学案3 动量守恒定律
[学习目标定位]
1.在了解系统、内力和外力的基础上理解动量守恒定律.2.能运用牛顿运动定律分析碰撞前后的总动量关系.3.了解动量守恒定律的普适性和牛顿运动定律适用范围的局限性.4.练习用动量守恒定律解决生产、生活中的问题．
1．动量是矢量，其表达式p＝mv，动量的方向与物体的速度v方向相同．
2．动量定理：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化，用公式表示I＝Ft＝Δp.
3．系统、内力和外力
(1)系统：在物理学中，把几个有相互作用的物体合称为系统．
(2)内力：系统内物体间的相互作用力叫做内力．
(3)外力：系统外的物体对系统内物体的作用力叫做外力．
4．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变．
(2)动量守恒定律的普适性
动量守恒定律的适用范围很广，它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域．动量守恒定律适用于目前为止的一切领域.
一、动量守恒定律
[问题设计]
图1
如图1所示，在水平桌面上做匀速运动的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．
答案 设碰撞过程中两小球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t
根据动量定理：
F1t＝m1v1′－m1v1
F2t＝m2v2′－m2v2
根据牛顿第三定律，F1＝－F2，
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′.
即有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
此式表明两个小球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
[要点提炼]
1．动量守恒定律的数学表达式
(1)p＝p′(系统内物体相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)
(3)Δp＝0(系统的总动量增量为零)
(4)Δp1＝－Δp2(系统内两个物体的动量增量大小相等，方向相反)
2．动量守恒定律的研究对象
两个或两个以上的物体组成的系统．
3．动量守恒条件
(1)系统不受外力或系统所受合外力为零．
(2)系统所受合外力虽不为零，但系统所受外力远远小于内力，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得多，此时外力可以忽略不计．
(3)系统所受合外力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变．
例1 光
图2
滑水平面上A、B两小车间有一弹簧，如图2所示，用手抓住两小车并将弹簧压缩后使小车均处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是( )
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，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 A项，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．
B项，先放开左手，再放开右手后，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．
C项，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．
D项，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也是守恒的，但不为零．
答案 ACD
针对训练 试判断下列作用过程中系统的动量是否守恒？
A．如图3(a)所示，水平地面上有一大炮，斜向上发射一枚弹丸的过程；
B．如图3(b)所示，粗糙水平面上有两个物体压紧它们之间的一根轻弹簧，在弹簧弹开的过程中；
C．如图3(c)所示，光滑水平面上有一斜面体，将另一物体从斜面体的顶端释放，在物体下滑的过程中；
图3
答案 A．系统动量不守恒，但水平方向动量守恒．
B．无法判断．
C．系统动量不守恒，但水平方向动量守恒．
解析 对于(a)来说，大炮发射弹丸的过程中，弹丸加速上升，系统处于超重状态，地面对于系统向上的支持力大于系统的重力，所以系统在竖直方向动量不守恒，在水平方向上系统受到的地面给炮身的阻力远小于火药爆炸发过程中的内力，故系统在水平方向上动量守恒．
对于(b)来说，在弹簧弹开的过程中，地面给两物体的摩擦力方向相反且是外力，若两个摩擦力大小相等，则系统无论在水平方向还是在竖直方向上所受合外力都为零，则系统动量守恒；若两个物体受到的摩擦力大小不相等，则系统动量不守恒．
对于(c)来说，物体在斜面体上加速下滑的过程处于失重状态，系统在竖直方向上受到的合外力竖直向下，系统的动量增加，不守恒．而在水平方向上系统不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒．
二、动量守恒定律的简单应用
[要点提炼]
应用动量守恒定律解题的基本思路：
(1)找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究的过程；
(2)析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
(3)定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图；
(4)列：由动量守恒定律列式；
(5)算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论．
例2 质量为3
kg的小球A在光滑水平面上以6
m/s的速度向右运动，恰遇上质量为5
kg以4
m/s的速度向左运动的小球B，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度．
解析 两球在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒．取A球初速度方向为正方向
初状态：vA＝6
m/s，vB＝－4
m/s
末状态：vB′＝0，vA′＝？(待求)
根据动量守恒定律，有
mAvA＋mBvB＝mAvA′，
得vA′＝＝－0.67
m/s
答案 0.67
m/s，方向向左
例3 质量M＝100
kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40
kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60
kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3
m/s的速率跃入水中，则( )
A．小船向左运动，速率为1
m/s
B．小船向左运动，速率为0.6
m/s
C．小船向右运动，速率大于1
m/s
D．小船仍静止
解析 设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据，可得v＝－0.6
m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确．
答案 B
1．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、子弹和车，下列说法中正确的是( )
A．枪和弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．三者组成的系统因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可忽略不计，故系统动量近似守恒
D．三者组成的系统动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零
答案 D
解析 由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，无其他外力，动量守恒．子弹和枪筒之间的力应为系统的内力，对系统的总动量没有影响．故选项C错误．分开枪和车，则枪和弹的系统受到车对其外力作用，车和枪的系统受到子弹对其外力作用，动量都不守恒，故选项A、B错误，正确答案为选项D.
2．水平面上质量分别为0.1
kg和0.2
kg的物体相向运动，过一段时间则要相碰，它们与水平面间的动摩擦因数分别为0.2和0.1.假定除碰撞外在水平方向这两个物体只受摩擦力作用，则碰撞过程中这两个物体组成的系统( )
A．动量不守恒
B．动量守恒
C．动量不一定守恒
D．以上都有可能
答案 B
解析 选取这两个相向运动的物体为一个系统，这两个物体受到的重力与支持力平衡，受到的两个摩擦力方向相反，大小根据计算都是0.02
N，所以系统受到的合外力为零，系统的动量守恒．所以本题选B.
图4
3．如图4所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
答案 A
解析 由m和M组成的系统水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以A正确；m和M动量的变化与小车上的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．
图5
4.如图5所示，质量为M的小车静止在光滑水平地面上，车上有n个质量均为m的小球，现用两种方式将球相对于地面以相同的恒定速度v向右水平抛出，一种是一起抛出，抛出后小车速度为________，另一种是一个接着一个地抛出，抛出后小车的速度为________．
答案
解析 由于抛出的小球相对地面速度相同，动量就相同，这样一个接一个地抛出和一起抛出，系统向右运动的总动量增加量相同，由于系统动量守恒，系统向左增加的动量也相同，这样的问题可以把一个接一个的抛出合并起来，作一次抛出计算．
nmv＝Mv1 v1＝
一起抛出小球时，小车的速度为，一个接一个地抛出小球时，小车的速度仍为.
[基础题]
1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是( )
A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题
B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题
C．动量守恒定律既适用于低速，也适用于高速运动的问题
D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子
答案 C
解析 牛顿运动定律只适合研究低速、宏观问题，动量守恒定律适用于物理学研究的各个领域．
图1
2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统的动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
答案 BC
图2
3．如图2所示，物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后的一小段时间内( )
A．A的速度是B速度的一半
B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力
D．总动量为零
答案 AD
图3
4.如图3所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )
A．动量大小之比为1∶1
B．速度大小之比为2∶1
C．动量大小之比为2∶1
D．速度大小之比为1∶1
答案 AB
解析 以两木块及弹簧为研究对象，绳烧断后，弹簧将对两木块有推力作用，这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且f1＝μ1m1g，f2＝μ2m2g.因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，即满足动量守恒定律的条件．
设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：
－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2.
即两物体的动量大小之比为1∶1，故A项正确．两物体的速度大小之比为＝＝，故B项正确．
5．在高速公路上发生了一起交通事故，一辆质量为1
500
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，撞后两车连在一起，并向南滑行一段距离后静止．根据测速仪的测定，长途客车撞前以20
m/s的速度匀速行驶，由此可判断卡车撞前的行驶速度( )
A．小于10
m/s
B．大于10
m/s，小于20
m/s
C．大于20
m/s，小于30
m/s
D．大于30
m/s，小于40
m/s
答案 A
解析 两车碰撞过程中尽管受到地面的摩擦力作用，但远小于相互作用的内力(碰撞力)，所以动量守恒．
依题意，碰撞后两车以共同速度向南滑行，即碰撞后系统的末动量方向向南．
设长途客车和卡车的质量分别为m1、m2，撞前的速度大小分别为v1、v2，撞后共同速度为v，选定向南为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，又v>0，则
m1v1－m2v2>0，
代入数据解得v2m/s.
图4
6.如图4所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒
答案 BCD
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、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之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．
7．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的小球，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，甲的速度为________．
答案 0
解析 选甲的初速度方向为正．
由动量守恒定律得：(m甲＋Δm)v0－m乙v0＝m甲v甲′
代入数据得：v甲′＝0.
[能力题]
8．(2014·重庆·4)一弹丸在飞行到距离地面5
m高时仅有水平速度v＝2
m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10
m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
解析 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝
＝1
s，取向右为正方向，由水平速度v＝知，选项A中，v甲＝2.5
m/s，v乙＝－0.5
m/s；选项B中，v甲＝2.5
m/s，v乙＝0.5
m/s；选项C中，v甲＝1
m/s，v乙＝2
m/s；选项D中，v甲＝－1
m/s，v乙＝2
m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝m，m乙＝m，v＝2
m/s，代入数值计算知选项B正确．
图5
9．如图5所示，质量相同的两辆小车A、B置于光滑的水平面上，有一人站在小车A上，两车静止．人从A车跳上B车，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则此时A车的速率( )
A．等于零
B．小于B车的速率
C．大于B车的速率
D．等于B车的速率
答案 B
解析 尽管人跳来跳去，两车和人组成的系统的动量是守恒的．设两车的质量均为M，人的质量为m，作用后两车的速率分别为vA和vB，对系统由动量守恒定律，得0＝(M＋m)vA－MvB，显然，vA10．质量M＝100
kg的小船静止在水面上，船头站着质量m甲＝40
kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60
kg的游泳者乙，船头指向左方．若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3
m/s的速率跃入水中，则( )
A．小船向左运动，速率为1
m/s
B．小船向左运动，速率为0.6
m/s
C．小船向右运动，速率大于1
m/s
D．小船仍静止
答案 B
解析 选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得
m甲v－m乙v＋Mv′＝0，
船的速度为
v′＝＝
m/s＝0.6
m/s
船的速度向左．故选项B正确．
11．一辆车在水平光滑路面上以速度v匀速行驶．车上的人每次以相同的速度4v向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包．抛出第一个沙包后，车速减为原来的，则抛出第四个沙包后，此车的运动情况如何？
答案 车以的速度向后退
解析 设车的总质量为M，抛出第四个沙包后车速为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·4v①
对抛出第一个沙包前后列方程有：
Mv＝(M－m)v＋m·4v②
将由②式所得M＝13m代入①式，解得抛出第四个沙包后车速为v1＝－，负号表示向后退．
[探究与拓展题]
12．质量为1
000
kg的轿车与质量为4
000
kg的货车迎面相撞．碰撞后两车绞在一起，并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图6所示)．从事故现场测出，两车相撞前，货车的行驶速度为54
km/h，撞后两车的共同速度为18
km/h.该段公路对轿车的限速为100
km/h，试判断轿车是否超速行驶．
图6
答案 轿车超速行驶
解析 碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒．
设轿车质量为m1，货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1，货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′.选轿车碰撞前的速度方向为正方向．碰撞前系统的总动量为m1v1＋m2v2，碰撞后系统的总动量为(m1＋m2)v′，由动量守恒定律得：
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′
v1＝
＝
km/h＝126
km/h>100
km/h，故轿车在碰撞前超速行驶．1.3 动量守恒定律的案例分析
学习目标
重点难点
1．知道碰撞类问题的受力特点，能利用动量守恒定律分析碰撞类问题。2．知道微观粒子的碰撞可以用动量守恒定律分析。3．知道什么是反冲现象，能够利用动量守恒定律分析解决反冲问题。
重点：利用动量守恒定律分析解决碰撞、反冲类问题。难点：动量守恒定律在反冲运动中的应用。
一、碰撞问题
1．碰撞问题的受力特点：碰撞过程中内力远远大于系统受到的合外力，此时合外力可以忽略不计。
2．研究方法：研究碰撞问题的理论依据是动量守恒定律。
预习交流1
碰撞是很常见的现象，如打保龄球、打台球等，你能结
合类似的碰撞实例，说出碰撞的1～2个特点吗？
答案：碰撞的特点：（1）碰撞时间很短；（2）碰撞时相互作用力很大。
二、反冲现象
1．反冲：物体系统的一部分向某方向运动，而其余部分向相反方向运动的现象。
2．受力特点：物体的不同部分在内力作用下向相反的方向运动，且内力很大。
3．研究方法：研究反冲运动的理论依据是动量守恒定律。
4．应用：喷气式飞机和火箭飞行是反冲运动的两个重要实例。
预习交流2
做一做：试通过火箭升空一例说明：在反冲现象中，相关的物体开始是静止的，但后来它们都有了一定的速度，有了一定的能量，这些能量是哪里来的？
答案：火箭升空，是火箭内部的燃料燃烧，向后喷出燃气，燃料的化学能转化为火箭的机械能。
一、碰撞及类碰撞过程的特点
保龄球运动中，10个保龄球摆放在一个三角形区域内，有经验的运动员可以一次用保龄球击倒全部保龄瓶，这其中除了运用好掷球技巧外，对碰撞规律的深刻理解也很关键。那么保龄球与保龄瓶之间的碰撞遵守什么规律？
答案：保龄球与保龄瓶之间的碰撞遵守动量守恒定律。
质量为3
kg的小球A在光滑水平面上以6
m/s的速度向右运动，恰遇上质量为5
kg的小球B以4
m/s的速度向左运动，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度。
答案：碰后A球速度大小为0.67
m/s，方向向左。
解析：两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒。碰撞前两球动量已知，碰撞后B球静止，取A球初速度方向为正，由动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝mAvA′
vA′＝＝m/s＝－0.67
m/s。
1．碰撞及类碰撞过程，相互作用时间很短，相互作用力很大，一般远远大于物体受到的外力，故可以忽略掉外力，碰撞过程动量守恒。
2．碰撞过程的能量特点是，碰撞前的总动能Ek大于或等于碰撞后的总动能Ek′，即Ek≥Ek′。
3．爆炸过程因为有火药的化学能转化为动能，故爆炸过程，动能会增加。
二、反冲现象
春节期间儿童都喜欢燃放一种叫“钻天猴”的焰火，它在一根细细的竹竿上捆绑一个塑料壳，壳里面装有火药，上端封闭，下端有引线，当点燃下端的引线时，火药产生的烟火向下喷出，“钻天猴”就直钻青天。你知道其中的道理吗？
答案：“钻天猴”钻天，利用了反冲原理。
课外科技小组制作一支“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10－4
m3/s，喷出速度保持为对地10
m/s，启动前火箭总质量为1.4
kg，则启动2
s末火箭的速度可以达到多少？（已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103
kg/m3）
答案：4
m/s
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动。设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′。由动量守恒定律得（M－ρQt）v′＝ρQtv，火箭启动后2
s末的速度
v′＝＝
m/s＝4
m/s。
分析火箭类问题注意以下几点：
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是同一参考系，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球的速度。
3．列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的。
三、“人船模型”的分析
人开始静止站立在船头，当人缓慢地由船头走到船尾时，船也向后移动了一段位移，如图所示。若船的质量为m1，人的质量为m2，忽略水的阻力，那么人、船的质量与人、船的位移有什么关系？
答案：m1s1=m2s2
解析：人船看做一个系统，忽略水的阻力，受的合力为零，动量守恒，取船运动的方向为正方向，则m1v1－m2v2＝0，m1－m2＝0，m1s1＝m2s2。
长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船和人对地的位移各是多少？
答案：
解析：此类题目中涉及的是总动量为零的系统。相互作用的两个物体原来都处于静止，作用后处于运动状态，而总动量始终为零。利用这一点我们可以解决不少涉及位移的问题，即由m1v1+m2v2=0，可以推出m1s1+m2s2=0。使用此式解题时，应注意式中的s1、s2应相对同一参考系。人船模型是这类问题中的典型，且不管人在船上怎样运动，匀速或加速，结果都是一样的。另外，解这类涉及位移的问题时，作出初、末状态的示意图是非常必要的。
人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒。假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此
0=Mv1－mv2，即mv2=Mv1
由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故它们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m＝M，等式两边同乘运动的时间t，得mt＝Mt，即ms2＝Ms1
又因s1＋s2＝l，因此有
s1＝，s2＝。
“人船模型”是利用动量守恒求解的一类问题。人船速度虽然变化，但总动量始终守恒，所以人的平均动量与船的平均动量的总动量也守恒。适用条件是：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量守恒。
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，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
在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。
这一模型，还可进一步推广到其他类似的现象中，解决大量的实际问题，例如人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求气球上升或下降高度的问题；小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等等。
1．手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球（ ）。
A．竖直向上抛出 B．向前方抛出
C．向后方抛出
D．向左方抛出
答案：C
解析：欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加。
2．一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法可行的是（ ）。
A．向后踢腿
B．向后甩手
C．脱下衣服或鞋子水平抛出
D．脱下衣服或鞋子竖直向上抛出
答案：C
解析：内力不能改变系统整体的运动状态，踢腿、甩手对系统来讲是内力。
3．人坐在船上，船静止在水面上，总质量为M，水平向东抛出一个质量为m的物体后，人、船向西运动。已知抛出的物体的动能为E0，则人、船的动能为（ ）。
A．E0
B．E0
C．E0
D．E0
答案：C
解析：由动量守恒定律有（M－m）v＝mv0＝p，又Ek＝，E0＝，可得Ek＝E0，选项C对。
4．（2011·山东聊城模拟）静水中的两只船静止在一条直线上，质量都是M（不包括人），甲船上质量为m的人跳到乙船上，又马上跳回甲船上，问甲、乙两船的速度之比是多少？
答案：
解析：两只船与人组成的系统动量守恒，有0＝（M＋m）v甲－Mv乙，解得＝。
5．载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
答案：h
解析：气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面人的位移为x人，球的位移为x球，它们的位移状态图如图所示。
由平均动量守恒有0=Mx球－mx人，又有x球+x人=L，x人=h，故。学案2 探究动量守恒定律
实验目的
探究物体碰撞时动量变化的规律．
猜想与假设
为了使问题简化，这里先研究两个物体碰撞时动量变化的规律，碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．
设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向一致取正值，相反取负值．
根据实验求出两物体碰前动量
p＝m1v1＋m2v2
碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′
看一看p与p′有什么关系？
实验设计
1．实验设计要考虑的问题
(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上？
(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度？
2．实验案例：气垫导轨上的实验
气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．
气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光条、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．
图1
图2
(1)质量的测量：用天平测量．
(2)速度的测量：用光电计时器测量．
设Δx为滑块(挡光条)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光条)经过光电门的时间，则v＝.
实验步骤
(1)如图2所示，调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．
(2)按说明书连接好光电计时器与光电门．
(3)如图3所示，在滑片上安装好弹性架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿与各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．
图3
(4)如图4所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后发生碰撞，相碰后粘在一起，测出它们的质量和速度，将实验结果记入相应的表格．
图4
(5)在滑块上安装好撞针及橡皮泥后，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，然后一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．
(6)根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞时动量变化的规律．
气垫导轨实验数据记录表
碰撞前
碰撞后
质量m(kg)
m1
m2
m1
m2
速度v(m·s－1)
v1
v2
v1′
v2′
mv(kg·m·s－1)
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
结论
实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变．
典例分析
例1 为了探究物体碰撞时动量变化的规律，实验最好在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用频闪摄像的方法每隔0.4秒的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的持续时间很短，可以忽略，如图5所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10
cm至105
cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：
图5
(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？
(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后，两个滑块的质量与速度的乘积和是否不变．
解析 (1)分析题图可知
碰撞后
从发生碰撞到第二次拍摄照片时，A运动的时间是
t1＝＝
s＝0.2
s
由此可知，从第一张拍摄照片到发生碰撞的时间为
t2＝(0.4－0.2)
s＝0.2
s
则碰撞前B物体的速度为
vB＝＝
m/s＝1.0
m/s
由题意得vA＝0.
(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5mA
碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝0.75mA＋0.75mA＝1.5mA，所以mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，即碰撞前后两个物体总动量不变．
答案 见解析
例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中动量变化的规律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图6所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50
Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图6
(1)若已得到打点纸带如图7所示，并测得各计数点间距离标在图上，A为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A的碰前速度，应选______段来计算小车A和小车B碰后的共同速度(填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
图7
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40
kg，小车B的质量mB＝0.20
kg，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______
kg·m/s，碰后两小车的总动量为______
kg·m/s.
解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC段点距相等，碰后DE段点距相等，故取BC段、DE段分别计算碰前小车A的速度和碰后小车A和小车B的共同速度．
(2)碰前小车速度vA＝＝
m/s＝1.05
m/s
其动量pA＝mAvA＝0.40×1.05
kg·m/s＝0.420
kg·m/s
碰后小车A和小车B的共同速度
vAB＝＝
m/s＝0.695
m/s
碰后总动量
pAB＝(mA＋mB)vAB＝(0.40＋0.20)×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s
从上面计算可知：在实验误差允许的范围内碰撞前后总动量不变．
答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417
点拨 (1)此实验的条件是：在实验前要把木板的一端垫起，以平衡摩擦力．
(2)此实验关键是求小车的速度，而小车碰撞前后速度的求解方法是利用纸带上匀速运动的过程求解，为了减小测量的相对误差，应多测几个间距来求速度．
图8
例3 如图8所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞时动量变化的规律的实验：
(1)把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．
(2)按下开关使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当滑块A和B与挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2.
(3)重复几次取t1、t2的平均值．
请回答以下几个问题：
①在调整气垫导轨时应注意
________________________________________________________________________；
②应测量的数据还有
________________________________________________________________________；
③作用前A、B两滑块的速度与质量乘积之和为________，作用后A、B两滑块的速度与质量乘积之和为________．
解析 ①为了保证A、B两滑块作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．
②要求出A、B两滑块在卡销放开后的速度，需测出A至C的运动时间t1和B至D的运动时间t2，并且还要测量出两滑块到挡板的距离s1和s2，再由公式v＝求出其速度．
③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝.碰前两滑块静止，v＝0，速度与质量乘积之和为0，碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M＋m)－M.
答案 ①用水平仪调试使导轨水平 ②A至C的距离s1、B至D的距离s2 ③0 (M＋m)－M
[基础题]
1．用气垫导轨进行探究碰撞中的不变量的实验时，不需要测量的物理量是( )
A．滑块的质量
B．挡光时间
C．挡光条的宽度
D．光电门的高度
答案 D
2．图1中，设挡光板宽度为3
cm，左侧滑块碰后通过左侧光电计时装置时记录时间为3×10－1
s，而右侧滑块通过右侧光电计时装置时记录时间为2×10－1
s，则两滑块碰撞后的速度大小分别是________、________.
图1
答案 0.1
m/s 0.15
m/s
解析 题图中滑块部分为挡光板，挡光板有一定的宽度，设为L.气垫导轨的框架上安装有光控开关，并与计时装置相连，构成光电计时装置．当挡光板穿入时，将光挡住开始计时，穿过后不再挡光则停止计时，设记录的时间为t，则滑块相当于在L的位移上运动了时间t，所以滑块匀速运动的速度v＝.则v左＝＝0.1
m/s，v右＝＝0.15
m/s.
图2
3．某同学把两块大小不同的木块用细线连接(未画出)，中间夹一被压缩了的轻弹簧，如图2所示，将这一系统置于光滑水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证两物体相互作用的过程中动量是否守恒．
(1)该同学还须具备的器材是______________；
(2)需要直接测量的数据是______________；
(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是________．
答案 (1)刻度尺、天平 (2)两木块质量m1、m2及其平抛运动的水平位移s1、s2 (3)m1s1＝m2s2
解析 (1)设两木块质量分别为m1、m2，离开桌面至落地的过程是平抛运动，其水平位移为s1、s2，烧断细线前后由m1、m2两木块组成的系统若动量守恒，则有m1v1＝m2v2，又因平抛运动的竖直位移为h＝gt2，故t＝，即两木块运动时间相等，所以m1＝m2就变成了m1s1＝m2s2.
4．如图3所示为气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10
Hz，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．已知滑块A、B的质量分别为200
g、300
g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做________运动，其速度大小为________
m/s，本实验中得出的结论是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
图3
答案 匀速直线 0.09 碰撞前后滑块A、B的质量与其速度乘积之和为不变量
解析 碰撞前：vA＝0，vB＝0，所以有mAvA＋mBvB＝0
碰撞后：vA′＝0.09
m/s，vB′＝0.06
m/s
规定向右为正方向，则有
mAvA′＋mBvB′＝0.2×(－0.09)
kg·m/s＋0.3×0.06
kg·m/s＝0
则由以上计算可知：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′
5．有甲、乙两辆小车，质量分别为m1＝302
g，m2＝202
g，甲小车拖有纸带，通过打点计时器记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，跟乙小车发生碰撞后与乙小车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图4所示，在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50
Hz.
图4
(1)从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为________
s；(结果保留两位有效数字)
(2)碰前甲车的动量大小为______
kg·m/s，碰后两车的总动量为________
kg·m/s；(结果保留三位有效数字)
(3)从上述实验中能得出什么结论？
答案 (1)0.10 (2)0.202 0.203
(3)在误差范围内，碰撞过程中两车的总动量保持不变，即m1v1＝(m1＋m2)v′
解析 本题通过分析纸带来确定甲车速度的变化．从纸带上0点开始每0.02
s内甲车位移分别为13.2
mm、13.5
mm、13.5
mm、12.6
mm、11.7
mm、10.8
mm、9.9
mm、9
mm、8.1
mm、8
mm、8
mm.
(1)从以上数据可知从第3点到第8个点是碰撞过程，则t＝5×0.02
s＝0.10
s，该段时间内甲车做减速运动．
(2)甲车与乙车碰前速度v1＝×10－3
m/s＝0.670
m/s，碰前甲车动量m1v1＝0.302
kg×0.670
m/s＝0.202
kg·m/s；碰后两车的速度v2′＝v1′＝v′，v′＝×10－3
m/s＝0.402
m/s，碰后两车的总动量(m1＋m2)v′＝(0.302＋0.202)×0.402
kg·m/s＝0.203
kg·m/s.
(3)在误差允许范围内，两车总动量保持不变，即m1v1＝(m1＋m2)v′.
[能力题]
6．某同学用如图5甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中动量变化的规律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置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．再把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．图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点．P为未放被碰小球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点．若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零点与O点对齐．
图5
(1)碰撞后B球的水平射程应为______
cm.
(2)在以下选项中，本次实验必须进行的测量有________．
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
E．测量G点相对于水平槽面的高度
答案 (1)65.0±0.1 (2)ABD
解析 (1)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程为65.0
cm，因最后一位数字为估读值，所以允许误差±0.1
cm，因此64.9
cm和65.1
cm也是正确的．
(2)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移s＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移代替平抛初速度，亦即碰撞前后的速度，证明mA·与mA·＋mB·是否相等，即可以说明两个物体碰撞前后各自的质量与其速度的乘积之和是否相等，故必须测量的是两球的质量和水平射程，即选项A、B、D是必须进行的测量．
7．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞过程中动量变化的规律”的实验，气垫导轨装置如图6甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
图6
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨右端弹射架上的橡皮泥；
⑤把滑块2(所用滑块1、2如图丙所示)放在气垫导轨的中间；
⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图丁所示；
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量310
g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205
g；试着完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02
s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前总动量为________
kg·m/s；两滑块相互作用后总动量为______
kg·m/s(保留三位有效数字)．
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________．
答案 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
解析 (2)作用前滑块1的速度v1＝
m/s＝2
m/s，其动量为0.31
kg×2
m/s＝0.620
kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝
m/s＝1.2
m/s，其总动量为(0.310
kg＋0.205
kg)×1.2
m/s＝0.618
kg·m/s.
8．某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验，来探究碰撞过程中动量变化的规律：打点计时器、低压交流电源(频率为50
Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平．
该同学经过以下几个步骤：
A．用天平测出小车A的质量为mA＝0.4
kg，小车B的质量为mB＝0.2
kg
B．更换纸带重复操作三次
C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间
D．把长木板平放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源
E．接通电源，并给小车A一定的初速度vA
(1)该同学正确的实验步骤为____________．
(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图7所示，根据这些数据完成下表．
图7
碰撞前
碰撞后
A车
B车
AB整体
质量
速度
mv
mv2
(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为____________．
答案 见解析
解析 (1)该同学正确的实验步骤为ADCEB.
(2)碰撞前后均为匀速直线运动，由纸带上的点迹分布求出速度．碰后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度．注意打点计时器的频率为50
Hz，打点时间间隔为0.02
s，通过计算得下表.
碰撞前
碰撞后
A车
B车
AB整体
质量
0.4
0.2
0.6
速度
3.0
0
2.0
7.5
0
3.3
mv
1.2
0
1.2
mv2
3.6
0
2.4
(3)由表中数值可看出在mv一行中碰撞前和碰撞后数值相同，可猜想碰撞前后不变量的表达式为：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v.1.2 探究动量守恒定律
学习目标
重点难点
1．能说出系统、内力、外力的概念。2．能用动量定理推导动量守恒定律。3．记住动量守恒定律的内容及表达式，会利用守恒条件判断动量是否守恒。
重点：记住、说出动量守恒定律。难点：会用动量守恒定律分析解决实际问题。
一、探究物体碰撞时动量的变化规律
1．实验目的：定量研究两物体碰撞时动量变化的规律。
2．实验原理：欲研究碰撞过程中动量变化遵循的规律，需测量两个物体碰撞前后的动量。为此需测量碰撞物体的质量及碰撞前后物体的速度，从而确定碰撞前后物体的动量变化规律。
3．实验方案：利用气垫导轨实现一维碰撞。
（1）质量的测量：用天平测量。
（2）速度的测量：v＝，式中Δs为滑块（挡光片）的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块（挡光片）经过光电门的时间。
预习交流1
用气垫导轨做探究动量守恒实验时，首先应该做什么？为什么要用气垫导轨？
答案：首先要给气垫导轨充气。气垫导轨保证了两滑块碰撞前后都在同一直线上，并且有利于减小摩擦。
二、动量守恒定律
1．推导：设两物体质量分别为m1、m2，F1与F2表示两物体间相互作用力，两物体的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1′、v2′，相互作用时间为t，则
对m1，由动量定理得F1t＝m1v1′－m1v1
对m2，由动量定理得F2t＝m2v2′－m2v2
据牛顿第三定律：F2＝－F1
所以F2t＝－F1t
所以m2v2′－m2v2＝－（m1v1′－m1v1）
整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两物体在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式。
2．几个概念
（1）系统：在物理学中，把几个有相互作用的物体的合称为系统。
（2）内力：系统内物体间的相互作用力。
（3）外力：系统外的物体对系统内的物体的作用力。
3．动量守恒定律
（1）内容：如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变。
（2）表达式
①物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1′、v2′，则可表示为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
②物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1′、p2′，则可表示为：p1＋p2＝p1′＋p2′。
（3）适用条件：系统不受外力或所受合外力为零。
（4）适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于高速、微观物体的运动。
预习交流2
动量守恒定律可以由牛顿运动定律和动量定理推导出来，那么动量守恒定律和牛顿运动定律的适用范围相同吗？
答案：不同。牛顿运动定律只适用于宏观、低速物体；动量守恒定律不仅适用于宏观、低速物体，也适用于微观、高速物体。
一、实验：探究物体碰撞时动量变化的规律
物体碰撞时难免有能量损失，只有某个物理量在能量损失较大和损失较小的碰撞中都不变，它才是我们寻找的不变量。那么在利用气垫导轨进行实验时，如何改变碰撞中的能量损失呢？
答案：在两滑块相碰的端面装上弹性碰撞架（如图甲），可以得到能量损失很小的碰撞。在滑块的碰撞端贴胶布，可以增大碰撞时的能量损失（图乙）。如果在两个滑块的碰撞端分别装撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个滑块连接成一体运动（图丙），这样的碰撞中能量损失很大。如果在两个滑块的碰撞端分别贴上尼龙搭扣，碰撞时它们也会连成一体。
利用气垫导轨进行实验的几种情况
某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘成一体，继续做匀速直线运动。他设计的具体装置如图所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源的频率为50
Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
（1）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距离标在图上。A为运动起始的第一点，则应选________段来计算小车A碰前的速度，应选________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”）。
（2）测得小车A的质量mA＝0.40
kg，小车B的质量mB＝0.20
kg，由以上测量结果可得：碰前mAvA＋mBvB＝_____
kg·m/s；碰后mAvA′＋mBvB′＝______
kg·m/s。
答案：见解析
解析：（1）从分析纸带上的打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大的速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A的碰前速度。从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算碰后小车A和小车B的共同速度。
（2）小车A在碰撞前的速度
v0＝＝m/s＝1.050
m/s
小车A在碰撞前的动量
p0＝mAv0＝0.40×1.050
kg·m/s＝0.420
kg·m/s
碰撞后小车A和小车B的共同速度
v共＝＝m/s＝0.695
m/s
碰撞后小车A和小车B的总动量
p′＝（mA＋mB）v共＝（0.20＋0.40）×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s。
1．用气垫导轨做探究动量守恒的实验时，为减小误差应将气垫导轨调整到水平，确保滑块碰撞前和分开后做匀速直线运动。
2．用木板做实验时，要用小木块在木板的一侧垫起，使木板轨道成为一个斜面，以平衡小车运动时受到的摩擦力。要反复调整木块的位置，直到小车能在斜面上做匀速直线运动为止。
3．求解有关纸带问题，一定要读懂纸带上的点迹所反映的信息，碰前和碰后小车均做匀速直线运动，故点迹均匀分布，碰前速度大，则碰前点迹稀疏。
二、动量守恒的条件
原来静止在滑冰场上的两个人，无论谁推谁一下，两个人都向相反的方向滑去，他们的动量都发生了变化。两个人本来都没有动量，现在都有了动量，他们的总动量守恒吗？
答案：把他们两人看做一个系统，冰面的摩擦力很微小可以忽略，他们受的合力为零，总动量守恒。
把一支枪水平地固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法中正确的是（ ）。
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．若忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D．枪、子弹和车组成的系统动量守恒
答案：D
解析：在使用动量守恒定律时，一定要注意守恒的条件，不要盲目使用，注意选好研究对象及其作用的方向，也许整个系统动量不守恒，但在某一个方向上动量是守恒的。枪发射子弹的过程中，它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力，枪和车一起在水平地面上做变速运动，枪和车之间也有作用力。如果选取枪和子弹为系统，则车给枪的力为外力，选项A错；如果选取枪和车为系统，则子弹对枪的作用力为外力，选项B错；如果选车、枪和子弹为系统，爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力，并不存在忽略的问题，系统在水平方向上不受外力，整体遵守动量守恒的条件，故选项C错，D对。
在进行受力分析和判断动量是否守恒的时候要注意以下几点：
（1）动量守恒定律不仅适用于两物体间的相互作用，也适用于多个物体间的相互作用。
（2）两个物体相互作用过程中动量守恒，则它们各自的动量变化的大小相等，方向相反。
（3）动量守恒定律是自然界普遍适用的规律之一，既适用于宏观物体也适用于微观粒子。
要判断一个具体的物理过程中动量是否守恒，首先要对系统这一过程进行受力分析，再根据受力情况进行判断。下列情况下，动量守恒定律成立：
（1）系统不受外力作用；
（2）系统受外力作用，但外力的矢量和为零；
（3）系统受外力作用，合外力不为零，但合外力远远小于内力（物体间的相互作用）；
（4）系统受外力作用，合外力不为零，但在某一方向上遵守上述条件，则系统在这一方向上动量守恒。
三、动量守恒定律的初步应用
当一个系统所受合外力不为零，但在某一方向上所受合外力为零，此种情况能否应用动量守恒定律分析问题？
答案：当一个系统所受的合外力不为零时，系统的动量不守恒。如果在某一个方向上合外力为零，则系统在这个方向上的动量守恒，可以在这个方向上应用动量守恒定律。
如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（ ）。
A．v0，水平向右 B．0
C．，水平向右
D．，水平向右
答案：C
解析：物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞n次的过程中系统的动量守恒，只考虑初、末态，忽略中间过程，则m的初速度为v1＝v0，M的初速度为v2＝0；作用后它们的末速度相同，即v1′＝v2′＝v。
由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′得：mv0＝（m＋M）v
解得v＝，方向与v0相同，水平向右。选项C正确。
1．动量守恒定律在处理较复杂的问题时要比牛顿运动定律更简单明了，动量守恒定律不需要考虑中间过程细节，只需考虑它们的初、末状态。
2．应用动量守恒定律的解题步骤
（1）确定相互作用的系统为研究对象；
（2）分析研究对象所受的外力；
（3）判断系统是否符合动量守恒条件；
（4）规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
（5）根据动量守恒定律列式求解。
1．关于一个系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（ ）。
A．系统必须不受外力作用
B．系统不受内力作用
C．系统不受摩擦力作用
D．系统受到的合外力为零
答案：D
解析：一个系统动量守恒的条件是合外力为零，D正确。
2．下列所述的各种情况中，满足动量守恒条件的有（ ）。
A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量
C．子弹水平穿过墙壁过程中，子弹和墙壁的总动量
D．棒击垒球过程中，棒和垒球的总动量
答案：B
解析：上面四种情形的系统中，只由B选项中的系统所受合外力为零，故只有B选项中的系统满足动量守恒的条件，B正确。
3．若用p1、p2分别表示两个相互作用物体的初动量，p1′、p2′分别表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示相互作用物体的动量变化，p、Δp表示两物体组成系统的总动量和总动量的变化量，C为常数，则下列表示的动量守恒定律的各式正确的是（ ）。
A．Δp1＝－Δp2
B．p1＋p2＝p1′＋p2′
C．Δp＝0
D．Δp＝C
答案：ABC
解析：上述表示动量守恒定律正确的有A、B、C，只由D选项表示的动量守恒式是错误的。
4．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前（ ）。
A．汽车和拖车的总动量保持不变
B．汽车和拖车的总动能保持不变
C．汽车和拖车的总动量增加
D．汽车和拖车的总动能减小
答案：A
5．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将（ ）。
A．立即停止运动
B．仍匀速运动，速度仍为v0
C．仍匀速运动，速度小于v0
D．做变速运动，速度不能确定
答案：C
解析：砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有Mv0＝（M＋m）v，得v＝v0＜v0，故选C。1.4 美妙的守恒定律
学习目标
重点难点
1．知道弹性碰撞和非弹性碰撞。2．知道物体弹性碰撞的特点。3．能用动量守恒定律分析二维碰撞问题。
重点：一维碰撞的定性分析和定量计算。难点：三种碰撞过程动量、能量规律特点。
一、研究碰撞中的动能
1．弹性碰撞：碰撞过程中动量和动能都守恒。
2．非弹性碰撞：碰撞过程动量守恒，动能不守恒。
3．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后，结合为一体，以同一速度运动。
预习交流1
想一想：在上述三类碰撞中，动量都守恒，机械能损失情况是怎样的？
答案：弹性碰撞机械能不损失，非弹性碰撞损失一部分机械能，完全非弹性碰撞损失的机械能最大。
二、研究弹性碰撞
在光滑水平面上质量为m1的小球A以速度v0与质量为m2的静止小球B发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有：m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2。
碰后两个小球的速度分别为：v1′＝v0 v2′＝v0
由两个速度表达式我们可以得出：（1）当m1＞m2时，碰后两球都沿v0方向运动；
（2）当m1＝m2时，碰后A球静止，B球以A球碰前的速度v0运动；
（3）当m1＜m2时，碰后A球被弹回，B球沿v0方向运动。
预习交流2
思考与讨论：在上述条件及结论的基础上，试考虑当A球的质量远远大于B球的质量，即m1≥m2时，两球碰后情况怎样？若当A球的质量远远小于B球的质量，即m1≤m2时，两球碰后情况又怎样？
答案：（1）当m1≥m2时，v1′＝v0，v2′＝2v0，即碰后A球速度不变，B球以2v0被弹出。
（2）当m1≤m2时，v1′＝－v0，v2′＝0，即碰后A球以原来的速率被弹回，B球静止不动。
三、自然之美——物理学中的守恒定律
物理学中的守恒定律闪耀着自然美的光辉。
1．物理学的每一条守恒定律都用极其精炼的语言将内涵丰富的自然规律表述出来，表现出物理学的简洁美。
2．通过进一步的学习，你还将发现，物理学的每一条守恒定律都对应于自然界中的一种对称关系，反映着自然界的一种对称美。
3．物理学的每一条守恒定律中都有一个守恒量，这反映了各种运动形式间的联系和统一，表现出物理学的和谐统一美。
一、对碰撞问题的分析
碰撞是一种典型的物理现象，分析碰撞问题我们主要理清哪几点？
答案：（1）先要分析清楚碰撞的类型，是弹性碰撞、非弹性碰撞还是完全非弹性碰撞。
（2）根据碰撞的类型，选择相应的规律解题。
如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球。A球动量为10
kg·m/s，B球动量为12
kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8
kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为（ ）。
A．0.5
B．0.6
C．0.65
D．0.75
分析：两球相碰过程遵守动量守恒定律，不一定遵守动能守恒，但条件是碰撞后系统的动能不能增加。在对问题的估算中，需同时对多种结果综合考虑，给出对结果的最后预测。
答案：BC
解析：A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件vA＞vB。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件vB′≥vA′。
由vA＞vB得＞，即＜＝＝0.83
由碰撞过程动量守恒，得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14
kg·m/s
由碰撞过程的动能关系，得＋≥＋，≤＝0.69
由vB′＞vA′，得≥，≥＝＝0.57
0.57≤＜0.69，所以选B、C。
在所给条件不明确的情况下，碰撞结果有多种可能，但不管哪种结果，必须满足以下三条原则：
1．动量守恒原则，即：p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．动能不增加原则：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′，或＋≥＋。
3．碰后速度的合理性原则，即要符合实际物理情景。
二、弹性碰撞的特点
两根细线下悬挂着质量相等的两个钢球A、B，把A球向左侧拉开一个角度后放下，A球向右摆动，到达原先的平衡位置时跟B球发生正碰，碰撞后A球静止，B球向右摆动，摆到与A球原来等高处后，B球又向左摆动，跟A球碰撞后静止，A球又向左摆动……两球就这样交替摆动下去。你能说出其中的奥秘吗？
答案：两球碰撞过程，动量守恒，动能也守恒，故A、B两球碰撞后交换速度。
如图所示，在同一竖直平面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L，小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为L/2。（已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，不计两球相碰时的机械能损失）求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；
（3）弹簧的弹性力对球A所做的功。
答案：（1） （2） （3）
解析：（1）设碰撞后的一瞬间，球B的速度为vB′，由于球B恰能摆到与悬点O同一高度，根据动能定理有：
。①
（2）球A达到最高点时，只有水平方向速度，与球B发生弹性碰撞，设碰撞前的一瞬间，球A水平速度为vA，碰撞后的一瞬间，球A速度为vA′。根据球A、B系统碰撞过程中动量守恒和机械能守恒有：
2mvA＝2mvA′＋mvB′②
×2mv＝×2mvA′2＋×mvB′2③
由①②③联立解得：vA′＝④
及球A在碰撞前一瞬间的速度大小vA＝。⑤
（3）碰后球A做平抛运动。设从抛出到落地时间为t，平抛高度为y，则
＝vA′t⑥
y＝gt2⑦
由④⑥⑦解得：y＝L⑧
以球A为研究对象，弹簧的弹性力所做的功为W，从静止位置运动到最高点：
W－2mg（y＋2L）＝×2mv⑨
由⑤⑧⑨式联立得：W＝mgL。
1．解决弹性碰撞要紧紧抓住弹性碰撞的特点：动量守恒和动能守恒。对于弹性碰撞，系统内只发生动能的转移，整个系统没有动能损失。
2．碰撞过程与其他过程结合的问题，要注意认真分析物理过程，根据过程特点将复杂的运动合理分段处理，要明确在哪个过程、对哪个系统应用动量守恒和动能守恒。
3．熟记质量m1的球以v0速度对心正碰静止的
质量为m2的球发生弹性碰撞的两个结论：v1′＝v0、v2′＝v0。
1．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
答案：A
解析：由动量守恒3m·v－mv＝0＋mv′所以v′＝2v
碰前总动能：Ek＝·3m·v2＋mv2＝2mv2
碰后总动能：Ek′＝mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以A对。
2．质量为m的α粒子，其速度为v0，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，则碳核获得的速度为（ ）。
A． B．2v0
C． D．
答案：C
解析：由α粒子与碳核所组成系统动量守恒，若碳核获得的速度为v，则mv0＝3mv－m×，所以v＝，C正确。
3．如图所示，质量相同的两木块M、N，中间固定一轻弹簧，M放在粗糙的水平面上，N放在光滑的水平面上，用力将两物体靠近使弹簧压缩，此时弹簧的弹力大于M所受到的最大静摩擦力，当松手后两物体被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块，有（ ）。
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量守恒、机械能不守恒
C．动量、机械能都不守恒
D．加速度大小时刻相等
答案：C
解析：机械能守恒的条件是除了重力、弹力以外，其他力不做功。动量守恒的条件是系统的合外力为零。两木块在弹开的过程中，合外力不为零，摩擦力做负功。动量不守恒，机械能也不守恒，C正确，A、B错误。M的合外力与N的合外力大小不等，根据牛顿第二定律，D错误。
4．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）。
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不相同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不相同，碰后以某一相等速率同向而行
答案：AD
解析：由动量守恒定律－ΔpA＝ΔpB，m1＝m2，得－vA′＝vB′，A正确、B错；若m1≠m2得－vA′≠vB′，C错；当两球碰后粘合时，D正确。
5．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞后的速度图像如图所示，下列关系正确的是（ ）。
A．ma＞mb
B．ma＜mb
C．ma＝mb
D．无法判断
答案：B
解析：由图像知a球以初速度向原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且小于a的初速度，根据碰撞规律，a球质量小于b球质量。学案5 美妙的守恒定律
[学习目标定位]
1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
1．动量守恒定律的表达式
若为两个物体组成的系统，则有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，此式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
2．动量守恒的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)内力远大于外力；
(3)系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．弹性碰撞：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞．
4．非弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒的碰撞．
5．完全非弹性碰撞：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动.
一、三种碰撞及特点
[问题设计]
图1
(1)如图1所示，让钢球A与另一静止的钢球B相碰，两钢球的质量相等．
(2)钢球A、B外面包上橡皮泥，重复(1)实验．
上述两实验中，A与B碰撞后各发生什么现象？A与B碰撞过程中总动能守恒吗？试根据学过的规律分析或推导说明．
答案 (1)可看到碰撞后A停止运动，B摆到A开始时的高度；根据机械能守恒定律知，碰撞后B获得的速度与碰前A的速度相等，这说明碰撞中A、B两球的总动能守恒．
(2)可以看到，碰撞后两球粘在一起，摆动的高度减小．
设碰后两球粘在一起的速度为v′
由动量守恒定律知：mv＝2mv′，则v′＝
碰撞前总动能Ek＝mv2
碰撞后总动能Ek′＝×2m()2＝mv2
所以碰撞过程中动能减少
ΔEk＝Ek－Ek′＝mv2
即碰撞过程中动能不守恒．
[要点提炼]
1．碰撞的特点
(1)经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中是可以忽略的；
(2)碰撞双方相互作用的内力往往远大于外力．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能减少，损失的动能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中动能损失最多，即
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
例1 两个质量分别为300
g和200
g的物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50
cm/s和100
cm/s.
(1)如果两物体碰撞并结合在一起，求它们的末速度．
(2)求碰撞后损失的动能．
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求每一物体碰撞后的速度．
解析 (1)令v1＝50
cm/s＝0.5
m/s，
v2＝－100
cm/s＝－1
m/s，
设两物体碰撞后结合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1
m/s，方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2]
J＝0.135
J.
(3)如果碰撞是弹性的，则系统机械能和动量都守恒．设碰后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7
m/s，v2′＝0.8
m/s.
答案 (1)0.1
m/s，与50
cm/s的方向相反 (2)0.135
J (3)0.7
m/s 0.8
m/s 碰撞后均反向运动
二、弹性碰撞模型及拓展应用
[问题设计]
图2
已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的水平面上，如图2所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1 m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
[要点提炼]
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝v1，v2′＝v1.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．
(2)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(3)若m1 m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性正碰后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程的初、末状态总机械能不变，广义上也可以看成弹性碰撞．
图3
例2 在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连结一个小球构成，如图3所示，两小球质量相等，现突然给左端小球一个向右的速度v，试分析从开始运动到弹簧第一次恢复原长这一过程中两球的运动情况并求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度大小．
解析 刚开始，A向右运动，B静止，弹簧被压缩，对两球产生斥力，此时A动量减小，B动量增加．当两者速度相等时，两球间距离最小，弹簧形变量最大，弹簧要恢复原长，对两球产生斥力，A动量继续减小，B动量继续增加．所以，到弹簧第一次恢复原长时，A球动量最小，B球动量最大．整个过程相当于完全弹性碰撞．在整个过程中，系统动量守恒，且系统的动能不变，有mv＝mvA＋mvB，mv2＝mv＋mv
解得：vA＝0，vB＝v
答案 见解析
图4
例3 带有光滑圆弧的轨道、质量为M的滑车静止于光滑的水平面上，如图4所示．一个质量为m的小球以速度v0水平冲向滑车，当小球在返回并脱离滑车时，下列说法可能正确的是( )
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动
B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能做自由落体运动
D．小球可能沿水平方向向右做平抛运动
解析 小球冲上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，由于系统水平方向上动量守恒，机械能也守恒，故相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．如果mM，小球离开滑车向右做平抛运动，故答案为B、C、D.
答案 BCD
三、碰撞需满足的三个条件
[要点提炼]
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束．
例4 A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7
kg·m/s，B球的动量是5
kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝8
kg·m/s，pB＝4
kg·m/s
B．pA＝6
kg·m/s，pB＝6
kg·m/s
C．pA＝5
kg·m/s，pB＝7
kg·m/s
D．pA＝－2
kg·m/s，pB＝14
kg·m/s
解析 从动量守恒的角度分析，四个选项都正确；从能量角度分析，A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能，所以碰撞后它们的总动能不能增加．碰前B在前，A在后，碰后如果二者同向，一定仍是B在前，A在后，A不可能超越B，所以碰后A的速度应小于或等于B的速度．
A选项中，显然碰后A的速度大于B的速度，这是不符合实际情况的，所以A错．
碰前A、B的总动能Ek＝＋＝
碰后的总动能，B选项中Ek′＝＋＝D选项中Ek′＝＋＝>Ek＝，所以D是不可能发生的．
综上，本题正确选项为B、C.
答案 BC
碰撞
图5
1．如图5所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球发生正碰后，A球的速率变为原来的1/2，而碰后球B的速度是(以v方向为正方向)( )
A．v/6
B．－v
C．－v/3
D．v/2
答案 D
解析 碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2
根据动量守恒定律，有mv＝mv1＋3mv2，当v1＝v/2时，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，v2＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．
2．两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4
kg，mB＝2
kg，A的速度vA＝3
m/s(设为正)，B的速度vB＝－3
m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为＋1
m/s
B．＋4
m/s和－5
m/s
C．＋2
m/s和－1
m/s
D．－1
m/s和＋5
m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：
E前＝mAv＋mBv＝27
J
E后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有E前≥E后，据此可排除B；选项C虽满足E前≥E后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误；验证A、D均满足E前≥E后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
3．如图6所示，光滑轨道的下端离地0.8
m，质量为m的弹性球A从轨道上端无初速释放，到下端时与质量为m的弹性球B正碰，球B碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8
m，则球A释放的高度h可能是( )
图6
A．0.8
m
B．1
m
C．0.1
m
D．0.2
m
答案 D
解析 碰撞后球B做平抛运动有s＝vB′t，h＝gt2，得
vB′＝＝s
＝0.8
m/s＝2
m/s.
因为A、B球均为弹性球且质量均为m，碰撞过程中无动能损失，则碰撞过程中两球交换速度
vA′＝0，vB′＝vA1
故碰前A球速度为
vA1＝2
m/s
由机械能守恒定律
mgh＝mv，得
h＝＝
m＝0.2
m.
4．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图7所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图7
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们在相同时间内通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.
设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
利用＝4，
解得m1∶m2＝2∶1
[基础题]
1．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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中动能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
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
答案 AB
解析 碰撞过程中机械能守恒的碰撞为弹性碰撞，C错．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．
2．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( )
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
答案 AD
解析 本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题．光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒．
A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的．
B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能．
C项，碰撞前、后系统的总动量的大小和方向不同，所以动量不守恒，C项不可能．
D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以，D项是可能的．
图1
3．如图1所示，木块A和B质量均为2
kg，置于光滑水平面上、B与一轻质弹簧一端相连，弹簧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，具有的弹性势能大小为( )
A．4
J
B．8
J
C．16
J
D．32
J
答案 B
解析 A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2
m/s.当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以Ep＝(mA＋mB)v＝8
J.
图2
4.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图2所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 质量相等的小球组成的系统发生碰撞，碰撞过程中动量守恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确．
图3
5.如图3所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体发生正碰，碰撞后P物体静止，Q物体以P物体碰撞前速度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具有相同速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
答案 B
解析 P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q物体做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩至最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时的速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误．
图4
6．如图4所示，质量分别为mA和mB的滑块之间用轻质弹簧相连，水平地面光滑．mA、mB原来静止，在瞬间给mB一很大的冲量，使mB获得初速度v0，则在以后的运动中，弹簧的最大弹性势能是多少？
答案
解析 由动量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v，由机械能守恒得最大弹性势能Ep＝mBv－(mA＋mB)v2，解得Ep＝.
[能力题]
图5
7．如图5所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则小车的运动过程为( )
A．向右运动
B．向左运动
C．静止不动
D．小球下摆时，车向左运动后又静止
答案 D
解析 根据动量守恒，小球下摆时速度向右，则小车向左；小球静止时，小车也静止．
图6
8．(2014·福建·30(2))一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为________．
A．v0－v2
B．v0＋v2
C．v0－v2
D．v0＋(v0－v2)
答案 D
解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．故选D.
图7
9.如图7所示，两个质量m1＝20
g、m2＝80
g的小球，用等长的细线悬挂在O点．悬挂m2的细线处于竖直状态，悬挂m1的细线处于伸直状态且与竖直方向成37°角．现将m1由静止释放，m1与m2碰撞后粘在一起．若线长L＝1
m，重力加速度g＝10
m/s2，取sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，求：
(1)碰撞前瞬间m1的速度v0；
(2)碰撞中损失的机械能ΔE.
答案 (1)2
m/s (2)0.032
J
解析 (1)由机械能守恒，得
m1gL(1－cos
37°)＝m1v
v0＝2
m/s
(2)设碰后速度为v，由动量守恒得
m1v0＝(m1＋m2)v
ΔE＝m1gL(1－cos
37°)－(m1＋m2)v2
解得 ΔE＝0.032
J
10．质量为m的小球A以水平速度v与原来静止在光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，求碰撞后B球的速度大小．
答案
解析 由Ek＝mv2可知，A球碰后的速度vA＝±
由于A、B碰撞过程中动量守恒，
所以mv＝mvA＋3mvB
当vA＝时，vB＝；当vA＝－时，vB＝
由于第一组答案不符合实际运动的情况，应舍去，所以碰后B球的速度为.
11．一个物体静置于光滑水平面上，外面盖一质量为M的盒子，如图8甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图像呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．
甲 乙
图8
答案 M
解析 设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得的速度为v，根据动量守恒定律
Mv0＝mv.①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，动能守恒
Mv＝mv2.②
联立①②解得m＝M.
(也可通过图像分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果．)
[探究与拓展题]
图9
12．如图9所示，平直轨道上有一节车厢，质量为M，车厢以1.2
m/s的速度向右做匀速运动，某时刻与质量m＝的静止的平板车碰撞并连在一起，车厢顶离平板车的高度为h＝1.8
m，车厢顶边缘上有一小钢球向前滑出，问：钢球将落在平板车上何处？(空气阻力不计，平板车足够长，g取10
m/s2)
答案 距平板车左端0.18
m处
解析 车厢与平板车相撞的过程中，作用时间很短，球的运动状态不发生改变，车厢和平板车组成的系统动量守恒，则Mv1＝(M＋m)v2
车厢和平板车的共同速度为v2＝＝0.9
m/s
车厢和平板车碰后以0.9
m/s的速度沿原方向做匀速运动，球以1.2
m/s的速度离开车厢顶做平抛运动．平抛运动的时间为t＝
＝0.6
s
则球相对车的水平位移为Δs＝(v1－v2)t＝0.18
m
即球落在离平板车左端0.18
m处．学案1 探究动量变化与冲量的关系
[学习目标定位]
1.理解冲量和动量的定义、公式、单位及矢量性.2.理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象，解决有关实际问题．
1．动能的表达式Ek＝mv2，动能是标量．
2．牛顿第二定律的表达式F合＝ma，加速度a＝，Δv＝v－v0.
3．动量
(1)定义：物体的质量m和速度v的乘积
mv.
(2)公式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)矢量性：方向跟物体的速度方向相同．
4．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积Ft.
(2)公式：I＝Ft.
(3)单位：N·s.
(4)矢量性：方向跟力的方向相同．
5．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．
(2)公式：I＝Ft＝Δp.
一、动量和冲量
[问题设计]
一辆玩具小汽车向你驶来，碰了你一下，玩具小汽车可能被碰翻或者改变运动方向；假如一辆大汽车以同样的速度向你驶来，被碰翻的肯定不是大汽车…….这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关．请阅读课本“动量和冲量”，回答：
(1)什么是动量？动量的方向如何确定？
(2)什么是冲量？冲量的方向如何确定？
答案 见要点提炼．
[要点提炼]
1．动量
(1)定义式：p＝mv.
(2)动量的矢量性：动量是矢量，它的方向跟物体的速度v的方向相同，遵循矢量运算法则．
(3)动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．
(4)动量具有相对性：由于速度与参考系的选择有关，一般以地球为参考系．
2．冲量
(1)冲量的定义式：I＝Ft.
(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效果．
(3)冲量是矢量，冲量的方向跟合力F的方向相同．
[延伸思考]
动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，它们有什么区别？它们之间数值的关系是怎样的？
答案 动量p＝mv是矢量，动能Ek＝mv2是标量，所以物体速度v变化(无论大小还是方向)，动量p一定变化，但物体速度v变化，动能Ek不一定变化．
数值关系：Ek＝，p＝.
例1 对于质量不变的物体，下列说法中正确的是( )
A．物体的动量改变，一定是速度大小改变
B．物体的动量改变，一定是速度方向改变
C．物体的运动速度改变，其动量一定改变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
解析 动量是矢量，它的大小和方向两个因素中，只要有一个因素发生变化，动量就会变化，故正确选项为C、D.
答案 CD
例2 质量为0.6
kg的球以8
m/s的速度与竖直墙壁碰撞，碰后的速度反向(向西)，大小也为8
m/s.求球与墙壁碰撞前后的动量变化量和动能变化量．
解析 选与墙壁碰前的方向(向东)为正方向
v1′＝8
m/s
v2′＝－8
m/s
Δp′＝mv2′－mv1′＝0.6×(－8－8)
kg·m/s
＝－9.6
kg·m/s
即动量变化量大小为9.6
kg·m/s，方向向西(与初动量方向相反)
动能变化量为ΔEk′＝mv2′2－mv1′2＝0.
答案 见解析
二、动量定理
[问题设计]
设一个质量为m的物体，某一时刻速度为v0，在合外力F作用下，经过一段时间t，速度变为vt.试用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp与合外力F及作用时间t的关系．
答案 根据牛顿第二定律：F＝ma①
物体的加速度a＝②
由①②得：F＝m
整理得：Ft＝mvt－mv0＝p′－p或I＝Δp.
[要点提炼]
1．动量定理的数学表达式：Ft＝mvt－mv0或I＝Δp，其中F为物体所受合力．
2．应用动量定理的分析思路
(1)明确研究对象和研究过程；
(2)分析研究对象的受力情况，确定过程的初末状态；
(3)选定正方向，根据动量定理列方程；
(4)解方程或作定性讨论．
例3 质量为0.5
kg的弹性小球，从1.25
m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8
m，设碰撞时间为0.1
s，g取10
m/s2.求小球对地板的平均冲力．
解析 选小球为研究对象．
碰撞前的速度：
v0＝＝5
m/s 方向向下
碰撞后的速度：
vt＝＝4
m/s 方向向上
取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：
(N－mg)t＝mvt－(－mv0)
得：N＝＋mg
＝
N＋0.5×10
N＝50
N
方向竖直向下．
答案 50
N，方向竖直向下
三、动量定理的应用
[问题设计]
运输易碎物品时包装箱内为什么放置碎纸、泡沫塑料等柔软填充物？钉钉子时用铁锤好还是用橡皮锤好？铺地板砖时呢？
答案 物体的动量变化一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之就越小．运输易碎物品包装箱内填充碎纸、泡沫塑料等柔软填充物是为了延长作用时间以减小物品受到的作用力．钉钉子时用铁锤好，因为它与钉子相碰的时间很短，可以对钉子产生较大的作用力．而铺地板砖时，用橡皮锤较好，可以延长作用时间，以减小作用力．
[要点提炼]
用动量定理解释的现象一般可分为以下两种：
情况1：当Δp一定时，F＝，物体所受的力的作用时间越短，力就越大．
情况2：当F一定时，F·Δt＝Δp，力的作用时间越短，力的冲量越小，物体的动量变化就越小．
例4 人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地．这样做是为了( )
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．延长与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
解析 设人从高处跳到低处的高度是h，且视为自由落体运动，则落地前的速度v＝，与地接触后速度变为零，设作用时间为t.因落地前、后速度一定，故无论是否让脚尖先着地，人的动量变化都相同，再根据动量定理知人受到的冲量相同，故A、B错；选向下的方向为正方向，则根据动量定理有－Nt＋mgt＝0－mv，得N＝mg＋，让脚尖先着地，可以使作用时间变长，故人受到的冲力N变小，C对；脚尖先着地，对地面压力减小，可接触面积也减小，人对地面的压强不一定增大，故D错．答案为C.
答案 C
针对训练 如图1所示，把重物G压在纸带上，
图1
用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是( )
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间摩擦力小
B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
答案 CD
解析 在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间是静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间是滑动摩擦力，静摩擦力可能比滑动摩擦力小些，也可能大些，但相差不大可认为相同，故选项A、B错误．缓慢拉动纸带时，作用时间长，静摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动；迅速拉动纸带时，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小，所以重物几乎不动，故选项C、D正确．
动量和冲量动量定理
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
答案 A
解析 本题侧重于准确理解动量的概念．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A正确．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误．物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误．惯性由物体的质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．
2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小
答案 CD
3．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间为Δt，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为( )
A．向下，m(v1－v2)－mgΔt
B．向下，m(v1＋v2)－mgΔt
C．向上，m(v1－v2)－mgΔt
D．向上，m(v1＋v2)＋mgΔt
答案 D
解析 取竖直向上为正方向，如图所示，由动量定理I＝Δp得(N－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
即I－mgΔt＝m(v2＋v1)．
则I＝m(v2＋v1)＋mgΔt，方向竖直向上．
4．一辆轿车强行超车时，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约为30
m/s.则：
(1)试求车祸中车内质量约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，求这时人体受到的平均冲力为多大？
答案 (1)5.4×104
N (2)1.8×103
N
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.
设运动时间为t，根据s＝t，得t＝＝
s.
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0，得F＝＝
N＝5.4×104
N.
(2)若人系有安全带，则F′＝＝
N＝1.8×103
N
[基础题]
1．下列关于动量的说法正确的是( )
A．质量越大的物体动量一定越大
B．质量和速率都相同的物体动量一定相同
C．一个物体的加速度不变，其动量一定不变
D．一个物体所受的合力不为零，它的动量一定改变
答案 D
2．放在水平桌面上的物体质量为m，用一个大小为F的水平推力推它t秒，物体始终不动，那么t秒内，推力对物体的冲量大小是( )
A．F·t
B．mg·t
C．0
D．无法计算
答案 A
3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )
A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
答案 D
解析 人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量一定；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化Δp一定，因落在沙坑上的作用时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft＝Δp，Δp一定，t越大，F越小，故D对．
4．在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一质量相等的物体m，从它们被抛出到落地的过程中，比较它们的动量的增量Δp，正确的说法是( )
A．平抛过程较大
B．竖直上抛过程较大
C．竖直下抛过程较大
D．三者一样大
答案 D
5．竖直上抛一个物体，不计阻力，取向上为正方向，则物体在空中运动的过程中，动量变化Δp随时间t变化的图线是下图中的( )
答案 C
解析 本题中图线的斜率代表重力，故斜率为定值．重力的方向竖直向下，与规定的正方向相反，因此斜率为负，故正确选项为C.
图1
6.质量为1
kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图1所示．则物体在前10
s内和后10
s内所受外力的冲量分别是( )
A．10
N·s,10
N·s
B．10
N·s，－10
N·s
C．0,10
N·s
D．0，－10
N·s
答案 D
解析 由题图可知，在前10
s内物体初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5
kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10
s内p3＝－5
kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10
N·s，故选D.
图2
7．如图2所示，将质量为m的小球用力下拉一段距离后，由静止释放，今测得经t时间小球达到最高点，求此过程中弹簧弹力的冲量的大小．
答案 mgt，方向竖直向上
解析 小球在运动的过程中受弹簧的弹力和重力作用．
设弹簧对小球的冲量为I，取竖直向上为正方向．
对小球应用动量定理得：
p－p0＝I－mgt，而初末状态的速度均为零，故I＝mgt，方向竖直向上．
[能力题]
8．质量为60
kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间是1.2
s，安全带长5
m，g取10
m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500
N
B．1
100
N
C．600
N
D．100
N
答案 B
解析 根据动量定理(F－mg)t＝m代入数据，解得F＝1
100
N.
9．如图3所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )
图3
A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同
B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同
C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同
D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同
答案 D
解析 在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同．本题答案为D.
10．一质量为0.5
kg的小球，以初速度4
m/s沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的，并且球与斜面接触时间为0.01
s，在这个时间内，重力及其冲量可不考虑．求：
(1)在碰撞中斜面对小球的冲量大小；
(2)斜面对小球的平均作用力．
答案 (1)7
N·s (2)700
N
解析 小球在碰撞斜面前做平抛运动．设刚要碰撞斜面时小球的速度为v.
(1)由题意知，v的方向与竖直方向的夹角为30°，且水平分量仍为v0，如图所示．由此得
v＝2v0.①
碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v.选射向斜面的速度方向为正方向，由动量定理知，斜面对小球的冲量为
－I＝m(－)v－mv②
由①②得I＝mv0，代入数值解得I＝7
N·s；
(2)又I＝Ft，代入数值解得F＝700
N.
11．质量为1
kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面的动摩擦因数为μ＝0.4，有一大小为5
N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3
s后撤去F，求物体运动的总时间．(g＝10
m/s2)
答案 3.75
s
解析 物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为ft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－ft＝0①
又f＝μmg②
联立①②式解得t＝，代入数值解得t＝3.75
s.
图4
12．如图4所示，2009年10月9日晚，美国宇航局的两个无人驾驶飞船(探测器)先后两次按指令成功撞击月球．这是自50年前前苏联首次轰击月球以来，人类空间探测器第二十次撞击月球事件，其目的是探究月球在遭受双重打击之后，是否能使隐藏在其深处的冰冻水露出庐山真面目，为以后建立永久性的月球空间基地做好准备．已知第一次撞击时质量为2.2
t的探测器以2
500
m/s的速度垂直于月球表面撞向月球的南极，若撞击时间为0.1
s，试求撞击时探测器对月球表面产生的平均作用力的大小．(已知月球表面的重力加速度为，g为地球表面的重力加速度，计算时g取10
m/s2.)
答案 5.5×107
N
解析 设探测器的初速度方向为正方向，撞击时月球表面对探测器产生的平均作用力为N，由动量定理得：
0－mv＝(m－N)t
代入数据，解得：
N≈5.5×107
N.
由牛顿第三定律可知探测器对月球表面产生的平均作用力
F＝N＝5.5×107
N
[探究与拓展题]
13．据报道，1980年一架英国战斗机在威尔士上空与一只秃鹰相撞，造成飞机坠毁，小小的飞鸟撞毁庞大、坚实的飞机，真难以想象，试通过估算，说明鸟类对飞机飞行的威胁，设飞鸟的质量m＝1
kg，飞机的飞行速度为v＝800
m/s，若两者相撞，试估算飞鸟对飞机的撞击力．
答案 3.2×106
N
解析 可认为碰撞前后飞机的速度不变，一直以800
m/s的速度飞行，以飞机为参考系，飞鸟为研究对象，由于撞击的相互作用很大，碰撞后可认为飞鸟同飞机一起运动，相对于飞机的末速度v′＝0，设碰撞时飞鸟相对于飞机的位移L＝20
cm(可认为是鸟的身长)，
则撞击的时间约为
Δt＝①
选取飞机飞行的方向为正方向，根据动量定理得：
·Δt＝mv②
由①②两式解得飞鸟受到的平均作用力：
＝＝
N＝3.2×106
N
根据牛顿第三定律可知，飞鸟对飞机的撞击力大小也为
3．2×106
N．学案4 动量守恒定律的案例分析
[学习目标定位]
1.进一步理解动量守恒定律的含义，熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法步骤.2.了解反冲现象和火箭的工作原理．
1．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(1)式中的速度具有相对性，需选用同一参考系．
(2)公式是矢量式，列方程时首先选取正方向．
(3)动量守恒定律具有系统性，应用动量守恒定律分析问题时，首先明确研究对象是由哪些物体组成的系统，以及经历了怎样的物理过程，并合理选择初、末状态．
2．反冲现象：把物体系统的一部分向某方向运动，而其余部分向相反方向运动的现象叫做反冲．研究反冲现象的重要依据是动量守恒定律．
3．喷气式飞机和火箭的飞行都属于反冲现象．燃料和氧化剂在燃烧室内混合后点火燃烧，产生的高温高压燃气从尾喷管迅速向下喷出，由于反冲，火箭就向空中飞去．
一、反冲现象的特点及应用
[问题设计]
用手拿着球挤压一弹簧，当两手同时松开时，我们会看到球被弹出，同时弹簧也被弹出，试分析弹簧被弹出的原因？
答案 由于力的作用是相互的，球对弹簧有一反作用力，使弹簧出现反冲现象．
[要点提炼]
1．反冲现象的特点及遵循的规律
(1)反冲现象的特点：反冲现象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)反冲现象过程中一般满足：
①系统不受外力或所受外力之和为零；②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力；③系统虽然所受外力之和不为零，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．所以反冲现象遵循动量守恒定律．
2．讨论反冲现象应注意两个问题
(1)速度的反向性
对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反．
(2)速度的相对性
反冲现象中存在相互作用的物体间发生相对运动，已知条件中告知的常常是物体的相对速度，在应用动量守恒定律时，应将相对速度转换为对地速度．
例1 反冲小车放在水平玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车的总质量是M＝3
kg，水平喷出的橡皮塞的质量是m＝0.1
kg.
(1)若橡皮塞喷出时获得水平速度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，小车的反冲速度又是如何？
解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零．
根据动量守恒定律，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9
m/s＝－0.1
m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1
m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．
mvcos
60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－
m/s＝－0.05
m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.05
m/s.
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方向相反
例2 设火箭发射前的总质量是M，燃料燃尽后的质量为m，火箭燃气的喷射速度为v，求燃料燃尽后火箭的飞行速度v′.
答案 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒．取火箭的速度方向为正方向，发射前火箭的总动量为0，发射后的总动量为mv′－(M－m)v
则由动量守恒定律得mv′－(M－m)v＝0
所以v′＝v＝v.
二、人船模型的特点及应用
图1
例3 如图1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？
解析 设任一时刻人与船速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有
mv1＝Mv2
而整个过程中的平均速度大小为、，则有
m＝M，称为平均动量守恒．
两边乘以时间t有mt＝Mt，即ms1＝Ms2.
且s1＋s2＝L，可求出
s1＝L；s2＝L.
答案 L L
[要点提炼]
人船模型的特点
1．两物体满足动量守恒定律：m1－m2＝0.
2．运动特点：人动船动，人静船静，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：公式中v、和s一般都是相对地面而言的．
三、分析碰碰车的碰撞(临界问题分析)
图2
例4 如图2所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车总质量共为30
kg，乙和他的冰车总质量也是30
kg.游戏时，甲推着一个质量为15
kg的箱子和他一起以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，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．
解析 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正，由动量守恒定律mv－Mv0＝(m＋M)v2
刚好不相撞的条件是v1＝v2
联立以上三式并代入数值解得v＝5.2
m/s，方向与甲和箱子的初速度方向相同．
答案 5.2
m/s，方向与甲和箱子的初速度方向相同
[要点提炼]
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界条件．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，如相距最近、避免相碰时两物体的速度应恰好相等．
1．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( )
A．向后踢腿
B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动
D．脱下外衣水平抛出
答案 D
解析 向后踢腿和手臂向后甩，都是人体间的内力，不会使人前进，故选项A、B错误．在光滑冰面上由于不存在摩擦力，故无法完成滚动动作，故选项C错误．而抛出外衣能获得反方向的速度，故可滑离冰面，选项D正确．
图3
2．如图3所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中，这时车厢的速度是( )
A．v0，水平向右
B．0
C.，水平向右
D.，水平向左
答案 C
解析 由动量守恒，mv0＝(M＋m)v得v＝，方向与v0方向相同．
3．一个不稳定的原子核，质量为M，处于静止状态．当它以速度v释放出一个质量为m的粒子后，原子核剩余部分的速度多大？
答案
解析 不稳定的原子核放出粒子的过程中系统动量守恒．
设原子核剩余部分的速度为v′，以此速度方向为正方向，由动量守恒知(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝，即原子核剩余部分的速度为.
图4
4.如图4所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为h，已知人的质量为m，气球的质量(不含人的质量)为M.若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为多长？
答案 h
解析 人与气球组成的系统，动量守恒．设人到地面时，气球上升高度为H，如图所示．由动量守恒定律得：MH＝mh解得：H＝h.
所以绳梯的长度至少为L＝H＋h＝h.
[基础题]
1．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则( )
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
答案 ABC
解析 由动量守恒定律可知，A、B、C正确．
2．一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将(空气阻力不计)( )
A．向左移动一段距离停下
B．在原位置不动
C．向右移动一段距离停下
D．一直向左移动
答案 A
解析 由于弹丸与车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量保持不变．弹丸离开枪向右运动，则小车必向左运动，弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞，弹丸立即停下，而车向左移动了一段距离，故选A.
图1
3．如图1所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反
答案 BD
解析 以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受力的作用，所以系统的动量在水平方向上守恒．由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零要么大小相等，方向相反，所以A、C错，B、D对．
4．一弹簧枪可射出速度为10
m/s的铅弹，现对准以6
m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5
m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为( )
A．5颗
B．6颗
C．7颗
D．8颗
答案 D
解析 第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
图2
5．质量为1
kg的物体m1，以某一初速度在水平面上滑行，过一段时间后与m2发生碰撞．其位移随时间变化的情况如图2所示，若取g＝10
m/s2，则m2＝________
kg.
答案 3
解析 通过位移—时间图像，挖掘出两个物体运动的信息——碰撞前、后两个物体的速度，形成物理情景，运用动量守恒定律求解．
位移—时间图像的斜率表示物体运动的速度，由各段直线的斜率知碰前m1做匀速直线运动，v1＝4
m/s，m2静止，碰后两者粘合在一起共同做匀速直线运动，v2＝1
m/s，由m1v1＝(m1＋m2)v2，得m2＝3
kg.
图3
6.一运动员拿着一个质量为m的铁球A站在小车B里，人(包括铁球)和车的总质量为M，车处于光滑的冰面上，运动员相对冰面以速度v推出铁球A，如图3所示，则小车相对冰面的反冲速度是多少？
答案 v
解析 小车的反冲是相对于铁球来说的，两者运动方向必然相反．在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度应取负值．
设抛出铁球速度v的方向为正，小车的速度为v′.
列出的方程为mv＋(M－m)v′＝0，得v′＝－v，所以小车的反冲速度大小为v，方向与v方向相反．
7．在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，
(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，问炮车的反冲速度是多大？
(2)炮车车身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，问炮身反冲速度是多大？
(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹出炮口时，相对炮口速度为v0，问炮身的反冲速度是多大？
答案 (1) (2) (3)
解析 以炮身和炮弹为研究对象，水平方向不受外力，所以在水平方向系统的动量守恒．以炮弹前进的水平方向为正方向，由动量守恒定律解题
(1)0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝.
(2)0＝mv0·cos
θ＋M(－v2)，解得v2＝
(3)0＝m(v0·cos
θ－v3)＋M(－v3)，解得v3＝
[能力题]
8．(2014·北京·22)如图4所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2
m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10
m/s2.求：
图4
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.
答案 (1)2
m/s (2)1
m/s (3)0.25
m
解析 设滑块的质量为m
(1)根据机械能守恒定律mgR＝mv2
得碰撞前瞬间A的速率v＝＝2
m/s
(2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′＝v＝1
m/s
(3)根据动能定理(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝＝0.25
m
图5
9．如图5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的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的3/4，子弹的质量是物体B的质量的1/4，求弹簧压缩到最短时B的速度．
答案
解析 子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故全过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，
故v1＝＝，即弹簧压缩到最短时B的速度为.
图6
10.一个质量为M、底边长为b的斜劈静止于光滑的水平桌面上，如图6所示．有一质量为m的小球由斜面顶部无初速度滑到底部时，斜劈移动的距离为多少？
答案
解析 斜劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向的外力，所以
系统在水平方向上动量守恒，斜劈和小球在整个过程中发生的水平位移如图所示，由图知斜劈的位移为s，小球的水平位移为b－s，由m1s1＝m2s2，得Ms＝m(b－s)，所以s＝.
图7
11．如图7所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．
答案 (m＋M)g＋
解析 物理过程共有两个阶段：射入阶段和圆周运动阶段．射入阶段可认为木块还未摆动，绳子没有倾斜，子弹和木块组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒．子弹停留在木块中后以一定的速度做变速圆周运动，绳子倾斜，水平方向有了分力，动量不再守恒．
在子弹射入木块的瞬间，系统动量守恒．取向左为正方向，由动量守恒定律得0＋mv＝(m＋M)v1
解得v1＝.
随后整体(m＋M)以此初速度向左摆动做圆周运动．在圆周运动的最低点，整体只受重力(m＋M)g和绳子的拉力F作用，由牛顿第二定律得(取向上为正方向)
F－(m＋M)g＝(m＋M)
将v1代入解得
F＝(m＋M)g＋(m＋M)＝(m＋M)g＋
[探究与拓展题]
图8
12.如图8所示，质量为m2和m3的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的弹簧．质量为m1的物体以速度v0向右冲来，为了防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．问m3的速度至少多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
答案
解析 设m3发射出去的速度大小为v1，m2的速度大小为v2.由动量守恒定律得m2v2－m3v1＝0，则v2＝，只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2不会再发生碰撞．由动量守恒定律得
m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2
代入v2＝，得v1＝.
即弹簧将m3发射出去的速度至少为.第1章
碰撞与动量守恒
一、多物体作用，注意选取系统
1．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受合外力为零；
(2)系统在某一方向上不受外力或所受合外力为0；
(3)系统的内力远大于外力．
2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，然后对系统进行受力分析，分清内力与外力，从而判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
图1
例1 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，故选项A错，选项B正确．由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，故选项C正确，选项D错．所以只有B、C正确．
二、多过程问题，合理选择初末状态
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
图2
例2 两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝0.5
kg，mB＝0.3
kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1
kg的滑块C(可视为质点)，以vC＝25
m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0
m/s，求：
(1)木块A的最终速度vA；
(2)滑块C离开A时的速度vC′.
解析 这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以该系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向上不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．
(1)当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直到C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为vA.最后C相对静止在B上，与B以共同速度vB＝3.0
m/s运动，由动量守恒定律有：mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)vB.
所以vA＝
＝
m/s
＝2.6
m/s.
方向与vC相同
(2)C离开A时的速度为vC′，B与A的速度同为vA，我们再以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒．由动量守恒定律有：
mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)vB
所以vC′＝
＝
m/s
＝4.2
m/s.
方向与vC相同
答案 (1)2.6
m/s，方向与vC相同 (2)4.2
m/s，方向与vC相同
三、碰撞中的临界问题
相互作用的两个物体在很多情况下皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”．
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速度必然相等．
2．涉及相互作用最大限度类的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体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．
4．滑块—木板模型的临界问题：滑块在光滑木板上滑行的距离最远时，滑块和木板的速度相同．
图3
例3 一轻质弹簧，两端各连接质量均为m的滑块A和B，静放在光滑水平面上，滑块A被水平飞来的质量为、速度为v0的子弹击中且没有穿出(如图3所示)，求：
(1)击中瞬间，A和B的速度各多大？
(2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．
解析 (1)子弹击中滑块A的瞬间，时间极短，弹簧还未来得及发生形变，因此vB＝0.子弹和滑块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒(因子弹和滑块间有摩擦阻力)．根据动量守恒定律得：
v0＝(＋m)vA，即vA＝v0.
(2)子弹射入滑块A后，滑块A以获得的速度向右运动，弹簧被压缩，A、B分别受到方向相反的弹力作用，A做减速运动，B做加速运动，在两者速度达到相等前，弹簧一直被压缩，在两者速度相等时，弹簧弹性势能最大．
v0＝(m＋＋m)v，则v＝v0，
E＝(m＋)v－(m＋＋m)v2＝mv.
答案 (1)vA＝v0 vB＝0 (2)mv
1．质量为1
kg的物体在离地面高5
m处自由下落，正好落在以5
m/s的速度沿光滑水平面匀速行驶的装有沙子的小车中，车和沙子的总质量为4
kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为( )
A．3
m/s
B．4
m/s
C．5
m/s
D．6
m/s
答案 B
解析 物体落入沙子中，系统沿水平方向动量守恒，由(M＋m)v＝Mv0可得小车最终速度v＝＝4
m/s.
图4
2．如图4所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )
A．A、B质量相等，但A比B的速率大
B．A、B质量相等，但A比B的速率小
C．A、B速率相等，但A比B的质量大
D．A、B速率相等，但A比B的质量小
答案 AC
解析 两人及车组成的系统动量守恒，选向右的方向为正方向，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．
图5
3.如图5所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A．P的初动能
B．P的初动能的
C．P的初动能的
D．P的初动能的
答案 B
解析 当两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能达到最大．设P的初速度为v，两者质量都为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据动量守恒，有mv＝2mv′，根据能量守恒，有mv2＝×2mv′2＋Ep.以上两式联立求得Ep＝mv2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B选项正确．
图6
4.放在光滑水平面上的质量为M的滑块，其上表面是光滑曲面．质量为m的物体以水平速度v0进入滑块的上表面，如图6所示．物体并未从滑块上端飞出，求：(1)物体上升的最大高度．
(2)物体滑下与滑块脱离时的速度大小．
答案 (1) (2)
解析 物体冲上曲面后，物体与曲面组成的系统，在竖直方向上受到重力和地面对系统的支持力作用．支持力与重力不平衡，因此在物体上升的过程中系统竖直方向上的动量不守恒．由类似分析知，物体返回过程中系统竖直方向上的动量也不守恒．但是整个系统在水平方向不受任何外力作用，根据动量守恒的独立性可知，整个过程中系统在水平方向上动量守恒．
(1)设物体上升的最大高度为H，两者的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v，mv＝(M＋m)v2＋mgH
联立解得：H＝
(2)设物体脱离滑块时，两者的速度分别为v1、v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv
联立解得：v1＝学案6 习题课：动量和能量的综合应用
[学习目标定位]
1.进一步掌握碰撞问题的特点.2.进一步熟练动量和能量的综合问题的分析思路．
一、子弹打木块模型及拓展应用
动量守恒定律应用中有一类典型的物理模型——子弹打木块模型．此类模型的特点：
1．由于子弹和木块组成的系统所受合外力为零(水平面光滑)，或者内力远大于外力，故系统动量守恒．
2．由于打击过程中，子弹与木块间有摩擦力的作用，故通常伴随着机械能与内能之间的相互转化，故系统机械能不守恒．系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即：ΔE＝fs相对．
例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水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为f.
(1)子弹、木块相对静止时的速度v
(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？
(3)子弹打进木块的深度l深为多少？
解析 (1)由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，子弹与木块的共同速度为：v＝v0.
(2)系统损失的机械能，由能量守恒定律
ΔEk＝mv－(M＋m)v2
得：ΔEk＝
系统增加的内能Q＝ΔEk＝
(3)方法一：对子弹利用动能定理得
－fs1＝mv2－mv
所以s1＝
同理对木块有：fs2＝Mv2
故木块发生的位移为s2＝.子弹打进木块的深度为：l深＝s1－s2＝
方法二：对系统根据能量守恒定律，得：
f·l深＝mv－(M＋m)v2
得：l深＝
l深即是子弹打进木块的深度．
答案 (1)v0 (2) (3)
图1
例2 如图1所示，有一质量为M的长木板(足够长)静止在光滑的水平面上，一质量为m的小铁块以初速度v0水平滑上木板的左端，小铁块与木板之间的动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中，若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长度至少为多少？
解析 此题为另类的“子弹打木块”的模型，即把铁块类似于有初动量的“子弹”，以小铁块和木板为一个系统，系统动量守恒．在达到共同速度的过程中，m给M一个向右的滑动摩擦力f＝μmg，M向右做匀加速直线运动；M给m一个向左的滑动摩擦力f′＝μmg，m向右做匀减速直线运动，m相对M向右运动，最后两者达到共同速度．
由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，得v＝.
设板长至少为l，则
Q＝μmgl＝ΔEk＝mv－(M＋m)v2
所以l＝.
答案
二、动量和能量的综合问题分析
动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．
图2
例3 如图2所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量M＝40
kg的小车B静止于轨道右侧，其板与轨道底端靠近且在同一水平面上，一个质量m＝20
kg的物体C以2.0
m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并继续一起运动．若轨道顶端与底端水平面的高度差h为0.8
m，物体与小车板面间的动摩擦因数μ为0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计，(取g＝10
m/s2)求：
(1)物体与小车保持相对静止时的速度；
(2)物体冲上小车后相对于小车板面滑动的距离．
解析 (1)下滑过程机械能守恒，但动量不守恒，即有：mgh＝mv－mv，
得v2＝＝2
m/s
在物体C冲上小车B到与小车相对静止的过程中，两者组成的系统动量守恒，
即有：mv2＝(m＋M)v，
得：v＝＝
m/s＝
m/s
(2)由功能关系有：μmgl＝mv－(m＋M)v2
代入数据解得：l＝
m
答案 (1)
m/s (2)
m
图3
例4 如图3所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2
kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1
kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0＝10
J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止．现剪断细线，求：
(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小．
(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？
解析 (1)设滑块P滑上乙车前的速度为v0，两车的速度为v，选甲、乙和P为系统，对从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有：
mv0－2Mv＝0①
在这个过程中系统的机械能守恒，有
E0＝mv＋×2Mv2②
由①②两式得：v0＝4
m/s
同时可得v＝1
m/s
(2)设滑块P到达乙车一端时与乙车共同速度为v′，选滑块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律
mv0－Mv＝(m＋M)v′③
由③得：v′＝
m/s＝
m/s
对滑块P和乙车组成的系统，由能量守恒定律得：
mv＋Mv2－(m＋M)v′2＝μmgL④
将各量v0、v、v′、μ等代入④求得：L＝
m.
答案 (1)4
m/s (2)
m
图4
1.如图4所示，质量为m1＝16
kg的平板车B原来静止在光滑的水平面上，另一质量m2＝4
kg的小物体A以5
m/s的水平速度滑向平板车的另一端，假设平板车与物体间的动摩擦因数为0.5，g取10
m/s2，求：
(1)如果A不会从B的另一端滑下，则A、B的最终速度为多大；
(2)要保证A不滑下平板车，平板车至少要有多长．
答案 (1)1
m/s (2)2
m
解析 (1)设A、B共同运动的速度为v，A的初速度为v0，则对A、B组成的系统，由动量守恒定律可得m2v0＝(m1＋m2)v
解得：v＝
m/s＝1
m/s
(2)设A在B上滑行的距离为l，取A、B系统为研究对象，由于内能的增加等于系统动能的减少，根据能的转化和守恒定律有
μm2gl＝m2v－(m1＋m2)v2
解得l＝2
m
图5
2.如图5所示，在水平地面上放置一质量为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，系统损失的机械能．
答案 (1) (2)
解析 因子弹未射出
，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．
(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
二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：
－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v′2②
由①②两式解得：s＝
(2)射入过程中损失的机械能
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2③
解得：ΔE＝
[基础题]
图1
1.如图1所示，带有半径为R的1/4光滑圆弧的小车其质量为M，置于光滑水平面上，一质量为m的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别为多少？(重力加速度为g)
答案
解析 由题目知：水平面光滑，系统在水平方向不受外力；圆弧轨道光滑，小球滚下时系统的机械能无损失．所以可由水平方向动量守恒结合机械能守恒求解．
球和车组成的系统在水平方向动量守恒，且全过程满足机械能守恒．设球、车分离时，球的速度为v1，方向向左，车的速度为v2，方向向右，则：
mv1－Mv2＝0①
mgR＝mv＋Mv②
由①②解得v1＝，v2＝
2．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．求：
(1)质量较小的另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．
答案 (1)2.5v0 与爆炸前速度方向相反 (2)mv
解析 手榴弹爆炸过程中，爆炸力是内力，远大于重力，因此爆炸过程中各弹片组成的系统动量守恒．因为爆炸过程中火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能(动能)增加．
(1)斜抛的手榴弹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，如图所示，由动量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2.
其中爆炸后大块弹片的速度v1′＝2v0，小块弹片的速度v2为待求量，
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度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＋mv－(3m)v＝mv.
图2
3．如图2所示，光滑水平面上并排放着A、B两个物块，质量分别为mA＝1
kg，mB＝3
kg，中间夹有少量的塑胶炸药，爆炸后A以速度v1＝6
m/s向左运动，物块B向右运动，则：
(1)假设塑胶炸药在爆炸时释放的能量全部转化为A、B的动能，则在爆炸时释放多少能量？
(2)爆炸后B向右运动并与固定在右侧的弹簧碰撞，求弹簧的最大弹性势能．
答案 (1)24
J (2)6
J
解析 (1)爆炸过程中动量守恒，则mAv1－mBv2＝0
得v2＝＝
m/s＝2
m/s
爆炸过程中释放的能量等于A、B获得的动能，
所以E＝mAv＋mBv＝24
J
(2)物块B在挤压弹簧的过程中将其获得的动能转化为弹簧的弹性势能，故弹簧的最大弹性势能为：
Ep＝mBv＝×3×22
J＝6
J
[能力题]
图3
4.如图3所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P置于水平桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长．现用水平向左的推力将P缓缓推至B点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为WF＝6
J，撤去推力后，小物块P沿桌面滑动到停在光滑水平地面上的平板小车Q上，小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P、Q质量分别为m＝1
kg、M＝4
kg，A、B间距离为L1＝5
cm，A离桌子边缘C点的距离为L2＝90
cm，P与桌面及P与Q的动摩擦因数均为μ＝0.4，g＝10
m/s2，则要使物块P在小车Q上不滑出去，小车至少多长？
答案 0.4
m
解析 对P由A到B点再滑至桌边C点的全过程应用动能定理，有：
WF－μmg(2L1＋L2)＝mv，
解得：vC＝2
m/s
P在小车Q上不滑出的临界条件对应P滑至Q右端时两者恰好具有共同速度，由动量守恒定律得：
mvC＝(M＋m)v，得：v＝0.4
m/s
由能量守恒定律得
μmgL＝mv－(M＋m)v2
解得：L＝0.4
m
图4
5．如图4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．
答案 (1)2 (2)2
解析 (1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，有2R＝gt2①
解得t＝2②
(2)设球A的质量为m，与B球碰撞前瞬间的速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋2mgR③
设碰撞后粘合在一起运动的两球速度大小为v2，由动量守恒定律得
mv1＝2mv2④
粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，有2R＝v2t⑤
综合②③④⑤式得v＝2
