1.5
自然界中的守恒定律
课堂互动
三点剖析
对称和守恒定律
1.对称
对称性的概念最初来源于生活.在艺术、建筑等领域中，所谓“对称”，通常是指左右对称.人体本身就有近似左和右的对称性.常见的对称性有空间的平移和转动以及时间的平移.以上对称性都是指某个系统或具体事物的对称性，另一类对称性是物理定律的对称性，它是经过一定的操作后，物理定律的形式保持不变.因此物理定律的对称性又叫不变性，这类对称性在物理学中具有更深刻的意义.（1）物理定律的空间平移对称性.设想我们在空间某处做一个物理实验，然后将该套实验平移到另一处.如果给以同样的起始条件，实验将会以完全相同的方式进行.这说明物理定律没有因平移而发生变化.这就是物理定律的空间平移对称性.它表明空间各处对物理定律是一样的，所以又叫做空间均匀性.（2）物理定律的转动对称性.如果在空间某处做实验后，把整套仪器转一个角度，则在相同的起始条件下，实验也会以完全相同的方式进行.这说明物理定律并没有因转动而发生变化.这就是物理定律的转动对称性.它表明空间的各个方向对物理定律是一样的，所以又叫做空间的各向同性.（3）物理定律的时间平移对称.如果我们用一套仪器做实验，该实验进行的方式或秩序是和此实验开始的时刻无关的.无论在什么时候开始做实验，我们得到完全一样的结果.这个事实表示了物理定律的时间平移的对称性.
2.对称与守恒定律的关系
人们一直就知道，对称在组织自然世界的过程中扮演了一个很重要的角色.我们都熟悉太阳的圆形，雪花和结晶体的规则性.然而，并非所有的对称都是几何性的.男女的对称、正负电荷的对称也是很有用的概念，但这种对称是抽象性质的.这些抽象的对称所显露的物质内部构造的优美，使大部分物理学家感到惊奇.物理学家们不久便开始发问这些对称性背后的意义.一位杰出的理论物理学家说：“大自然似乎是想用这些对称来告诉我们什么秘密”.数学分析的力量在这个时候显露了出来.群论表明，一切对称都可以在一个单一的主要基本对称中找到其自然的起源.人们发现，较为复杂的对称都可以通过非常简单的组合得到.
守恒定律是自然界和谐对称的一种体现.
在我们学习的物理中，有许多运动是对称的，运动中的各过程也是对称，利用对称的思想和方法，可以更有效地处理解决问题.
各个击破
【例题】
一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A中，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1-5-2所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（
）
图1-5-2
A.动量守恒、机械能守恒
B.动量不守恒、机械能守恒
C.动量守恒、机械能不守恒
D.无法判断动量、机械能是否守恒
解析：由于子弹打入木块及压缩弹簧的整个过程中，系统所受的合外力等于零，则系统的动量守恒，由于子弹在打入木块过程中它与木块间的阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统机械能不守恒.
答案：C
类题演练
某一物体以60
J的初动能，从A点被竖直上抛，在它上升到某一高度时，动能损失了30
J,而机械能损失了10
J,则该物体落回A点时的动能为（设空气阻力大小恒定）（
）
A.50
J
B.40
J
C.30
J
D.20
J
解析：物体在上升过程中，受重力与空气阻力作用，重力与空气阻力对物体均做负功；物体在下降过程中，仍受重力与空气阻力作用，但重力做正功，空气阻力仍做负功.据题意，物体在上升到某一高度时，动能损失了|ΔEk|=30
J,机械能损失了|ΔE′|=10
J,由动能定理知，物体克服重力、空气阻力做的功总和为30
J.由功能原理可知，物体克服空气阻力做的功为10
J.
在物体上升到最高点的过程中，物体的动能损失为|ΔE′|=60
J，设其机械能的减少量为ΔE′,因为重力及空气阻力恒定，所以在上述的两个过程中，有
|ΔEk|=mgs+fs,|ΔE|=fs，
|ΔEk′|=mgh+fh,|ΔE′|=fh
所以.代入数据，得|ΔE′|=20
J
物体在上升过程与下降过程中，克服空气阻力做的功相等，所以在全过程中的机械能损失为2|ΔE′|，故物体在落回A点时的动能为Ek=Ek0-2|ΔE′|=20
J，选项D正确.
答案：D
变式提升
如图1-5-3所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（
）
图1-5-3
A.合力变小，速度变小
B.合力变小，速度变大
C.合力先变小，后变大；速度先变大，后变小
D.合力先变大，后变小；速度先变小，后变大
解析：根据牛顿第二定律知道，物体受到的合外力与物体的加速度是瞬时对应关系，所以在分析问题时，要详尽地分析物体运动变化过程中的受力情况，进而分析加速度和速度的变化情况.
铁球接触弹簧前，做自由落体运动，有一向下的速度.铁球接触弹簧后，在整个压缩弹簧的过程中，仅受重力G和弹簧弹力F的作用.开始压缩时，弹簧的弹力F小于物体的重力G，合外力向下，铁球向下做加速运动，但随着铁球向下运动，弹簧形变量增大，弹力随之增大，合外力减小，加速度减小，速度增大.当弹簧增至与重力相等的瞬间，合力为零，加速度为零，速度最大.此后，弹力继续增大，弹力大于重力，合力向上且增大，加速度向上逐渐增大，直至铁球速度为零，此时弹簧压缩量最大.
答案：C物体的碰撞
课堂互动
三点剖析
一、碰撞
碰撞：当两个物体非常接近时，它们的相互作用改变了它们的运动状态，即引起动量和能量的交换，我们就说，它们发生了碰撞.由此可知，发生碰撞必须要满足两个条件：一是这种相互作用在较短的时间内发生，二是使两个质点的运动发生显著的变化.这是广义上的碰撞，例如两个微观粒子的碰撞.
在宏观现象中，碰撞意味着两物体直接接触，其特点是：相碰的物体在接触前和分离后没有相互作用，接触的时间很短，接触时发生的相互作用比较强烈，因而在接触过程中可以忽略外力.
二、碰撞的形式
1.碰撞的研究：最早研究碰撞的是马西尔，随后，伽利略、马略特、牛顿、笛卡尔、惠更斯先后用大量的实验进行了研究，总结了碰撞的规律，形成了动量守恒的思想.并应用到了对微观粒子的研究上，发现了新的粒子.
2.碰撞的形式有正碰、斜碰.
3.区分正碰和斜碰主要看碰撞前两球的相对速度的方向与连心线的关系，与各小球自身的运动状态无关，与碰撞的位置无关.
三、弹性碰撞与非弹性碰撞
1.完全弹性碰撞
如果两个物体（以两个弹性小球为例）在碰撞过程中，没有机械能的损失，这样的碰撞称为完全弹性碰撞。此时两个物体之间的力是弹性力，在开始接触后的前一阶段，两球互相压缩，弹性力做负功，这时有一部分动能转化为弹性势能，在两球的速度相等时，压缩停止，此时系统的弹性势能最大，系统的动能最小；然后立即转为互相推开，弹性力做正功，此时弹性势能转化为动能.当全部分开时，弹性势能为零，全部转化为动能.
2.非弹性碰撞
两球碰撞后形变不能完全恢复.碰撞前后两小球的总动能不相等，有损失，损失的机械能转化为内能.
3.完全非弹性碰撞
两球碰撞后完全不反弹，动能损失最大.很多情况下表现为两球合为一体，或达到共同速度.
各个击破
【例1】
下列说法正确的是（
）
A.s两小球正碰就是从正面碰撞
B.两小球斜碰就是从侧面碰撞
C.两小球正碰就是对心碰撞
D.两小球斜碰就是非对心碰撞
解析：两小球碰撞时的速度沿着连心线方向，称为正碰，即对心碰撞；两小球碰前的相对速度不在连心线上，称为斜碰，即非对心碰撞.
答案：CD
类题演练1
在光滑的水平面上，一个运动的小球去碰撞一个静止的小球，则这个属于（
）
A.正碰
B.斜碰
C.可能是正碰，也可能是斜碰
D.条件不明，无法说明
解析：判断正碰还是斜碰与各物体的运动状态无关，只与两球碰前相对速度的方向与两球连心线方向的关系相关.当相对速度的方向和连心线在同一直线上是正碰；当相对速度的方向与连心线不在一直线上是斜碰.则C选项正确.
答案：C
【例2】
如图1-1-2所示，两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1-1-2
A.正碰
B.斜碰
C.弹性碰撞
D.非弹性碰撞
解析：两小球在同一槽内，两球相对运动速度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正确.
答案：
AC
类题演练2
举例说明生活中哪些碰撞是完全非弹性碰撞.
解析：完全非弹性碰撞的两物体碰后完全不反弹，动能损失最大，如一块泥巴摔在地上，一把刀插入木头中拔不出来，子弹射入木块中没有射出，火车站里，一列火车以一定的速度碰撞一列静止的车厢后共同前进，实现挂接等.1.4
反冲运动
课堂互动
三点剖析
一、反冲运动
1.反冲运动的产生是系统内力作用的结果，两个相互作用的物体A、B组成的系统，A对B的作用力使B获得某一方向的动量，B对A的反作用力使A获得相反方向的动量，从而使A沿着与B的运动方向相反的方向做反冲运动.
2.实际遇到的反冲运动问题通常有以下三种：
（1）系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.
（2）系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题.
（3）系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题.
3.动量守恒定律研究的是相互作用的物体总动量问题，如果合外力为零，则总动量守恒，但每个物体的动量都要变化，这是由于相互作用的内力对各个物体都有冲量，据动量定理Ft=Δp,F=,如果Δp为某个常数，若时间t非常小，则F很大，这时候即使合外力不为零，由于外力远小于内力，可以忽略外力的影响，认为系统动量守恒；但如果时间t达不到非常小，内力不是非常大，不满足外力远小于内力，则不能认为动量守恒.例如两物体碰撞后结合在一起，由于作用时间极短，即使在不光滑的平面上，也认为动量守恒，但如果两物体间有一根轻质弹簧，两物体通过弹簧相互作用而达到共同速度，这个作用时间就比较长，不满足内力远大于外力的条件，就不能认为动量守恒了.
二、爆炸
爆炸的过程满足动量守恒的条件，只是在炮弹炸开的那一瞬间，才有内力远大于外力，当爆炸结束以后就不再存在这个很大的内力，则系统动量不再守恒.前述碰撞过程机械能不变或有损失，不可能增大，但爆炸过程机械能可能会增加，这是因为火药爆炸产生的能量有可能转化为机械能.
当一个静止的物体爆炸后，炸成两块的质量分别是m1、m2，速度分别是v1、v2，爆炸消耗的化学能E全部转化成动能，则有：m1v1=m2v2
E=
各个击破
【例1】
如图1-4-2所示，质量为M的炮车静止在水平面上，炮筒与水平方向夹角为θ，当炮车发射一枚质量为m、对地速度为v0的炮弹后，炮车的反冲速度为________________.
图1-4-2
解析：在炮弹发射过程中，炮车所受阻力远小于内力，故系统在水平方向动量守恒.
设炮车速度为v，则由水平方向动量守恒可得0=Mv+mv0cosθ
解得v=,负号说明炮车是后退的.
答案：
类题演练
一个连同装备共有100
kg的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45
m处与飞船处于相对静止状态.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多少气体？
解析：宇航员喷出气体获得反冲速度后匀速回到飞船，由位移与时间可知喷气后飞船的速度，据动量守恒定律可求喷出气体的质量.
设题中所给数据为M=100
kg,s=45
m,v1=50
m/s,时间t=10
min=600
s,喷出气体的质量为m，喷气后宇航员获得的速度是v2,由动量守恒得（M-m）v2=mv1
由运动学公式得v2=.由以上两式解得m=0.15
kg.
答案：0.15
kg
变式提升
一个士兵，坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量共120
kg.这个士兵用自动枪在2
s时间内沿水平方向射出10发子弹，每颗子弹质量10
g，子弹离开枪口时相对地面的速度都是800
m/s.射击前皮划艇是静止的.
（1）射击后皮划艇的速度是多大？
（2）士兵射击时枪所受到的平均反冲作用力有多大？
解析：每次发射子弹过程中，对人、艇、枪及子弹组成的系统总动量守恒，连续发射十颗子弹和一次性发射十颗子弹结果相同.
（1）设题中所给数据M=120
kg,t=2
s,m=0.01
kg,v1=800
m/s,射击后皮划艇的速度是v2，由动量守恒得：10mv1=(M-10m)v2
解得v2=0.67
m/s.
（2）设平均反冲作用力为F，在该力作用下人、艇、枪组成系统做匀加速运动，由牛顿第二定律F=Ma,及运动学公式v=at,解得F=40.2
N.
答案：(1)0.67
m/s
(2)40.2
N
【例2】
一个在空中飞行的手雷，以水平速度v飞经离地面高为h的轨道最高点时，炸裂成A、B两块，A、B质量之比为n（少量炸药质量不计）.之后，B正好自由下落，求A的落地点比不发生爆炸时手雷的落地点远多少？爆炸前后机械能变化了多少？
解析：爆炸前后动量守恒，有mv=mAvA
得vA=
爆炸后，A以vA做平抛运动，运动时间t=
射程的增加量Δs为Δs=(vA-v)t=(-v)=.
此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不守恒，
ΔE=.机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同.
答案：
增加1.2
动量动量守恒定律
课堂互动
三点剖析
一、动量和动量的变化
1.动量
众所周知，运动的剧烈程度，即运动的“量”的大小是与运动速度有关的，但速度是不是唯一决定因素呢？一个足球和一个铅球以相同的速度从远处飞来，运动员可以用头将足球顶回去，却不敢去顶铅球.可见，运动的“量”的大小不仅与运动速度有关，还与物体的质量有关.物理学上用两者的乘积表示这个量，称为动量，故有p=mv.从公式可以看出，由于质量m为一标量，只有大小的变化，故动量p的一些特点主要是由速度v引起的.平常所说的速度v是指物体的瞬时速度，对应的是某一时刻，故谈到物体的动量一般是指某一时刻的动量，但这不是绝对的，如果取速度v为某一段时间内的平均速度，则这时的动量应为这一段时间内的平均动量；由于速度具有相对性，选用不同的参考系，同一物体的动量也可能不同，在通常情况下，取地面为参考系.
2.动量的变化
动量的变化即动量的变化量，用Δp来表示，一个量的变化，一般指末状态的值减初状态的值，动量变化也不例外，应为末动量减初动量，即Δp=p′-p,p′为末动量，p为初动量.p′=mv′,p=mv,故Δp=mv′-mv=mΔv(注这是矢量式)，故动量的变化量也是个矢量，其方向不一定与p或p′相同，而是与Δv的方向相.当然，这个结论的前提是质量不变，当质量也变时，Δp的方向与Δv的方向不一定相同，但有一点是肯定的，Δp′-p为矢量式，当p′、p在同一直线上，可以先规定正方向，用正、负号表示p′、p的方向，将矢量运算转化为代数运算.
二、冲量
冲量是力与力的作用时间的乘积，I=Ft，它反映了力在时间上的积累效果.在力特别大的情况下，作用时间很短，也会产生很大的冲量.
由于I=Ft，某一个冲量I必然对应着一个时间t，故冲量是一个过程量.如果力F为恒力，求冲量时只需按公式I=Ft来计算就行，但要分清所求的是某个分力的冲量还是合力的冲量.若是求合力的冲量要分清这几个力是否同时作用于物体；若同时作用可先求合力再求冲量，也可以先求各个力的冲量，再求合冲量；若几个力不同时作用，只能先求每个力的冲量，再求合冲量.如果作用力是变力，在中学阶段不能直接用I=Ft求解冲量，但可以根据Ft=Δ(mv)求解.
三、动量守恒定律
1.动量守恒定律是研究两个或两个以上的物体相互作用过程中的动量变化情况的，它的研究对象是这些相互作用的物体组成的系统.动量守恒定律的成立条件是系统不受外力或所受合外力为零，因此选择哪些物体组成系统就显得尤为重要了，只有选择了系统才能分清哪些力是外力，哪些力是内力，才能确定动量是否守恒.选择某一系统，动量可能守恒，选择另外的物体组成系统时，动量可能就不守恒了.
2.动量守恒是指总动量在物体相互作用的过程中一直不变，并不是只有初、末两态的动量守恒.解题时可根据题意适当选择相互作用过程中的两个状态列方程求解.
3.动量守恒定律的特点
（1）动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，在应用动量守恒定律解题之前，必须明确这个系统是由哪些物体组成，只有恰当地划分系统才能正确、有效地运用动量守恒定律.
（2）动量守恒定律的表达式是矢量式.若相互作用的物体沿同一直线运动，注意设定方向，将矢量运算转化为代数运算.
（3）动量守恒定律表达式中的速度必须是相对于同一参考系的.如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系的，必须适当转换参考系，使其成为相对同一参考系（通常选地面）的速度.
（4）注意动量守恒定律表达式中速度的同时性.式中的v1、v2是作用同一时刻的瞬时速度，v1′、v2′是作用后同一时刻的瞬时速度.
各个击破
【例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.动量相同的物体速度小的惯性大
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项错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B项也错；动量相同指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项对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D项也对.
答案：CD
类题演练1
若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）（
）
A.速度大小一定改变了
B.速度方向一定改变了
C.速度一定变化了
D.加速度一定不为零
解析：动量p=mv，动量发生了变化（质量不变），必定是速度发生了变化，而速度的改变包括大小和方向.故A、B两项不正确，C项正确；速度变化了必然有加速度，故D正确.
答案：CD
变式提升
质量为0.1
kg的弹性小球，从高1.25
m处自由落向一光滑而坚硬的水平木板，碰后弹回到0.8
m高，求：
（1）小球与水平板碰撞前后的动量；
（2）小球与水平板碰撞前后的动量变化.
解析：（1）由于小球做自由落体运动，设碰前小球速度为v1，则v1=
m/s=5
m/s,方向竖直向下，于是小球与水平板碰前的动量p1=mv1=0.1×5
kg·m/s=0.5
kg·m/s,方向竖直向下.
碰后，小球做竖直上抛运动的最大高度为0.8
m，则碰后小球速度为v2=m/s=4
m/s,方向竖直向上，此时小球的动量p2=mv2=0.1×4
kg·m/s=0.4
kg·m/s,方向竖直向上.
（2）设竖直向下为正方向，则p1=5
kg·m/s，p2=-0.4
kg·m/s，Δp=p2-p1=(-0.4
-0.5)
kg·m/s=-0.9
kg·m/s，即碰撞前后小球动量变化的大小为0.9
kg·m/s，方向竖直向上.
答案：（1）0.5
kg·m/s,竖直向下；0.4
kg·m/s，竖直向上.
（2）0.9
kg·m/s,竖直向上.
【例2】
关于冲量的概念，以下说法正确的是（
）
A.作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同
B.作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大
C.作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小
D.只要力的作用时间和力的乘积相同，物体所受的冲量一定相同
解析：力的冲量I=F·t，力F的大小虽然不同，只要力F的作用时间t也不同，则力F与时间t的乘积可能相同，所以A项正确；力F很大，如果力F的作用时间很短，则力F的冲量仍然可以很小，故B项错；当力F的作用时间很短时，如果力F很大，则力F的冲量仍可以很大，因此C项错；由于冲量是矢量，而矢量相同包括大小相同，方向也相同，因此既使力的大小F和作用时间t的乘积相同，也只能说明冲量的大小相同，如果力的方向不同，则冲量的方向不同，因此我们说冲量不同，所以D项不正确.
答案：A
【例3】在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1-2-1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是（
）
图1-2-1
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，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，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
解析：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），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A项对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B项错；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，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C项对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用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后系统所具有的总动量相等，即不为零，D项对.
答案：ACD
类题演练2
如图1-2-2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30
kg，乙和他的冰车总质量也是30
kg，游戏时，甲推着一个质量m=15
kg的箱子，和他一起以大小为v0=2
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，问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.
图1-2-2
解析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后速度为v乙，则由动量守恒定律，得
甲推箱子过程：（M+m）v0=Mv甲+mv
①
乙抓箱子过程：mv-Mv0=(M+m)v乙
②
甲、乙恰不相碰条件：v甲=v乙
③
代入数据可解得v=5.2
m/s.
答案：5.2
m/s1.3
动量守恒定律在碰撞中的应用
课堂互动
三点剖析
一、动量守恒定律的应用
1.应用动量守恒定律解决问题关键要注意两点：第一是根据动量守恒的条件选取合适的系统，第二是分清系统初、末状态的动量.
2.动量定理通常选某单个物体为研究对象，而动量守恒定律是以两个或两个以上相互作用的物体系为对象，并分析此物体系是否满足动量守恒的条件，即这个物体系是否受外力作用，或合外力是否为零（或近似为零）.显然物体系内力（即系统内物体间相互作用）仍然存在，这些相互作用的内力，使每个物体的动量变化，但这物体系的总动量守恒.
3.应用动量守恒定律表达式列方程时，必须明确过程的初状态和末状态，对于碰撞过程来说，初状态是指刚开始发生相互作用时的状态，末状态是指相互作用刚结束时的状态，只要抓住过程的初末状态，而无须考虑过程的细节，根据动量守恒定律即可求解碰撞问题.
4.动量守恒定律应用的思路
（1）确哪几个物体组成的系统为研究对象；
（2）分析受力和物理过程，判断动量是否守恒；
（3）规定正方向，确定初、末状态各物体的动量，并把矢量化成标量；
（4）利用动量守恒定律列方程求解.
二、碰撞及碰撞过程的特点
1.碰撞特点
（1）时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用时间很短.
（2）相互作用力特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大.
（3）动量守恒条件特点：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒.
（4）位移特点：碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置.
（5）能量特点：碰前总动能Ek与碰后总动能Ek′满足：Ek≥Ek′.
（6）速度特点：碰后必须保证不穿透对方.
2.追及碰撞满足的关系
（1）碰撞过程满足动量守恒：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′;
(2)碰撞前，后面物体速度大于前面物体速度：v1＞v2;
（3）碰撞后，后面物体的速度小于等于前面物体的速度：v1′≤v2′;
(4)碰撞后的总动能小于等于碰撞前的总动能.
三、碰撞的类型
碰撞的过程由于作用时间短，内力远大于外力，不论相互碰撞的物体所处的平面是否光滑都可以认为系统动量守恒，但根据碰撞过程中机械能的损失情况可将碰撞分为三种类型.
1.完全非弹性碰撞：两物体碰后合为一个整体，以共同的速度运动，这种碰撞机械能损失最多.
满足：m1v1+m2v2=(m1+m2)v
损失的机械能：ΔE=.
2.弹性碰撞：两物体碰后很短时间内分开，发生的是弹性形变，机械能无损失.
满足：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
当两小球的质量相等时，碰撞后交换速度.
3.非弹性碰撞：两物体碰后虽能分开，但碰撞时间较长，机械能有损失，但不如完全非弹性碰撞的机械能损失大.这种类型的碰撞在练习题中出现得不多.
各个击破
【例1】两只小船平行逆向航行，如图1-3-2所示,
航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50
kg的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v=8.5
m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m1=500
kg及m2=1
000
kg,问：在交换麻袋前两只船的速率为多少？（水的阻力不计）
图1-3-2
解析：选取小船和从大船投过的麻袋为系统，并以小船的速度为正方向，根据动量守恒定律有：（m1-m)v1-mv2=0
即450v1-50v2=0
①
选取大船和从小船投过的麻袋为系统有：-(m2-m)v2+mv1=-m2v
即-950v2+50v1=-1
000×8.5
kg·m/s
②
选取四个物体为系统有：m1v1-m2v2=-m2v
即500v1-1
000v2=-1
000×8.5
kg·m/s
③
联立①②③式中的任意两式解得v1=1
m/s,v2=9
m/s.
答案：大船速度1
m/s,小船速度9
m/s.
类题演练1
甲乙两人均以2
m/s的速度在冰上相向滑行，m甲=50
kg，m乙=52
kg，甲拿着一个质量Δm=2
kg的球，当甲将球传给乙，乙再传给甲，这样传球若干次后，乙的速度变为零，球在甲手中，求甲的速度.
解析：无论传球多少次，甲、乙两人和球组成的系统动量守恒.
（m甲+Δm）v-m乙v=（m甲+Δm）v甲
即（50+2）×2-52×2=（50+2）v甲
得v甲=0.
答案：0
【例2】
在光滑水平面上，质量为m的小球A以速度v0与质量为3m的静止小球B发生正碰，碰后A球的速率为,试求碰后B球的速度vB的大小.
解析：设A球初速度方向为正，假设碰后A球仍沿原方向运动，则据动量守恒定律知：mv0=+3mvB
得vB=
由于碰后A、B两球都沿正方向运动，且B球在前A球在后，应有：vA＜vB,而实际计算结果是vA＞vB，因此，不会出现这种情况，即碰后A球不能沿原方向运动，因此碰后A球被反弹，据动量守恒定律有：mv0=+3mvB
得vB=.
答案：
变式提升
如图1-3-3所示，水平桌面上放着一个半径为R的光滑环形轨道，在轨道内放入两个质量分别是M和m的小球（均可看作质点），两球间夹着少许炸药.开始时两球接触，点燃炸药爆炸后两球沿轨道反向运动一段时间后相遇.到它们相遇时，M转过的角度θ是多少？
图1-3-3
解析：在炸药爆炸瞬间，两球作为一个系统的总动量守恒，以后两小球在轨道外壁弹力作用下在水平轨道内做匀速圆周运动，经过一段时间相遇.
设炸药爆炸后，M的速度为v1，m的速度为v2，两球的运动方向相反，由动量守恒定律有Mv1-mv2=0，即Mv1=mv2
①
以后两球各自沿圆轨道做圆周运动，由于两球都只受外壁压力（方向指向环中心），因此两球都做匀速圆周运动.设经过时间t两球再次相遇，则由运动学公式有v1t+v2t=2πR
②
由①式有v2=,代入②，得v1t=
③
v1t就是小球M在圆环轨道内移过的距离（即弧长）.因此，M球转过的角度θ=.
答案：
【例3】
如图1-3-4所示，在水平面地上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：（1）子弹射入后，木块在地面上前进的距离；（2）射入的过程中，系统的机械能损失.
图1-3-4
解析：（1）设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv=(M+m)v′
①
二者一起沿平面滑动，前进的距离为s，由动能定理：
μ（M+m)gs=（M+m)v′2
②
由①②两式解得s=.
(2)射入过程中的机械能损失ΔE=mv2-（M+m)v′2
③
将①代入③式解得ΔE=.
答案：（1）
（2）
类题演练2
质量为m1的小球以速度v0与质量为m2的小球发生弹性正碰，求碰后两个小球的速度.
解析：设碰后m1球的速度为v1,m2球的速度为v2，由系统动量守恒有
m1v0=m1v1+m2v2
①
由系统动能守恒有：
②
将②变形为m1(v02-v12)=m2v22
③
将①变形为m1(v0-v1)=m2v2
④
③/④得v0+v1=v2
⑤
将⑤代入①得v1=
⑥
将⑥代入⑤得v2=
⑦
答案：碰后m1球的速度为，m2球的速度为.
