第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.知道弹性碰撞的概念和特点.2.知道非弹性碰撞和完全非弹性碰撞的概念和特点.3.会用动量守恒定律和能量守恒观点分析一维碰撞问题．(重点、难点)4.知道动量守恒定律的普遍意义．(重点)
动量守恒定律的应用及其优越性
1．应用
动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一．迄今为止，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们都会提出新的假设以坚持动量守恒定律的正确性，最终的结果，往往是因为有新的发现而胜利告终．
2．应用动量守恒定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象组成的系统，分析所研究的物理过程中，系统受外力的情况是否满足动量守恒定律的应用条件．
(2)设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量．
(3)根据动量守恒定律列方程．
(4)解方程、统一单位后代入数值进行运算，求出结果．
1．动量守恒定律是物理学中最常用的定律之一，在理论探索和实际应用中均发挥了巨大作用．(√)
2．在碰撞类问题中，相互作用力往往是变力，很难用牛顿运动定律求解．(√)
3．应用动量守恒定律解题只需考虑过程的初、末状态，不必涉及过程的细节．(√)
两个相互作用的物体，作用前与作用后没有接触，也叫碰撞吗？碰撞过程一定遵守动量守恒定律吗？
【提示】 碰撞有接触和不接触两类，接触碰撞的两个物体，它们之间的作用力为弹力，不接触碰撞的两个物体，它们之间的相互作用力可能是磁场力、电场力或分子力等．
碰撞的两物体在作用过程中是否遵守动量守恒定律，也需要从定律成立的条件出发进行判断，若碰撞过程中系统所受的合外力不为零，则动量不守恒．
1．对“守恒”的理解
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体构成的系统．系统“总动量保持不变”，不仅是系统的初末两时刻的总动量(系统内各物体动量的矢量和)相等，而且系统在整个过程中任意两时刻的总动量都相等，但绝不能认为系统内的每一个物体的动量都保持不变．
2．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：动量守恒定律中的速度是矢量，所以动量守恒定律的表达式也是矢量表达式．在一维的情况下，首先必须规定正方向，化矢量运算为代数运算，在不知物体运动方向的情况下，可假设运动方向与正方向一致，根据计算结果的“正”和“负”，得到物体实际的运动方向．
(2)相对性：动量守恒定律中的速度具有相对性，所以动量的大小也与参考系的选取有关，在中学物理中一般以地面为参考系．
(3)瞬时性：系统中各物体相互作用时速度变化是同时的，任一瞬间的动量之和都保持不变，相互作用前的动量之和(m1v1＋m2v2＋…)中的v1、v2…都应该是作用前同一时刻的即时速度；相互作用后的动量之和(m1v1′＋m2v2′＋…)中的v1′、v2′…都应该是作用后的同一时刻的即时速度．
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速、宏观的物体系，也适用于高速、微观的物体系，具有普适性．
1．如图1 3 1所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是B的质量的，子弹的质量是B的质量的.求：
图1 3 1
(1)A物体获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度．
【解析】 (1)子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故m0v0＝(m0＋mA)vA
将mA＝mB，m0＝mB代入
得vA＝v0.
此后因弹簧压缩，A受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故v0是A获得的最大速度．
(2)弹簧压缩量最大时，A、B相距最近，其速度相等，由子弹、A、B组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m0＋mA＋mB)vB，得vB＝v0＝v0.
【答案】 (1)v0 (2)v0
2．甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车质量共为M＝30
kg，乙和他的冰车质量也是30
kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15
kg的箱子和他一起以大小为v0＝2.0
m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求：甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【解析】 设恰不相碰时三个物体的共同速度为v，取甲原来的运动方向为正，根据系统动量守恒，有：
(M＋m)v0－Mv0＝(M＋m＋M)v
v＝＝
m/s＝0.40
m/s
设箱子被推出的速度为v′，根据箱子、乙二者动量守恒有：
mv′－Mv0＝(M＋m)v
v′＝＝
m/s＝5.2
m/s.
【答案】 5.2
m/s
明确哪个研究过程满足动量守恒的条件，这个过程涉及哪个系统，系统是由哪几个物体组合而成的，分清内力和外力，明确动量守恒过程的初、末状态的动量，确定正方向，选取合适的公式列方程求解.
碰撞和爆炸
1．碰撞过程的特点
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略．
(2)即使碰撞过程中系统所受外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统的机械能．
(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对于非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．
2．碰撞过程的分析判断依据
在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
(1)系统的总动量守恒．
(2)系统的动能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2.
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程没有结束．
3．弹性碰撞的规律
设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v′＋m2v′
以上两式联立可解得v1′＝v1，v2′＝v1，
由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：
(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度；
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动；
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．
4．爆炸的特点是动量守恒，其他形式的能转化为动能．同样，在很多情况下相互作用的物体具有类似的特点．例如，光滑水平面上弹簧将两物体弹开；人从车(或船)上跳离；物体从放置于光滑水平面上的斜面上滑下．这些过程与爆炸具有类似的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量的转化和守恒定律分析求解．
3．如图1 3 2所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6
m/s，B球的速度是－2
m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果可以实现的是( )
【导学号：78220006】
图1 3 2
A．vA′＝－2
m/s，vB′＝6
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝2
m/s
C．vA′＝1
m/s，vB′＝3
m/s
D．vA′＝－3
m/s，vB′＝7
m/s
E．vA′＝－6
m/s，vB′＝2
m/s
【解析】 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，答案D中满足①式，但不满足②式，答案E中满足②式，但不满足①式，所以D、E选项均错误．
【答案】 ABC
4．如图1 3 3所示，水平面上O点的正上方有一个静止物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且OA>OB.若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )
【导学号：78220007】
图1 3 3
A．落地时a的速度大于b的速度
B．落地时a的速度小于b的速度
C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能
D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能
E．下落过程中a、b两块动量的增量不相等
【解析】 P爆炸生成两块a、b过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由图va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有v′a＞v′b，A正确，B错误．magt＜mbgt，E正确．
【答案】 ACE
5．(2015·全国卷Ⅰ)如图1 3 4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，三者均处于静止状态．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．
图1 3 4
【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
①
mv＝mv＋Mv
②
联立①②式得
vA1＝
v0
③
vC1＝
v0
④
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
⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1
⑥
联立④⑤⑥式得
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【答案】 (－2)M≤m处理爆炸、碰撞问题的四点提醒
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时那一刻的动量．
2．在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能一定不守恒．
3．在碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不一定守恒；在物体与弹簧相互作用过程中物体与弹簧组成的系统动量、机械能均守恒．
4．宏观物体碰撞时一般相互接触，微观粒子的碰撞不一定接触，但只要符合碰撞的特点，就可以认为是发生了碰撞．第二节 动量 动量守恒定律
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量．(重点)2.理解动量定理的确切含义，会用其解释和计算碰撞、缓冲等现象．(难点)3.理解动量守恒定律的确切含义和表达式，理解守恒条件，学会动量守恒定律的基本应用．(重点)
动量及其改变
1．冲量
物体受到的力与力的作用时间的乘积(用“I”表示)，其表达式为：I＝FΔt.
2．动量
运动物体的质量和速度
的乘积，用符号p表示．
其表达式：p＝mv.
其单位为：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·ms－1.
3．动量定理
物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量，这个关系叫做动量定理．
其表达式：F·Δt＝mv′－mv.
1．动量是一个矢量，它的方向与速度方向相同．(√)
2．冲量是一个矢量，它的方向与速度方向相同．(×)
3．物体的动量相同，其动能也一定相同．(×)
4．动量定理的实质与牛顿第二定律相同．(√)
足球守门员可以很轻易地接住飞往球门的足球，但是假如飞来的是一个相同速度的铅球，守门员还能接住吗？假如飞来的是一个相同质量的子弹头，守门员还能接住吗？可以想象，如果守门员敢去接，那么产生的后果肯定与接住足球的效果不一样．打篮球时接球要有个缓冲，硬接手会很痛，甚至受伤，这些现象的背后有什么规律吗？
【提示】 冲击效果和质量、速度都有关系，可以通过改变作用时间来改变其作用效果．
1．动量
(1)对动量的认识
①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．
②矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．
③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
是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
(3)动量和动能的区别与联系
物理量
动量
动能
区别
标矢性
矢量
标量
大小
p＝mv
Ek＝mv2
变化情况
v变化，p一定变化
v变化，ΔEk可能为零
联系
p＝，Ek＝
2.冲量
(1)冲量的理解
①冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间积累效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
②冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．
(2)冲量的计算
①求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．
②求合冲量的两种方法：
a．分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；
b．如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
图1 2 1
③求变力的冲量：
a．若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
b．若给出了力随时间变化的图象如图1 2 1所示，可用面积法求变力的冲量．
c．利用动量定理求解．
3．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
4．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
1．关于动量的概念，下列说法正确的是( )
A．动量大的物体，惯性不一定大
B．动量大的物体，运动一定快
C．动量相同的物体，运动方向一定相同
D．动量相同的物体，动能也一定相同
E．动能相同的物体，动量不一定相同
【解析】 物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A对；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；由动量和动能的关系p＝可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D错；同理知E对．
【答案】 ACE
2．恒力F作用在质量为m的物体上，如图1 2 2所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
【导学号：78220002】
图1 2 2
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos
θ
D．合力对物体的冲量大小为零
E．重力对物体的冲量大小是mgt
【解析】 对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确；重力的冲量为mgt，E正确．
【答案】 BDE
3．(2015·北京高考改编)“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，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
【导学号：78220003】
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力
E．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【解析】 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A、B、D正确，选项C、E错误．
【答案】 ABD
4．(2015·重庆高考改编)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求该段时间安全带对人的平均作用力．
【解析】 取向下为正方向．设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由动量定理得(mg＋F)t＝0－mv，得F＝－.“－”号说明F的方向向上．
【答案】 大小为＋mg，方向向上．
动量定理应用的三点提醒
1．若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解．
2．在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．
3．列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
碰
撞
中
的
动
量
守
恒
定
律
1．系统：指具有相互作用的两个或几个物体．
2．外力：指系统外部的其他物体对系统的作用力．
3．内力：指系统内各物体之间的相互作用力．
4．动量守恒定律内容：如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．其表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(×)
2．只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(×)
3．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(√)
1．系统总动量为零，是不是组成系统的每个物体的动量都等于零？
【提示】 不是．系统总动量为零，并不一定是每个物体的动量都为零，还可以是几个物体的动量并不为零，但它们的矢量和为零．
2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？
【提示】 动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用．
1．动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力作用时，系统动量守恒．
(2)若系统所受外力之和为零，则系统动量守恒．
(3)系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可近似看成守恒．
(4)系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒．但是，若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒．
为了方便理解和记忆，我们把以上四个条件简单概括为：(1)(2)为理想条件，(3)为近似条件，(4)为单方向的动量守恒条件．
2．动量守恒定律的适用范围
它是自然界最普遍、最基本的规律之一．不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域．小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的．
3．动量守恒定律的表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量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)．
5．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．系统加速度为零，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
E．系统所受合外力不为零，但系统在某一方向上动量可能守恒
【解析】 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、B正确．系统加速度为零时，根据牛顿第二定律可得系统所受合外力为零，所以此时系统动量守恒，选项C正确．系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项D错误，E正确．
【答案】 BCE
6．如图1 2 3所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，若A、B两物体分别向左、右运动，则有( )
图1 2 3
A．A、B系统动量守恒
B．A、B系统动量不守恒
C．A、B、C系统动量守恒
D．小车向左运动
E．小车向右运动
【解析】 弹簧释放后，C对A的摩擦力向右，大小为μmAg，C对B的摩擦力向左，大小为μmBg，所以A、B系统所受合外力方向向右，动量不守恒，选项B正确．由于力的作用是相互的，A对C的摩擦力向左，大小为μmAg，B对C的摩擦力向右，大小为μmBg，所以C所受合外力方向向左而向左运动，选项D正确．由于地面光滑，A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，选项C正确．
【答案】 BCD
7．如图1 2 4所示，在光滑水平面上使滑块A以2
m/s的速度向右运动，滑块B以4
m/s的速度向左运动并与滑块A发生碰撞，已知滑块A、B的质量分别为1
kg、2
kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求：
图1 2 4
(1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小；
(2)两滑块相距最近时滑块B的速度大小．
【解析】 取向右为正方向：(1)根据动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝mBv1
解得：v1＝－3
m/s，则滑块B的速度大小为3
m/s.
(2)根据动量守恒定律可得：mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v2
解得：v2＝－2
m/s，则滑块B的速度大小为2
m/s.
【答案】 (1)3
m/s (2)2
m/s
关于动量守恒定律理解的三个误区
1．误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．
2．误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．
3．误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．第一节 物体的碰撞
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解历史上对碰撞问题的研究过程；知道生活中各式各样的碰撞形式.2.知道碰撞的主要特点．(重点)3.知道弹性碰撞和非弹性碰撞．会用能量的观点分析弹性碰撞和非弹性碰撞．(重点、难点)
历史上对碰撞问题的研究及生活中的碰撞现象
1．历史上对碰撞问题的研究
(1)最早发表有关碰撞问题研究成果的是布拉格大学校长马尔西教授．
(2)碰撞在物理研究中的贡献
①通过总结碰撞的规律，为动量守恒定律奠定了基础．
②通过高能粒子的碰撞，发现了许多新粒子，丰富了人们对微观粒子世界的认识，形成了新的基本粒子物理研究领域．
2．生活中的各种碰撞现象
(1)正碰：两个小球碰撞，作用前后沿同一直线运动．
(2)斜碰：两个小球碰撞，作用前后不沿同一直线运动．
1．通过高能粒子的碰撞，实验物理学家相继发现的新粒子，多数都是理论上预言的．(×)
2．生活中的各种碰撞现象都是有害的．(×)
3．在宏观和微观领域中都有碰撞现象发生．(√)
日常生活中哪些是正碰，哪些是斜碰？
【提示】 火车车厢在对接时属正碰，台球中母球和子球间的碰撞多为斜碰．
弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞的主要特点
相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等，因而其他外力可以忽略不计．
2．弹性碰撞
若两个小球碰撞后形变能完全恢复，则没有能量损失，碰撞前后两个小球构成的系统的动能相等，称为弹性碰撞．
3．非弹性碰撞
若两个球碰撞后它们的形变不能完全恢复原状，这时将有一部分动能最终会转变为其他形式的能，碰撞前后系统的动能不再相等，我们称之为非弹性碰撞．
1．非弹性碰撞前后的动能不相等．(√)
2．碰撞发生后，两物体一定在同一直线上运动．(×)
3．两辆车迎面相撞属于弹性碰撞．(×)
你能说出弹性碰撞与非弹性碰撞的本质区别吗？现实生活中，哪些碰撞可近似看作弹性碰撞？(请举例说明)
【提示】 两种碰撞的本质区别是碰撞前后系统动能是否守恒．现实生活中的碰撞，多数是非弹性碰撞．乒乓球拍击打乒乓球、网球拍击打网球、台球间的碰撞可近似看作弹性碰撞．
1．碰撞的特征
(1)由于碰撞作用时间极短，相互作用力变化很快，平均作用力很大，远远大于其他外力，可以将其他外力忽略，认为物体除碰撞的相互作用力外不受其他外力的作用．
(2)由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，可以忽略物体的位移，认为物体碰撞前后仍在同一位置．
2．弹性碰撞与非弹性碰撞的区别
弹性碰撞
非弹性碰撞
碰后形变情况
完全恢复
不能完全恢复
能量损失情况
没有能量损失，碰撞前后系统的动能相等
一部分动能转变为其他形式的能，碰撞前后系统的动能不再相等
1．碰撞现象的主要特点有( )
A．物体相互作用时间短
B．物体相互作用前速度很大
C．物体相互作用后速度很大
D．物体间相互作用力远大于外力
E．相互作用过程中物体的位移可忽略
【解析】 碰撞过程发生的作用时间很短作用力很大，远大于物体受到的外力，与物体作用前后的速度大小无关，物体的位移可忽略．故A、D、E正确．
【答案】 ADE
2．如图1 1 1所示，两等大小球在同一轨道槽内发生了碰撞，两小球都是弹性小球，则它们的碰撞属于( )
图1 1 1
A．正碰
B．斜碰
C．弹性碰撞
D．非弹性碰撞
E．碰撞过程机械能守恒
【解析】 两小球在同一槽内，两球运动的方向在两球的连心线上，是正碰，则选项A正确；两小球都是弹性小球，属于弹性碰撞，故选项C、E正确．
【答案】 ACE
3．钢球A以一定的速度沿光滑水平面向静止于前面的另一相同大小的钢球B运动，下列对两球相互作用过程说法正确的是( )
A．两球相互作用的过程始终没有动能的损失
B．钢球A减速运动时，系统动能不变
C．两球速度相等的瞬间，系统动能最小
D．两球速度相等的瞬间，系统势能最大
E．碰撞过程B的速度一直增大
【解析】 两球相互作用过程中由于存在相互作用的弹力，两球均发生形变，有弹性势能，系统动能有损失，两球速度相等瞬间，系统动能损失最大，弹性势能最大．
【答案】 CDE
4．下列关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，一般内力都远大于外力，外力可以忽略不计
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
E．微观粒子的相互作用虽然不发生直接接触，但仍称其为碰撞
【解析】 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力都远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有极短时间内运动状态发生显著变化的特点，所以仍然是碰撞．
【答案】 ABE
1．弹性碰撞是一种理想化碰撞，现实中的多数碰撞实际上都属于非弹性碰撞．
2．当两物体碰撞后不再分开，此时系统动能损失最大，称为完全非弹性碰撞．第四节 反冲运动
学
习
目
标
知
识
脉
络
1.了解反冲运动的概念及反冲运动的一些应用.2.知道反冲运动的原理．(重点)3.掌握应用动量守恒定律解决反冲运动问题．(重点、难点)4.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素．(难点)
反冲运动
1．定义
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫做反冲．
2．反冲原理
反冲运动的基本原理是动量守恒定律，如果系统的一部分获得了某一方向的动量，系统的其他部分就会在这一方向的反方向上获得同样大小的动量．
3．公式
若系统的初始动量为零，则动量守恒定律的形式变为mv＋(M－m)v′＝0，此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反，而它们的速率与质量成反比．
1．做反冲运动的两部分的动量一定大小相等，方向相反．(√)
2．一切反冲现象都是有益的．(×)
3．章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．(√)
1．反冲运动中，内力做功的代数和是否为零？
【提示】 不为零．反冲运动中，两部分受到的内力做功的代数和为正值．
2．两位同学在公园里划船，当小船离码头大约1.5
m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1 4 1所示)，她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？
图1 4 1
【提示】 这位同学与船组成的系统在不考虑水的阻力的情况下，所受合外力为零，在她跳起前后遵循动量守恒定律．在她向前跳起瞬间，船要向后运动．
1．反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
(2)条件：①系统不受外力或所受外力的矢量和为零；②内力远大于外力；③系统在某一方向上不受外力或该方向上所受外力之和为零．
(3)反冲运动遵循动量守恒定律．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性
对于原来静止的物体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的运动方向与被抛出部分必然相反．
(2)速度的相对性
一般都指对地速度．
3．“人船模型”问题
(1)定义
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．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质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题.
(2)特点
①两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0.
②运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
③应用此关系时要注意一个问题：即公式1、2和x一般都是相对地面而言的．
1．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图1 4 2所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是打开阀门________．
图1 4 2
【解析】 根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0＝m水v水＋m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出．
【答案】 S2
2．质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中．现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长？
【解析】 如图所示，设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球．设人下滑的平均速度大小为v人，气球上升的平均速度大小为v球，由动量守恒定律得：
0＝Mv球－mv人
即0＝M－m，0＝Mx球－mx人
又有x人＋x球＝L，x人＝h
解以上各式得：L＝h.
【答案】 h
解决“人船模型”应注意两点
1．适用条件：
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
(2)在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
2．画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移．
火
箭
1．原理
火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
2．影响火箭获得速度大小的因素
一是喷气速度，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比．喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大．
1．火箭点火后离开地面向上运动，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．(√)
假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？
【提示】 应配置喷气式飞机．喷气式飞机利用反冲运动原理，可以在真空中飞行，而螺旋桨飞机是靠转动的螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不能在真空中飞行．
1．火箭的速度
设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量为Δm，速度为u，喷气后火箭的质量为m，获得的速度为v，由动量守恒定律：0＝mv＋Δmu，得v＝－u.
2．决定因素
火箭获得速度取决于燃气喷出速度u及燃气质量与火箭本身质量之比两个因素．
3．多级火箭
由于受重力的影响，单级火箭达不到发射人造地球卫星所需要的7.9
km/s，实际火箭为多级．
多级火箭发射时，较大的第一级火箭燃烧结束后，便自动脱落，接着第二级、第三级依次工作，燃烧结束后自动脱落，这样可以不断地减小火箭壳体的质量，减轻负担，使火箭达到远远超过使用同样多的燃料的一级火箭所能达到的速度．目前多级火箭一般都是三级火箭，因为三级火箭能达到目前发射人造卫星的需求．
3．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，探测器匀速运动时，其喷气方向为________．
【解析】 探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力为零，根据反冲运动的特点可知应竖直向下喷气．
【答案】 竖直向下
4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．
【解析】 应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：
0＝mv0－(M－m)v′
故v′＝.
【答案】
5．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200
g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1
000
m/s(相对地面)，设火箭质量M＝300
kg，发动机每秒喷气20次．求当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
【导学号：78220010】
【解析】 法一：喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒
第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝
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＝
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.
法二：选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出三次气体为研究对象，据动量守恒定律，得
(M－3m)v3－3mv＝0
所以v3＝≈2
m/s.
【答案】 2
m/s
火箭类问题的三点提醒
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、后各物体质量的变化．
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的速度．
3．列方程时要注意初、末状态动量的方向．
