d的过程中，人还没有完全脱离传感器，对传感器仍有向下的压力，这个压力从大于人的重力逐渐减小到零，即人先处于超重，后处于失重状态，故B错误；由题图乙可知，人所受的重力为800 N,0.3 s～0.7 s，力传感器示数小于人的重力，说明人在加速下蹲，1.0 s时力传感器示数为零，说明人离开力传感器，则人从起跳到双脚离开力传感器的时间t<0.3 s，所以从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240 N·s，故C错误；人在空中停留的时间t′＝(1.6－1.0)s＝0.6 s，所以人跳起时获得的初速度为v0＝g×＝3 m/s，初动量大小为p0＝mv0＝80 kg×3 m/s＝240 kg·m/s，故D正确。
5.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年。一现代仿制的地动仪如图所示，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
A．＋mg B．
C． D．－mg
解析：选A 设蟾蜍口对铜珠的冲击力为F，铜珠落入蟾蜍口时速度为v，由自由落体运动规律v2＝2gh，由动量定理Ft－mgt＝0－(－mv)，联立解得F＝＋mg，由牛顿第三定律可知铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小为F′＝＋mg，故选A。
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16动量守恒定律
1．了解系统、内力和外力的概念。
2．理解动量守恒定律的确切含义、表达式和守恒条件。
3．能用动量定理和牛顿第三定律推导相互作用的两个物体组成的系统的动量守恒定律表达式。
4．会用动量守恒定律解决相关问题。
知识点一 相互作用的两个物体的动量改变
[情境导学]
如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去。则：
(1)两人的动量方向有什么关系？动量大小又有什么关系？
(2)在甲推乙之前，两人的总动量为多少？甲推乙后，两人的总动量为多少？
提示：(1)方向相反；大小相等。(2)0；0。
[知识梳理]
1．问题情境
光滑水平面上，质量分别为m1、m2的物体A、B，沿同一直线同一方向运动，且v2＞v1，碰后A、B的速度分别为v1′、v2′，设A受到B对它的作用力为F1，B受到A对它的作用力为F2，碰撞时间为Δt。
2．利用动量定理分析
(1)对物体A应用动量定理有
F1Δt＝m1v1′－m1v1
(2)对物体B应用动量定理有
F2Δt＝m2v2′－m2v2
(3)根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，
故有m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)
结论：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2
3．结论
(1)两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。
(2)两个碰撞的物体在所受外部对它们的作用力的矢量和为0的情况下动量守恒。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)相互作用的两个物体，动量变化量相同。(×)
(2)相互作用的两个物体，动量变化的方向相反。(√)
(3)一对相互作用力的冲量总是等大反向的。(√)
2．思考题。
斯诺克台球比赛的情境如图所示，在白色球撞击红色球的过程中：
(1)两球间的冲量有什么关系？两球的动量变化是什么关系？
(2)如果不考虑台面的摩擦，在碰撞过程中两球组成系统的总动量是否变化？
提示：(1)两球间的冲量等大反向。两球的动量变化等大反向。
(2)在碰撞过程中两球组成系统的总动量不变。
知识点二 动量守恒定律
[情境导学]
如图所示，如果地面光滑，人站在平板车上，通过铁锤连续地敲打平板车，请问：
(1)平板车会怎样运动呢？
(2)人和平板车组成的系统的总动量有什么特点？
提示：(1)平板车左右运动；(2)水平方向上系统的总动量守恒。
[知识梳理]
1．系统、内力、外力
(1)系统：由两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
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。
(2)适用条件：系统不受外力或所受外力矢量和为0。
3．动量守恒定律的普适性
动量守恒定律的适用范围非常广泛，适用于：
(1)低速、宏观物体系统领域。
(2)高速(接近光速)、微观(小到分子、原子的尺度)领域。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(×)
(2)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(3)只有重力做功或弹力做功的系统内动量守恒。(×)
(4)动量守恒定律既适用于低速运动问题，也适用于高速运动问题。(√)
2．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
解析：选A A图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒，故A正确；B图中，剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力的矢量和不为零，系统动量不守恒，故B错误；C图中，木球与铁球组成的系统所受外力的矢量和不为零，系统动量不守恒，故C错误；D图中，木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，故D错误。
动量守恒定律的理解
[问题探究]
如图甲所示，在光滑水平面上一个运动小球碰撞另一个静止小球；
如图乙所示，小车A、B静止在光滑水平面上，中间夹一个被压缩的轻弹簧，且用细线系着；
如图丙所示，速度为v0的物体滑上位于光滑水平面上带有曲面的小车。
结合上述情境请思考：
(1)图甲中，两球受哪些力作用？碰撞过程中两球组成的系统动量守恒吗？
(2)图乙中，烧断细线后，两小车组成的系统动量守恒吗？
(3)图丙中，物体与小车组成的系统动量守恒吗？
提示：(1)两球分别受到重力和水平面对它们的支持力作用，且满足二力平衡，两球发生碰撞时，它们之间的相互作用力是内力。由于两球组成的系统所受外力的合力为零，故系统动量守恒。
(2)烧断细线后，弹簧弹力是内力，系统所受外力的合力为零，系统动量守恒。
(3)物体和小车组成的系统，由于水平方向上合力为零，故水平方向的动量守恒；但是竖直方向上合力不为零，故竖直方向上的动量不守恒。
[要点归纳]
动量守恒条件的理解
1．理想守恒条件：系统不受外力作用或所受外力的矢量和为零时，系统动量守恒。
2．近似守恒条件：系统所受外力的矢量和虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒。
3．某一方向上守恒条件：系统所受外力的矢量和不为零，系统动量不守恒；但是系统在某一方向上所受外力矢量和为零时，则系统在该方向上的动量守恒。
[例题1] 如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，以下情境中系统动量不守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
[解析] 如果A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力不为零，其动量不守恒；因为地面光滑，对A、B、C组成的系统，A、B与C上表面间的摩擦力均为内力，系统所受外力的矢量和等于零，A、B、C组成的系统动量守恒，若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统所受外力的矢量和等于零，A、B组成的系统动量守恒，故选A。
[答案] A
系统动量守恒的判定方法
(1)分析动量守恒时研究对象是系统，要分清外力与内力。
(2)研究系统受到的外力的矢量和。
(3)外力的矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒。
(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化。
[针对训练]
1.如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是( )
A．斜面体和物体组成的系统动量守恒
B．斜面体和物体组成的系统所受合力方向向上
C．斜面体和物体组成的系统水平方向动量守恒
D．斜面体和物体组成的系统竖直方向动量守恒
解析：选C 斜面体和物体组成的系统在水平方向所受外力的矢量和为零，水平方向系统动量守恒，C正确；竖直方向系统所受外力的矢量和不为零，且方向向下，系统在竖直方向上动量不守恒，则斜面体和物体组成的系统动量不守恒，A、B、D错误。
2.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧(不连接)，如图所示，用左、右两手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法错误的是( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统总动量不一定为零
解析：选B 在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故系统动量守恒，即系统的总动量始终为零，A说法正确。先放开左手，再放开右手后，即两手对系统都无作用力，系统所受合力为零，故动量是守恒的，B说法错误。先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C说法正确。其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，故系统的总动量保持不变；若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手时系统所具有的总动量相等，故不为零，D说法正确。
动量守恒定律的应用
[问题探究]
随着我国居民生活水平的不断提高，小轿车进入了千家万户，随之而来的交通事故也在不断增加，高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为15 000 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，碰后两车接在一起并停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速度行驶，由此可否判断卡车碰前的行驶速率？
提示：两车碰撞过程系统动量守恒，以客车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，
代入数据解得v′＝＝ m/s＝100 m/s。
[要点归纳]
1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义
(1)p＝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′。
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零。
(4)m1v1＋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。
2．动量守恒的五个特性
(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：
①系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同。
②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算。如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算。
(2)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度。
(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
(4)同时性：动量守恒定律中p1，p2，…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′，p2′，…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，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。
3．应用动量守恒定律的解题步骤
考向一 两物体组成的系统动量守恒
[例题2] 冬季雨雪天气时，公路上容易发生交通事故。在结冰的公路上，一辆质量为1.8×103 kg的轻型货车尾随另一辆质量为1.2×103 kg的轿车同向行驶，因货车未及时刹车而发生追尾(即碰撞，如图甲、乙所示)。若追尾前瞬间货车速度大小为36 km/h，轿车速度大小为18 km/h，刚追尾后两车视为紧靠在一起，此时两车的速度为多大？
[解析] 设货车质量为m1，轿车质量为m2，碰撞前货车速度为v1，轿车速度为v2，碰撞后两车速度为v。选定两车碰撞前的速度方向为正方向。
由题意可知，m1＝1.8×103 kg，m2＝1.2×103 kg，v1＝36 km/h＝10 m/s，v2＝18 km/h＝ 5 m/s。
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝＝ m/s＝8 m/s＝28.8 km/h
所以，刚追尾后两车的速度大小为28.8 km/h。
[答案] 28.8 km/h
考向二 系统在某一方向上动量守恒
[例题3] 如图所示，从倾角为30°、长0.3 m的光滑斜面顶端滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的静止的小车里。求货包落到小车上后，小车获得的速度是多少。
[解析] 货包离开斜面时速度为v＝＝＝ m/s。
货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以，在落入小车前，其水平分速度vx不变，大小为vx＝vcos 30°＝1.5 m/s。货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，以vx的方向为正方向，则mvx＝(M＋m)v′，
小车获得的速度为v′＝＝ m/s＝0.2 m/s。
[答案] 0.2 m/s
处理动量守恒问题的一般思路
(1)选取合适的系统为研究对象，判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件。
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量。
(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解。
[针对训练]
1．如图所示，两个小物块a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧。烧断细线后，被弹出的小物块a、b在同一直线上运动，且弹簧与它们分离。a、b的质量分别是2 kg和4 kg，则下列判断正确的是( )
A．小物块a与b的速率之比为1∶2
B．弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为2∶1
C．弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为2∶1
D．小物块a与b的动能之比为1∶2
解析：选B 根据动量守恒可知mava＝mbvb，解得va∶vb＝mb∶ma＝2∶1，选项A错误；弹簧对小物块a、b所做的功的大小之比为＝＝＝×＝，选项B正确，选项D错误；根据动量定理有Ia＝mava，Ib＝mbvb，则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1∶1，选项C错误。
2.如图所示，在光滑的水平面上有A和B两小车，质量分别为m1、m2，A车上有一质量为m3的人，开始时两车和人均静止。现人以速度v0向右跳上B车，并与B车保持相对静止，求：
(1)人跳离A车后，A车的速度；
(2)人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比。
解析：(1)将A车和人组成一个系统，系统的动量守恒，设人跳离A车后，A车的速度为vA，以向右为正方向，由动量守恒定律有m1vA＋m3v0＝0
解得vA＝－，负号表示A车的速度方向向左。
(2)对人和B车组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有m3v0＝(m3＋m2)vB
解得＝。
答案：(1) 方向向左 (2)
多物体多过程系统中的动量守恒问题
[要点归纳]
多物体系统是指由两个以上的物体构成的系统，如果系统满足动量守恒条件，在对问题进行分析时，既要注意系统总动量守恒，又要注意系统内部分物体的动量守恒。解决问题时应注意：
(1)灵活选取研究对象，有时需应用整体系统动量守恒，有时只需应用部分物体系统动量守恒。研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。
(2)灵活进行运动过程的选取和分析，通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
[例题4] 如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/s在 A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求：
(1)木块A的最终速度的大小；
(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。
[解析] (1)设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v，解得v1＝2.1 m/s。
(2)设小木块C滑离木块A的速度为v2，当C滑离A后，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，或对A、B、C有m0v0＝(mA＋mB)v1＋m0v2，解得v2＝4 m/s。
[答案] (1)2.1 m/s (2)4 m/s
[针对训练]
1.如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动；设甲同学和她的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s，乙同学和她的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( )
A．1 m/s B．0.5 m/s
C．－1 m/s D．－0.5 m/s
解析：选D 两车碰撞过程中动量守恒，即
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，
解得v＝＝ m/s＝－0.5 m/s，故选项D正确。
2．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08 kg的10块完全相同的长直木板。一质量M＝1.0 kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0 m/s。铜块最终停在第二块木板上。(取g＝10 m/s2，结果保留2有效数字)求：
(1)第一块木板的最终速度；
(2)铜块的最终速度。
解析：(1)铜块和10块长木板水平方向不受外力，所以水平方向系统动量守恒，设铜块刚滑到第二块木板时，木板的速度为v2，由动量守恒定律得
Mv0＝Mv1＋10mv2
解得v2＝2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。
(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒定律得
Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3
解得v3≈3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同。
答案：(1)2.5 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
(2)3.4 m/s，方向与小铜块初速度方向相同
爆炸类问题模型
爆炸问题的三个特点
动量守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸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
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，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，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
[示例] 以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。
(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能。
[解析] (1)斜向上抛出的手榴弹运动轨迹如图所示，在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos 60°＝v0
设v1的方向为正方向，
由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v1′＝2v0
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，即
ΔEk＝×2mv1′2＋mv22－×3mv12＝mv02。
[答案] (1)2.5v0 方向与爆炸前速度方向相反 (2)mv02
处理爆炸问题的两点提醒
(1)在处理爆炸问题列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束那一刻的动量。
(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，但是机械能一定不守恒，且爆炸前那一刻的机械能一定小于爆炸后刚好结束那一刻的机械能。
(注意：由于爆炸过程中物体的位移很小可以忽略，故爆炸过程中物体的重力势能可以认为不变，机械能的变化体现为动能的变化)
[拓展训练]
1．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选B 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确。
2．在军事演习中，一炮弹在离地面高h处时的速度方向恰好沿水平方向向左，速度大小为v，此时炮弹炸裂成质量相等的两块，设消耗的火药质量不计，爆炸后前半块的速度方向仍沿水平方向向左，速度大小为3v。求两块弹片落地点之间的水平距离。
解析：设爆炸后每块弹片的质量均为m，取向左为正方向，由动量守恒定律得2mv＝m·3v＋mv′
解得后半块弹片的速度v′＝－v，即v′方向向右
由平抛运动规律知，弹片落地时间t＝
因此两块弹片落地点间的水平距离为
x＝3vt＋|v′|t＝4v 。
答案：4v
1．关于动量守恒的条件，下面说法正确的是( )
A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒
C．合外力对系统做功为零，系统动量一定守恒
D．只要系统所受合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒
解析：选B 动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，选项A错误，选项B正确；合外力对系统做功为零，并不意味合外力为零，C错误；系统所受合外力不为零时，在某方向上所受合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项D错误。
2．两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( )
A．互推后两同学总动量增加
B．互推后两同学动量大小相等，方向相反
C．分离时质量大的同学的速度大一些
D．互推过程中机械能守恒
解析：选B 对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，动量守恒，故A错误；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，质量大的同学的速度小一些，故B正确，C错误；互推过程中机械能增大，故D错误。
3．甲、乙两溜冰者，m甲＝48 kg，m乙＝50 kg，甲手里拿着2 kg的球静止，乙以2 m/s的速度向甲运动，不计摩擦。现甲将球抛给乙，乙接球后再抛给甲，这样抛接若干次后，乙的速度恰为零，此时甲的速度可能是( )
A．0 B．2 m/s
C．1 m/s D．4 m/s
解析：选B 以乙溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，若最后球在甲手中，m乙v1＝(m甲＋m)v，解得v＝ m/s＝2 m/s；若最后球在乙手中，m乙v1＝m甲v′，解得v′＝ m/s＝2.08 m/s。选项B正确，选项A、C、D错误。
4.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m＝3 kg的薄板和质量为m′＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )
A．做加速运动 B．做减速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都可能
解析：选A 物块与薄板相对运动过程中在水平方向上不受外力，所以物块与薄板组成的系统在水平方向上动量守恒。设薄板运动方向为正方向，当薄板速度为v1＝2.4 m/s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得mv－m′v＝mv1＋m′v2，
v2＝＝ m/s＝0.8 m/s。
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块正做加速运动，选项A正确。
5.如图所示，传送带以v0＝2 m/s的水平速度把质量m＝20 kg的行李包运送到原来静止在光滑地面上质量M＝30 kg的小车上，若行李包与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，设小车足够长，则行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间是多少？
解析：以行李包与小车构成的系统为研究对象，设行李包与小车最后达到共同速度v0。
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，
解得v＝0.8 m/s。
对行李包，由动量定理得
－μmgt＝mv－mv0，
解得t＝0.3 s。
即行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间为0.3 s。
答案：0.3 s
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13实验：验证动量守恒定律
一、实验目的
1．明确验证动量守恒定律的思路。
2．掌握在同一直线上两物体碰撞前后速度的测量方法。
3．了解实验数据的处理方法。
4．掌握验证动量守恒定律的实验思路和实验方法；明确实验所需测量的物理量。
5．设计实验方案，进行数据处理，得出实验结论，验证动量守恒定律。
6．理解变“平抛运动的初速度测量”为“水平位移测量”的等效替代思想。
二、实验原理
在一维碰撞中，测出相碰撞两物体的质量m1、m2和碰撞前物体的速度v1、v2及碰撞后物体的速度v1′、v2′，求出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。
三、实验器材
方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
气垫导轨、数字计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸、直尺等。
四、实验步骤
方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1．测质量：用天平测出两个滑块质量。
2．安装：正确安装好气垫导轨及有关器材，如图所示。
3．实验：接通电源，进行实验，分别记录两个滑块碰撞前后经过光电门的挡光时间。
4．改变：(1)改变滑块的质量；(2)改变滑块的初速度大小和方向。重复步骤3的实验。
5．结束：整理好实验器材放回原处。
方案二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒。
1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。
2．安装：按照图甲所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。
3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。
4．找碰前落点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
5．找碰后落点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球都从斜槽上步骤4中的固定高度处自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N。如图乙、丙所示。
6．结束：整理好实验器材放回原处。
五、数据处理
方案一：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
1．滑块速度的测量：v＝，式中d为滑块上挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。
2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
方案二：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒。
1．连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中。
2．验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
六、误差分析
1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。
(1)碰撞是否为一维。
(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力。
2．偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。
七、注意事项
1．碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2．若利用方案一进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。
3．若利用方案二进行验证：
(1)斜槽末端的切线必须水平；
(2)选质量较大的小球作为入射小球；
(3)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
实验原理与操作
[例题1] 某同学用图示装置验证动量守恒定律。斜槽与水平槽平滑连接，通过位于水平槽右端的铅垂线，在白纸上记录位置O，测得大小相同的两小球A、B质量分别为m1、m2实验时先不放B球，使A球多次从斜槽上某一固定点S由静止滚下，找到其在记录纸上平均落点位置P。再把球放置于水平槽右端边缘处，仍让A球多次从S处由静止滚下，找到A球和B球碰撞后分别在记录纸上的平均落点位置M、N。用刻度尺测得各落点到O点的距离为OM、OP、ON。
(1)要使实验顺利进行，两球质量需满足的条件是：m1________m2。(填“>”“＝”或“<”)
(2)实验中，________(填“需要”或“不需要”)测量水平槽右端与O点之间的高度H；________(填“需要”或“不需要”)用秒表测小球做平抛运动的时间t。
(3)若A、B两球碰撞前后动量守恒，其表达式为________(用题给物理量符号表示)。
[解析] (1)为了防止入射球反弹，应该用质量大的小球去碰被碰小球，故A球质量应大于B球，即m1>m2。
(2)每次实验，A、B两球从水平槽右端下落高度H和做平抛运动的时间t相同，故两者都不需要测量。
(3)设A球与B球碰撞前速度大小为v0，碰撞后A、B两球速度大小分别为v1、v2，由平抛运动分析有v0t＝OP，v1t＝OM，v2t＝ON。若A、B两球碰撞前后动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，即m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
[答案] (1)> (2)不需要 不需要 (3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
数据处理与分析
[例题2] 在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验时，左侧滑块质量m1＝200 g，右侧滑块质量m2＝160 g，挡光片宽度为3.00 cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线将两滑块连在一起，如图所示。开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动。挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝ 0.30 s，Δt2＝0.24 s。则两滑块的速度分别为v1′＝________m/s，v2′＝________m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝________kg·m/s。可得到的结论是_______________________________________________________________。
[解析] 由平均速度公式可得v1′＝ m/s＝0.1 m/s，v2′＝ m/s＝0.125 m/s；设向右为正方向，因烧断细线之前，两滑块均静止，故烧断细线前m1v1＋m2v2＝0；烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝0.2×(－0.1)kg·m/s＋0.16×0.125 kg·m/s＝0；故烧断细线前后动量之和相等，烧断细线前、后，系统动量守恒。
[答案] 0.1 0.125 0 0 烧断细线前、后，系统动量守恒
实验拓展与创新
[例题3] 用如图所示的装置验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线的夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰好与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点。
(1)图中s应是B球初始位置到________的水平距离。
(2)实验中需要测量的物理量有_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验中若等式__________________________成立，即可验证动量守恒定律。
[解析] A球向下摆到与B球相碰前的速度为
v1＝
碰后A球的速度v1′＝
碰后B球做平抛运动的初始速度
v2′＝＝＝s
若要验证动量守恒定律，需满足：
mAv1＝mAv1′＋mBv2′
即mA＝mA＋mBs 。
[答案] (1)落地点 (2)L、α、β、H、s、mA、mB
(3)mA＝mA＋mBs
1．用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球碰撞来验证动量守恒定律，A球质量mA＝0.3 kg，B球质量mB＝0.1 kg，实验时先使A球从斜槽上某一固定点G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到了如图乙所示的三个落地处。
(1)请在图乙中读出OP＝________cm。
(2)由图乙可以判断出Q处是________球的落地点(填“A”或“B”)。
(3)该实验在误差允许的范围内，只需比较mAxA＋mBxB＝mAxA′＋mBxB′，从而验证动量是否守恒，则通过计算mAxA＋mBxB＝________kg·m，mAxA′＋mBxB′＝________kg·m。(保留3位有效数字)
解析：(1)在题图乙中用最小的圆将所有的落点圈起来，圆心为平均落地点，则读出OP＝17.5 cm。
(2)由题图乙可以判断出Q处是A球碰前的落地点。
(3) 结合题图可知mAxA＋mBxB＝0.3×0.325 kg·m＋0＝0.097 5 kg·m
mAxA′＋mBxB′＝0.3×0.175 kg·m＋0.1×0.440 kg·m＝0.096 5 kg·m。
答案：(1)17.5 (2)A (3)0.097 5(0.096 6～0.099 3)
0．096 5(0.940～0.980)
2.如图所示，气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C、D的气垫导轨以及滑块A、B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
(a)用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
(b)调整气垫导轨，使导轨________________；
(c)在滑块A、滑块B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
(d)用刻度尺测出滑块A的左端至板C的距离L1，B的右端至板D的距离L2；
(e)按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2。
(1)步骤(b)补充完整。
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________________。
(3)利用上述实验数据还能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出表达式：________________。
解析：(1)为保证A、B作用过程中系统动量守恒，应调整气垫导轨，使导轨水平。
(2)弹簧恢复原长后，A、B做匀速直线运动，A的速度大小为vA＝，B的速度大小为vB＝
以向左的方向为正方向，由动量守恒定律得
mAvA－mBvB＝0
由以上各式解得mA－mB＝0。
(3)由能量守恒定律得，被压缩弹簧的弹性势能
Ep＝mAvA2＋mBvB2＝mA＋mB。
答案：(1)处于水平 (2)mA－mB＝0
(3)Ep＝mA＋mB
3．某同学用如图所示的装置来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木板上，用来记录小球与木板的撞击点。
②固定轨道并使轨道末端水平。
③将木板竖直立在固定轨道末端右侧，与轨道末端接触并垂直，只让小球A从斜轨上滚下，记下小球A在木板上的撞击点的位置O。
④将木板平移到图中所示位置，轨道末端不放小球B，让小球A从斜轨上某位置由静止释放，重复10次，得到小球A在木板上的撞击点的平均位置P。
⑤在轨道末端放上小球B，仍将小球A从斜轨上同一位置由静止释放与小球B相撞，重复10次，得到小球A和小球B在木板上的撞击点的平均位置M和N。
⑥用米尺测出O与N、P、M的高度差，分别为h1、h2、h3。
根据以上步骤，回答以下问题：
(1)另一名同学认为可以采用两个体积大小不同的小球，这样对吗？________(填“对”或“不对”)。
(2)实验中除需测量h1、h2、h3外，还需要测量的物理量是______(填字母序号即可)。
A．小球A释放点到轨道末端的竖直高度h
B．小球A和小球B的质量mA、mB
C．轨道末端到木板的水平距离x
(3)若所测量物理量满足表达式________(用实验中所需测量的物理量符号表示)，则说明两小球碰撞过程中动量守恒。
解析：(1)两球要发生对心碰撞，两球半径应相等，采用两个体积大小不同的小球是错误的。
(2)小球离开轨道后做平抛运动，设轨道末端到木板的距离为x，小球离开轨道时的速度为v。
水平方向x＝vt
竖直方向h＝gt2
解得v＝x
则碰撞前小球A的速度v0＝x
碰撞后小球A的速度v1＝x
碰撞后小球B的速度v2＝x
设A球的质量为mA，B球的质量为mB，两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2
整理得＝＋
要验证动量守恒定律，除测量h1、h2、h3外还需要测量小球A和小球B的质量，故选B。
(3)若所测量物理量满足表达式＝＋则说明两小球碰撞过程中动量守恒。
答案：(1)不对 (2)B (3)＝＋
4．某同学采用如图所示的装置进行验证动量守恒定律，并判断实验中两个小球的碰撞是否为弹性碰撞。
(1)若入射小球的质量为mA，半径为rA；被碰小球的质量为mB，半径为rB，则要求________。
A．mA>mB，rA>rB B．mA>mB，rA＝rB
C．mA>mB，rA(2)以下选项中哪些是本次实验必须注意的事项________。
A．斜槽必须光滑
B．斜槽末端必须水平
C．入射小球A必须从同一高度释放
D．水平槽放上B球时，B球落点位置必须在斜面上
(3)实验中，经过多次从同一位置由静止释放入射小球A，在记录纸上找到了未放被碰小球B时，入射小球A的平均落点P，以及A球与B球碰撞后，A、B两球平均落点位置M、N，并测得它们到抛出点O的距离分别为OP、OM、ON。已知A、B两球的质量分别为mA、mB，如果A、B两球在碰撞过程中动量守恒，则mA、mB、OP、OM、ON之间需满足的关系式是：________。
(4)如果A、B两球的碰撞是弹性碰撞，则mA、mB、OP、OM、ON之间需满足的关系式是：________。
解析：(1)为使两球发生对心正碰，两球的半径应相等；为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即mA＞mB，rA＝rB，故选B。
(2)只要每次加速的环境完全相同即可，不需要加速轨道光滑，故A错误；为了使小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；为了保证小球每次平抛的初速度相同，每次入射小球必须从同一高度由静止释放，故C正确；水平槽放上B球时，B球落点位置必须在斜面上，这样三个落点构成的位移具有相同的斜面倾角，从而能推出碰撞前后的速度，故D正确。
(3)两球碰撞过程系统动量守恒，设碰撞前A的速度为v0，碰撞后A的速度为vA，B的速度为vB，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
两球离开轨道后做平抛运动，设小球的位移为L，设斜面倾角为θ，水平方向Lcos θ＝vt
竖直方向Lsin θ＝gt2
解得v＝cos θ
则v0＝cos θ
vA＝cos θ
vB＝cos θ
整理得mA＝mA＋mB。
(4)如果小球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
mAv02＝mAvA2＋mBvB2
整理得mAOP＝mAOM＋mBON。
答案：(1)B (2)BCD (3)mA＝mA＋mB
(4)mAOP＝mAOM＋mBON
5.某班物理兴趣小组选用如图所示装置来探究碰撞中的不变量。将一段不可伸长的轻质绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连并固定在O点，另一端连接小钢球A(绳长远大于小钢球半径)，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧。在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)。当地的重力加速度为g。
某同学按图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触且无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰。让小钢球A从某位置静止释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短。
(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1，碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________。
A．小钢球A的质量mA
B．绳长L
C．小钢球从M到N运动的时间
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________。(用题中已给的物理量符号来表示)
(3)实验中的不变量的表达式是__________________。(用题中已给的物理量符号来表示)
解析：滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝
根据牛顿第二定律得
F1－mAg＝mA
F2－mAg＝mA
实验中的不变量的表达式为mAv1＝mAv2＋mBvB
整理得＝＋mB
所以还需要测量小钢球A的质量mA以及绳长L。
答案：(1)AB (2)
(3) ＝＋mB
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10弹性碰撞和非弹性碰撞
1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点。
2．知道弹性碰撞的相关结论。
3．能利用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题。
知识点一 弹性碰撞和非弹性碰撞
[情境导学]
牛顿摆是由法国物理学家伊丹马略特(Edme Mariotte)最早于1676年提出的，如图甲所示，五个质量相同的钢球由等长的吊绳固定，彼此紧密排列。当摆动最左侧的球并在回摆时碰撞紧密排列的另外四个球，会出现最左侧和中间的三个钢球保持不动，仅有最右边的球被弹出，如图乙所示。请思考为什么？
提示：质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰后两球交换速度。
[知识梳理]
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。
3．实例：(1)钢球、玻璃球碰撞时，机械能损失很小，它们的碰撞可看作弹性碰撞；
(2)橡皮泥球之间的碰撞、碰撞后两物体粘在一起运动的碰撞均为非弹性碰撞。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)发生碰撞的两物体动量是守恒的。(√)
(2)发生碰撞的两物体，机械能一定守恒。(×)
(3)碰撞后两物体能分开的碰撞一定是弹性碰撞。(×)
(4)碰撞后两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(√)
2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定
解析：选A 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，所以v′＝2v，
碰撞前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，
碰撞后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，
Ek＝Ek′，所以A正确。
知识点二 弹性碰撞的实例分析
[情境导学]
两个小球发生弹性碰撞，如图甲、乙所示。
(1)图甲中两球碰撞前后速度方向有什么特点？系统动量守恒吗？
(2)图乙中两球碰撞前后速度方向有什么特点？系统动量守恒吗？
提示：(1)碰撞前后两球速度在同一直线上，系统动量守恒。
(2)碰撞前后两球速度不在同一直线上，系统动量守恒。
[知识梳理]
1．正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线，这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。
2．弹性正碰实例分析
(1)问题情境
如图所示，质量为m1的物体以速度v1与原来静止的质量为m2的物体发生弹性正碰，碰后它们的速度分别为v1′和v2′。
(2)碰撞过程遵循的规律
①系统动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
②系统没有动能损失：m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2。
(3)碰撞后两物体的速度
v1′＝v1，v2′＝v1。
(4)结果分析讨论
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1，简记为“质量相等，交换速度”；
②当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′，当m1 m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1；
③当m10，当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)发生正碰的两个小球，碰撞前后两球均沿同一直线运动。(√)
(2)斜碰过程中系统动量仍守恒，但机械能一定不守恒。(×)
(3)发生弹性正碰的两球碰后一定交换速度。(×)
(4)质量相等的两球弹性碰撞后可能会交换速度。(√)
2．思考题。
如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？
提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。母球与目标球碰撞时，对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生。
碰撞的特点和分类
[问题探究]
冰壶比赛中的情境如图所示。两个冰壶间的碰撞可以看成弹性碰撞吗？其碰撞一定是正碰吗？
提示：由于冰面的摩擦力比较小，两个冰壶间的碰撞可以看成弹性碰撞，其碰撞不一定是正碰，也可能是斜碰。
[要点归纳]
1．碰撞过程的五个特点
(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。
(3)动量特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，但外力可以忽略，系统的总动量守恒。
(4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
(5)能量特点：碰撞过程系统的总动能不增加，即碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足Ek≥Ek′。
2．碰撞的广义理解
物理学里所研究的碰撞，包括的范围很广，只要通过短时间作用，物体的动量发生了明显的变化，都可视为碰撞。例如：两个小球的撞击，子弹射入木块，系在绳子两端的物体将松驰的绳子突然拉直，铁锤打击钉子，列车车厢的挂接，中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中，才能对该系统应用动量守恒定律。
3．碰撞的分类
弹性碰撞 碰撞过程中两物体总动量守恒，总动能守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2
非弹性碰撞 碰撞过程中两物体总动量守恒，总动能减少 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′m1v12＋m2v22＞m1v1′2＋m2v2′2
完全非弹性碰撞 碰撞后黏合为一体或碰后具有共同速度，这种碰撞动能损失最大 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共m1v12＋m2v22＞(m1＋m2)v共2
正碰(对心碰撞或一维碰撞) 碰撞之前球的速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两个球的速度仍会沿着这条直线
斜碰(非对心碰撞) 碰撞之前球的速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线而运动
[例题1] 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x t(位移—时间)图像。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断( )
A．碰前质量为m2的小球静止，质量为m1的小球向右运动
B．碰后质量为m2的小球和质量为m1的小球都向右运动
C．m2＝0.5 kg
D．两个小球的碰撞是非弹性碰撞
[解析] 由题中图乙可知，质量为m1的小球碰前速度v1＝4 m/s，碰后速度为v1′＝ －2 m/s，质量为m2的小球碰前速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，两小球组成的系统碰撞过程动量守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入数据解得m2＝0.3 kg，所以选项A正确，选项B、C错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝m1v12＋m2v22－＝0，所以碰撞是弹性碰撞，选项D错误。
[答案] A
处理碰撞问题的三个关键点
(1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。
(2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。
(3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、速度关系等。
[针对训练]
1．如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。则下列判断正确的是( )
A．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B．瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D．瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
解析：选B 两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3，代入数据得m×0.4 m/s＝m×0.1 m/s＋mv3，解得v3＝0.3 m/s。动能减小量ΔE＝mv12－mv22－mv32＝×19×(0.42－0.12－0.32)J＝0.57 J＞0，故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞，B正确。
2．一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，碰撞过程中动量守恒， 机械能守恒，规定中子初速度的方向为正方向，有mv1＝mv2＋Amv，mv12＝mv22＋×Amv2，两式联立解得＝，选A。
碰撞问题的合理性分析与判断
[问题探究]
如图所示，在光滑水平地面上有质量为m1、m2的两球，分别以速度v1、v2(v1>v2)运动。两球发生对心弹性碰撞后速度分别为v1′、v2′。
请思考：(1)碰撞前后两球的总动量有什么关系？
(2)碰撞前后两球的总动能有什么关系？
(3)两球碰后的速度v1′、v2′的大小有哪些特点？
提示：(1)碰撞前后两球的总动量守恒。
(2)碰撞前两球的总动能大于或等于碰撞后两球的总动能。
(3)两球碰后的速度v1′、v2′的大小：①v2′＞v2；②v1′≤v2′。
[要点归纳]
碰撞问题的三个原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。
[例题2] 在光滑水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA＝5 kg·m/s，pB＝7 kg·m/s，如图所示，若能发生正碰，则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能的是( )
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
C．ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝10 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s
[解析] 两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝2 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不可能增加，故A正确。若ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误。如果ΔpA＝－10 kg·m/s，ΔpB＝ 10 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝－5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能，故C错误。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3 kg·m/s，ΔpB＝－3 kg·m/s，则碰后两球的动量分别为pA′＝ 8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s，碰撞后两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故D错误。
[答案] A
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足动能不增加，同时注意碰后合理的速度关系。
(3)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式进行有关计算。
[针对训练]
1.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mB＝2mA，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
解析：选A 规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向均向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA>vB，左方是A球；碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，可解得碰撞后B球的动量是10 kg·m/s，根据mB＝2mA，可知碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5。故选A。
2.如图所示，光滑水平地面上有两个小球甲和乙，质量分别是m和km，现让甲以初速度v0向右运动并与乙(静止)发生碰撞，碰后乙的速度为，若碰后甲、乙同向运动，则k的值可能是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝mv＋km，解得v＝v0－v0，碰撞后甲、乙同向运动则有v>0，即v0－v0>0，解得k<2；碰后甲球不能越过乙球，因此有v≤，解得k≥1；又因为碰撞过程中动能不增加，所以有mv02≥mv2＋km2，解得0≤k≤3。综上可得1≤k<2，则B可能，A、C、D不可能。
爆炸问题与碰撞问题的综合
名称比较项目 爆炸 碰撞
不同点 动能情况 有其他形式的能转化为动能，动能会增加 弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能
相同点 过程特点 都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒
过程模型 碰撞、爆炸过程相互作用的时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，因此可以把作用过程看作一个理想化过程来处理，即作用后物体仍从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动
能量情况 都满足能量守恒定律，总能量保持不变
[示例] 如图所示，左侧MG为光滑半圆形轨道，与水平光滑轨道平滑相连，半径为2 m。水平轨道分为两段，MN为长L＝1.5 m的光滑水平轨道，NP部分粗糙且足够长，在水平轨道靠近N点处放着两个物块A、B，中间夹着炸药，储存了60 J的化学能，某时刻引爆炸药。已知两物块与NP间的动摩擦因数μ＝0.5，A、B质量分别为mA＝3 kg，mB＝5 kg。A、B可视为质点，假设化学能全部转化为机械能，且之后所有的碰撞为弹性碰撞。重力加速度g取10 m/s2。关于A、B的运动，下列说法正确的是( )
A．爆炸过程中，B受到的冲量大小为8 N·s
B．爆炸之后，A、B不会再次发生碰撞
C．爆炸之后，A、B会发生碰撞，且碰后向同一方向运动
D．最终A、B停止运动后的距离为1 m
[解析] 对爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，由能量守恒定律得mAvA2＋ mBvB2＝60 J，解得vA＝5 m/s，vB＝3 m/s，B受到的冲量为IB＝mBvB＝5× 3 N·s＝15 N·s，故A错误；爆炸结束后，假设A恰好能滑到与半圆轨道圆心等高处需要的速度为v0，由机械能守恒定律得mAgr＝ mAv02，解得v0＝＝2 m/s，因为 vA＜v0，所以碰撞后A滑不到与半圆轨道圆心等高处，根据机械能守恒定律知，A返回N点时速度大小等于vA，因为vA＞vB，所以爆炸之后，A、B会发生碰撞，碰撞时B已经静止，根据一动一静的完全弹性碰撞可得，A、B发生弹性碰撞，因A质量小于B的质量，碰后A、B运动方向相反，故B、C错误；对B，由动能定理得μmBgxB＝mBvB2，从爆炸结束后到与B碰撞前，对A，由动能定理得－μmAgxB＝mAvA02－mAvA2 ，A、B碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，有mAvA0＝mAvA′＋mBvB′ ，mAvA02＝mAvA′2＋mBvB′2，碰撞结束后，对A，由动能定理得－μmAgxA′＝0－mAvA′2，对B，由动能定理得－μmBgxB′＝0－mBvB′2，最终A、B间距d＝xA′＋xB′，代入数据解得d＝1 m，故D正确。
[答案] D
[拓展训练]
1．如图，两质量均为m的物块A、B紧绑在一起，中间夹有火药，它们沿光滑水平面以速度v0向右运动，某时刻火药爆炸，爆炸完成后，B与前方质量为2m的静止的物体C发生完全非弹性碰撞，之后A、B、C三物块速度相同，不计火药质量和爆炸产生的气体质量，则( )
A．三物块最终的速度均为
B．火药爆炸后，B的速度为2v0
C．火药爆炸后， A、B组成的系统增加的机械能为mv02
D．最终整个系统的机械能不变
解析：选A 火药爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，可设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，则2mv0＝mvA＋mvB，B与C的碰撞满足系统动量守恒，则mvB＝(m＋2m)v共，由题意知vA＝v共，联立以上三式得vA＝v共＝，vB＝ ，A正确，B错误；火药爆炸后，A、B组成的系统增加的机械能ΔE＝－×2mv02＝mv02，C错误；最初整个系统的机械能为×2mv02＝mv02，最终整个系统的机械能为×4mv共2＝mv02，D错误。
2.如图所示，可视为质点的小物块A、B的质量分别为m和3m，静止放在光滑水平地面上，物块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。某时刻炸药爆炸使物块A、B脱离，然后物块A与一质量为2m且以速度v0向右滑动的物块C发生碰撞，物块A、C碰撞后，物块A、B、C具有相同的速度。若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A、B的机械能，求炸药爆炸时释放的化学能。
解析：对炸药爆炸过程，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得3mvB－mvA＝0，A、C碰撞过程有2mv0－mvA＝3mvB，联立解得vA＝v0，vB＝
由能量守恒定律，爆炸释放化学能得E＝mvA2＋×3mvB2，解得E＝mv02。
答案：mv02
1．下列对于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远远小于外力，所以不能认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
解析：选A 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错误。动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，不仅低速、宏观物体的运动遵守这一规律，而且高速、微观物体的运动也遵守这一规律，D错误。碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，在碰撞现象中，内力一般远大于外力，可以认为系统的总动量守恒，A正确，B错误。
2．质量为m的小球a静止在光滑水平面上，一质量为2m的小球b以水平速度v与小球a发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计，碰后瞬时a、b两球速度大小之比为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选A 由弹性碰撞满足动量守恒和能量守恒，设b的速度为正方向，得2mv＝2mvb＋mva，×2mv2＝×2mvb2＋mva2，解得va＝，vb＝，则有＝4，故选A。
3．新型冠状病毒肺炎疫情期间，一些宅在家里久了的朋友有些耐不住寂寞，想要出门逛逛，但是又担心受到感染，因此绞尽脑汁来自我保护。如图所示，一对母女穿着同款充气“防护服”出来散步，由于两人初次穿充气服，走起路来有些控制不好平衡，所以两人发生了碰撞。若妈妈的质量为3m，女儿的质量为m，且以相同的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后妈妈静止不动，则这次碰撞属于( )
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法确定
解析：选A 设碰撞后女儿的速度为v′，根据动量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后女儿的速度为v′＝2v；碰前母女俩的总动能为Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2，碰后母女俩的总动能为Ek′＝mv′2＝2mv2，由于碰撞前后总动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性碰撞，选A。
4.如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量 m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪种情况？( )
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
解析：选A 根据两球动能相等有m甲v甲2＝m乙v乙2 ，得出两球碰前动量大小之比＝ ，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A所述情况，而B、C、D情况是违背动量守恒的，故B、C、D情况是不可能的。
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11反冲现象 火箭
1．理解反冲运动的原理，了解其在生产、生活中的应用及防止。
2．会应用动量守恒定律解决有关反冲运动的问题。
3．知道火箭的工作原理，知道决定火箭速度的相关因素。
知识点一 反冲现象
[情境导学]
(1)如图甲所示，把气球吹起来，用手捏住气球的通气口，突然松开后让气体喷出，气球会怎样运动？
(2)如图乙所示，把弯管装在盛水容器的下部，当水从弯管流出后，悬吊的容器会怎样运动？
(3)以上两个现象属于什么现象？
提示：(1)气球会沿着喷出气体的反方向飞出。
(2)容器会沿着喷出水流的反方向旋转起来。
(3)以上两种现象属于反冲现象。
[知识梳理]
1．反冲：一个静止的物体在内力的作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象。
2．规律：反冲运动中，系统内力很大，外力可忽略，通常可以用动量守恒定律来解释。
3．应用与防止
(1)应用举例：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转等。
(2)防止举例：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响等。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。(√)
(2)只有系统所受合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析。(×)
(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子。(√)
(4)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理。(√)
2．下列图片所描述的事例或应用中，不是利用反冲原理的是( )
解析：选D A图中喷灌装置的自动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动，故属于反冲运动；B图中章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用；C图中吹足气的气球用手捏住通气口静止释放后气球的运动是利用喷气的方式获得动力，利用了反冲原理；D图中码头边轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用反冲作用，故选D。
知识点二 火箭
[情境导学]
2021年1月20日0时25分，我国用长征三号乙运载火箭成功地将天通一号03星送到太空，这是长征运载火箭第358次发射成功，天通一号的发射成功，是我国在2021年的首次发射成功，为全年出征航空发射任务来了个开门红。
请问火箭飞行的动力来源是什么？
提示：火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力。
[知识梳理]
1．火箭的工作原理：应用了反冲原理，靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度。
2．火箭获得的速度Δv
(1)推导：以喷气前的火箭为参考系，在极短时间Δt内喷出燃气的质量为Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，喷气后火箭的质量为m，火箭增加的速度为Δv。以喷气前的火箭为参考系。由动量守恒定律可得mΔv＋Δmu＝0，可得Δv＝－u。
(2)影响Δv的因素：①火箭喷出的燃气的速度u。②火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。
[初试小题]
1．判断正误。
(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果。(×)
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行。(√)
(3)火箭发射时，火箭获得的机械能来自于燃料燃烧释放的化学能。(√)
2．我们大家都知道月球周围没有空气，有的同学因此说：“由于月球周围没有空气，所以在月球上无法发射火箭”，请问：
(1)这位同学的说法对吗？
(2)我国的“嫦娥五号”返回器已经成功实现了月球采样返回，“嫦娥五号”返回器是靠什么从月球升空的？
提示：(1)这位同学的说法是错误的，火箭飞行的动力来源是火箭尾部喷出的高速气流的反作用力，而不是靠空气的作用力。
(2)“嫦娥五号”返回器是靠自己携带的助推器利用反冲原理从月球升空的。
反冲运动的理解及应用
[问题探究]
如图所示，水上飞行器Flyboard是来自法国的水上飞行游乐产品，发明人是法国的Franky Zapata(弗兰克·扎帕塔)。游戏者利用它可以做出各种惊险、优美的动作，极具观赏性和娱乐性。
请问：水上飞行器是如何工作的？
提示：水上飞行器的工作原理是反冲原理。水上飞行器主要用到的是力学知识，其原理是通过附在喷气滑水艇上的一个巨大管子抽吸海水，然后再通过该管子将水喷出，利用喷水产生的反冲动力，让人腾空而起，做出各种动作。
[要点归纳]
1．反冲运动的特点
(1)反冲运动中系统内力远远大于外力，故系统动量守恒。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。
2．处理反冲运动问题的三个注意
(1)速度的方向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的速度必然相反，可任意规定某一部分的方向为正方向，另一速度要取负值。
(2)速度的相对性：反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，应将相对速度转化为绝对速度(一般为对地速度)。
(3)变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程进行研究。
[例题1] 在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则：
(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？
(2)炮弹速度大小为v0，速度方向与地面成θ角，炮车的反冲速度是多大？
(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹射出炮口时，相对于炮口速度为v0，炮车的反冲速度为多大？
[解析] 以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒。以炮弹前进的水平方向为正方向，由动量守恒定律得
(1)由0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝。
(2)由0＝mv0cos θ＋M(－v2)，解得v2＝。
(3)由0＝m(v0cos θ－v3)＋M(－v3)，解得v3＝。
[答案] (1) (2) (3)
注意反冲运动中涉及相对速度的问题
反冲运动中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中有时告知的是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为发生相互作用的物体相对同一参考系的速度。
如质量为M的车和质量为m的人一起以速度v0向右运动，人站在车尾相对车以速度v1水平向左跳出后车速v2为多大？
列出方程应为(M＋m)v0＝Mv2－m(v1－v2)。
典型错误①：(M＋m)v0＝Mv2－mv1。
典型错误②：(M＋m)v0＝Mv2－m(v1－v0)。
[针对训练]
1.一个连同装备共100 kg的宇航员，在离飞船45 m的位置与飞船处于相对静止的状态。装备中有一个高压气源，能以50 m/s的速度喷出气体。宇航员为了能在10 min 时间内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出的气体质量是多少？
解析：设宇航员的速度为v，则v＝＝ m/s＝0.075 m/s，释放质量为m1的气体后，则根据动量守恒定律有0＝m1v1－(M－m1)v，代入数据得m1≈0.15 kg。
答案：0.15 kg
2．反冲小车静止放在水平光滑玻璃上，点燃酒精，蒸汽将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动。如果小车运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量m＝0.1 kg。
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又如何？(小车一直在水平方向运动)
解析：(1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力的矢量和为零，系统动量守恒，以橡皮塞运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有
mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动的方向与橡皮塞运动的方向相反。
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动的方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反。
答案：(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
火箭原理的理解及应用
[要点归纳]
处理火箭问题的思路
(1)火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。
(2)在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，处理该类问题时，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题。
[例题2] 2020年11月24日4时30分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，这一高光时刻吸引了全球的关注。假设火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析] 解法一：(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒。
设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有
(M－m)v1－mv＝0，所以v1＝
设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1，所以v2＝
设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝ m/s≈2 m/s。
(2)由上面推导可知，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为
v20＝＝ m/s≈13.5 m/s。
解法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。
(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得
(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2 m/s。
(2)以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律，有
(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝≈13.5 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)13.5 m/s
处理火箭发射问题的三点提醒
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象，注意反冲前、后火箭质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲后火箭速度的方向与反冲前火箭的运动方向是相同的。
[针对训练]
火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备(火箭、燃料、椅子、风筝等)的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒
解析：选B 点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力，此过程，内力远大于火箭重力，动量守恒，有mv0＝(M－m)v，解得火箭速度为v＝，A错误，B正确；忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有h＝＝，C错误；在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加，D错误。
人船模型
[问题探究]
两位同学在公园里划船，租船时间将到，她们把小船划向码头，当小船离码头大约2 m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2 m，跳到岸上绝对没有问题，于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止)
提示：这位同学与船组成的系统在不考虑水阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律，她在跳出瞬间，船也要向后运动。根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，这位同学在船上起跳，跳出时相对地面的速度比在地上起跳时的速度小，跳出的距离变小，因此不可能跳到岸上。
[要点归纳]
1．“人船模型”：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒。
在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于其质量的反比＝。即为“人船模型”问题。
2．物体的运动特点：“人”走“船”行、“人”快“船”快、“人”慢“船”慢、“人”停“船”停。
3．处理“人船模型”问题的思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移关系。
(1)系统内的两个物体原来处于静止状态，相互作用后两个物体反向运动，过程中任意时刻两个物体的瞬时速率分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝0，即＝。
(2)由于相互作用过程中任意时刻系统的动量守恒，故全过程中两个物体的平均动量也守恒，即m11－m22＝0。
(3)两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为x1和x2，则有m1－m2＝0，即m1x1－m2x2＝0或者＝。
4．处理“人船模型”问题的关键
(1)明确思路：动量守恒 平均动量守恒 m1x1－m2x2＝0 求解有关问题。
(2)画位移关系图：画出两个物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移关系。
[例题3] 如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度是(可以把人看作质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
[解析] 当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以人离地高度H＝h－h1≈3.6 m，故B正确。
[答案] B
“人船模型”的推广应用
(1)对于原来静止、相互作用过程中动量守恒的两个物体组成的系统，无论沿什么方向运动，“人船模型”均可应用。
(2)原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，系统中两物体在该方向上速度方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。
[针对训练]
1．平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动，水对船的阻力忽略不计。下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会运动一小段时间
C．人在船上走动的过程，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动的过程，人的动能是船的动能的8倍
解析：选D 人与船组成的系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m人v人－m船v船＝0，又m船＝8m人，所以v人＝8v船，人、船速度方向相反，故A错误；v人t＝8v船t，即x人＝8x船，故C错误；人与船组成的系统动量守恒，人突然停止走动后，人的动量为零，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，船的动量为零，船的速度为零，则知人停止走动后，船立即停止运动，故B错误；因8m人＝m船，v人＝8v船，根据Ek＝mv2可知，人与船的动能之比Ek人∶Ek船＝8∶1，故D正确。
2.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A． B．
C． D．
解析：选B 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝，选项B正确。
1.国产科幻大片《流浪地球》中有这样的情节：为了自救，人类提出一个名为“流浪地球”的大胆计划，即倾全球之力在地球表面建造上万座发动机，推动地球离开太阳系，用2 500年的时间奔往另外一个栖息之地，这个科幻情节中有反冲运动的原理。现实中的下列运动，属于反冲运动的有( )
A．汽车的运动 B．直升机的运动
C．火车的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：选D 汽车与火车的运动利用了汽车与火车的牵引力，不属于反冲运动，故A、C错误；直升机的运动利用了空气的反作用力，不属于反冲运动，故B错误；反击式水轮机的运动利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确。
2．采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度( )
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更小
D．使喷出的气体密度更小
解析：选A 设飞机原来总质量为M，喷出的气体质量为m，喷出的速度为v0，剩余部分的速度为v，由动量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，v＝v0，可见m越大，v0越大， v越大，选项A正确。
3.如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是( )
A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动
B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动
C．若前、后舱不分开，则船将向后运动
D．若前、后舱不分开，则船不动
解析：选B 前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前运动，若不分开，虽然抽水的过程属于船与水的内力作用，但水的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，船将向前运动。
4．我国发射的“神舟十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接。假设“神舟十号”飞船到达对接点附近时，对地的速度为v，此时的质量为m，欲使飞船追上“天宫一号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2。这个过程中，下列各表达式正确的是( )
A．mv＝mv1－Δmv2
B．mv＝mv1＋Δmv2
C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2
D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2
解析：选C 飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律得mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确。
5.质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一根水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是( )
A．物块和小车组成的系统机械能守恒
B．物块和小车组成的系统动量守恒
C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为v
D．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为L
解析：选B 弹簧弹开物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧为系统，无其他力做功，机械能守恒；但若选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外力做功，弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A错误。取物块和小车为系统，系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，B正确。由系统的动量守恒得mv－Mv′＝0，解得v′＝v， C错误。弹开的过程实际是人船模型，有＝，则在相同时间内＝，且x＋x′＝L，联立得x′＝，D错误。
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11习题课一 动量与能量的综合问题
1．知道子弹打木块问题的特点及所遵循的规律。
2．了解含弹簧的碰撞问题在碰撞瞬间弹簧的形变特点及之后的相互作用过程中能量的转化规律。
3．理解动量守恒问题中的临界问题及对应的临界条件。
子弹打木块问题
[要点归纳]
1．模型特点
如图所示，子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块，子弹可能留在木块中(未穿出)，也可能穿出木块。
2．基本规律
(1)动量守恒：子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。
(2)机械能不守恒：在子弹打木块过程中伴随摩擦生热，系统的机械能不守恒，损失的机械能转化为内能。且子弹未穿出木块时二者最后有共同速度，机械能损失最多。
3．主要关系
(1)子弹留在木块中(未穿出)
①动量守恒：mv0＝(m＋M)v。
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热＝Ffd＝mv02－(M＋m)v2
其中d为子弹射入木块的深度。
(2)子弹穿出木块
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热＝FfL＝mv02－mv12－Mv22
其中L为木块的长度，注意d≤L。
[例题1] 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。则：
(1)子弹、木块的共同速度是多少？
(2)过程中的摩擦生热是多少？
(3)子弹在木块内运动的时间为多长？
(4)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
[解析] (1)设子弹、木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝ v0。
(2)过程中的摩擦生热为
Q热＝mv02－(M＋m)v2＝v02。
(3)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得
Fft＝Mv－0
解得t＝。
(4)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理
对子弹有－Ffx1＝mv2－mv02
解得x1＝
对木块有Ffx2＝Mv2
解得x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝。
[答案] (1)v0 (2)v02
(3) (4)
(1)弄清楚子弹是最终停留在木块中，与木块一起运动；还是穿透木块后各自运动。
(2)对子弹打击木块过程中损失的机械能，根据题目条件通过打击前、后系统的机械能之差计算，或利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。
[针对训练]
1.如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是( )
A．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量
B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小
C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功
D．子弹对木块做的功大于木块动能的增量
解析：选B 子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D错误。
2.[多选]如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )
A．10 J B．3 J
C．6 J D．4 J
解析：选A 设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得v＝。
木块获得的动能为ΔEk＝Mv2＝＝·，系统产生的内能为Q＝ mv02－(M＋m)v2＝，可得Q＞ΔEk＝6 J，故A正确。
3.如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( )
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．两个过程中系统产生的热量不同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时的两倍
解析：选B 设子弹的初速度为v，子弹和滑块的共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有mv＝(M＋m)v′，解得v′＝，由于两矩形滑块A、B的质量相同，故两种情况中最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理可知，整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，则两个过程中系统产生的热量相同，故C错误；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做的功等于子弹动能的变化量，则射入滑块A中时阻力对子弹做的功等于射入滑块B中时阻力对子弹做的功，故D错误。
含弹簧系统的动量与能量问题
[要点归纳]
对于含弹簧系统的相互作用问题，一般情况下满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类问题的一般解法：
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；
(2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；
(3)判断解出的结果的合理性；
(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；
(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。
[例题2] 如图所示，一块质量为M的长木板停在光滑的水平面上，长木板的左端有挡板，挡板上固定一个水平轻质小弹簧。一个质量为m的小物块(可视为质点)以水平速度v0从长木板的最右端开始向左运动，与弹簧发生相互作用后(弹簧始终处于弹性限度内)，最终又恰好相对静止在长木板的最右端。以下说法正确的是( )
A．物块的最终速度为v0
B．长木板的最终速度为v0
C．弹簧的最大弹性势能为
D．长木板和小物块组成的系统最终损失的机械能为
[解析] 小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则有mv0＝(m＋M)v2，解得v2＝，故A、B错误；小物块从开始位置滑动到最左端的过程，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝ (m＋M)v1，解得v1＝，由能量守恒定律得Epm＋Q＋(m＋M)v12＝mv02，其中Q＝FfL，小物块从开始位置滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，得Q′＋(m＋M)v22＝mv02，其中Q′＝Ff(2L)，联立解得Epm＝，Q′＝，即弹簧的最大弹性势能为Epm＝，系统损失的机械能为ΔE＝Q′＝，故C错误，D正确。
[答案] D
弹簧是高中物理常见的模型，一般与几个物体连在一起构成一个复杂的系统，解决此类问题的关键是真正理解动量守恒定律和机械能守恒定律的适用条件及其区别，须注意以下几个方面：
(1)研究对象的选取——应取哪几个物体组成的系统为研究对象，因为看不到系统就看不到守恒。
(2)物理过程的选取——必须明确系统在哪一个过程中哪一个物理量是守恒的，尤其不能忽视短暂的相关过程，因为可能会有机械能的损失。
(3)分析临界状态或极值状态——通过分析碰撞过程找出有用的特殊状态及其条件。
[针对训练]
1.如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
解析：选B A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中A、B与弹簧组成的系统的机械能守恒。由碰撞过程中动量守恒得mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J。
2.如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 子弹打入木块A，因水平面光滑，竖直方向所受合力为0，由动量守恒定律得mv0＝100mv1；对子弹和木块A、B组成的系统，当它们速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒定律得mv0＝200mv2，弹簧弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－ ×200mv22＝，故选项A正确。
3.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv12＝ΔE＋×2mv22③
联立①②③式解得ΔE＝mv02。④
(2)由②式可知，v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3⑤
mv02－ΔE＝×3mv32＋Ep⑥
联立④⑤⑥式解得Ep＝mv02。
答案：(1)mv02 (2)mv02
动量守恒中的临界问题
[要点归纳]
1．在动量守恒定律的应用中，常常会遇到临界问题，例如：相互作用的两物体相距最远或最近、恰好避免相碰、物体的速度刚好反向等问题。
这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。
2．常见临界问题的类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的瞬时速度必然相等。
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上放在光滑水平面上的斜(曲)面体的过程中，由于物体间弹力的作用，斜(曲)面体在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜(曲)面体上最高点的临界条件是物体与斜(曲)面体沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜(曲)面体上最高点时，在竖直方向上的分速度等于零。
(3)子弹打木块类的临界问题
子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和。
(4)两物体恰好不相撞
临界条件是两物体接触时速度恰好相等。
[例题3] 在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC为圆弧，圆弧底端切线水平，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从滑板的右端以初速度v0滑上滑板，最终恰好能滑到圆弧的最高点C处 ，求：
(1)物块滑到C处时的速度v；
(2)圆弧的半径R；
(3)滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小。
[解析] 因物块刚好能滑到C处，则此时滑板和物块具有相同的速度。
(1)物块由A到C时，取向左为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv，得v＝。
(2)物块由A到C时 ，根据机械能守恒定律有
mv02＝mgR＋×2mv2，得R＝。
(3)滑块刚滑上圆弧时，设在B点滑板对滑块的支持力为FNB，由牛顿第二定律得FNB－mg＝m
则FNB＝5mg
结合牛顿第三定律分析可知，此时水平面对滑板的支持力大小为FN＝FNB＋mg＝6mg。
[答案] (1) (2) (3)6mg
解决动量守恒中的临界问题的关键
(1)寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。
(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系。
[针对训练]
1．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
解析：选C 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
2.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驶，速率均为v0＝6.0 m/s。甲乘坐的车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg，甲不断地将小球一个一个地以v＝16.5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住。则甲至少要抛出多少个球，才能保证两车不会相碰？
解析：由于每次抛出的小球对地速度相同，故可等效为一次抛出，注意到甲、乙速度相同时抛球个数最少，则有
M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v共，解得v共＝1.5 m/s
又对甲(含甲乘坐的小车)和被抛出的球有
M1v0＝(M1－nm)v共＋nmv，代入数据可得n＝15。
答案：15
1.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出，若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( )
A．子弹射中上层时对滑块做功多
B．两次子弹对滑块做的功不同
C．子弹射中上层系统产生热量多
D．子弹与下层之间的摩擦力较大
解析：选D 两次射击，子弹与滑块都满足动量守恒，之后滑块与子弹以相同的速度共同运动，可知滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，选项A、B错误；系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，选项C错误；产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，由子弹进入滑块的深度可知子弹与下层之间的摩擦力较大，选项D正确。
2.如图所示，P物体以速度v与一个连着弹簧的Q物体发生正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开。已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中正确的是( )
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同的速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
解析：选B P接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q速度相等时，弹簧被压缩到最短，B正确，A、C错误；由于两物体组成的系统在运动过程中动量守恒，设速度相同时的共同速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝，D错误。
3．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D．NμmgL
解析：选D 根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，故B错误；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，故D正确。
4．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车，关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点距小车上表面的竖直高度为
D．小球在滑上小车到管道最高点的过程中，小车的动量变化大小是
解析：选B 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和轨道之间相对速度为0，则小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，由mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，
Δp车＝2m·＝mv，D项错误；由功能关系知mgH＝mv2－×3mv′2，得H＝，C项错误；小球滑离小车时，有mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－，v2＝v，小球相对小车的速度Δv＝v1－v2＝－v，B项正确；在整个过程中小车一直向右运动， A项错误。
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