1
实验：探究碰撞中的不变量
自主广场
我夯基
我达标
1.在用气垫导轨进行验证实验时，所用到的实验仪器除了光电门、滑块、挡光片外还有_____________.
思路解析:在验证过程中非常关键的一点就是确定滑块的运动时间，这就需要一个计时装置，而在本实验中所用到的计时装置应该是光电计时器.
答案:光电计时器
2.在用气垫导轨进行验证实验时，首先应该做的是（
）
A.给气垫导轨通气
B.对光电计时器进行归零处理
C.把滑块放到导轨上
D.检验挡光片通过光电门时是否能够挡光计时
思路解析:为保护气垫导轨，在一切实验步骤进行之前首先应该给导轨通气.
答案:A
3.在用气垫导轨进行验证实验时，不需要测的物理量是（
）
A.滑块的质量
B.挡光时间
C.挡光片间的距离
D.光电门的高度
思路解析:从实验原理出发进行分析，得A、B、C项中的各个量都为必须测量的量.
答案:D
4.某一滑块通过光电门时，双挡光片两次挡光的记录为284.1
ms、294.6
ms，测得挡光片的挡光距离为5
cm，则此滑块的速度为多大？
思路解析:两次挡光时间之差Δt=t2-t1=294.6
ms-284.1
ms=10.5
ms
据v=m/s=4.76
m/s.
答案:4.76
m/s
我综合
我发展
5.两个质量相同的小钢球，按如图16-1-2所示的样式悬挂，让一小球保持静止，把另一小球拉开一定角度，然后自由释放.下列说法正确的是（
）
图16-1-2
A.碰撞后，两球相互交换速度，运动的球变为静止，静止的小钢球以两球相碰前瞬间运动球的速度运动
B.碰撞后，运动小钢球反弹回来，静止小钢球以两倍两球相碰前瞬间运动小球的速度运动
C.碰撞前后系统mv1=mv2（m为小球质量，v1、v2分别为碰撞前后瞬间两球的速度）
D.碰撞前后系统mv1≠mv2（m为小球质量，v1、v2分别为碰撞前后瞬间两球的速度）
思路解析:由于钢球的弹性非常好，两个小球相碰时，作用时间非常短，故可以得到：两球相撞前后相互交换速度，运动的小球静止，静止的小球以原来的运动小球的速度运动，故A、C正确.
答案:AC
6.在气垫导轨上有两个质量都为m的滑块，两个滑块都带有尼龙卡搭扣，使一滑块以速度v运动，和静止的另一滑块相碰，碰后两滑块以共同速度v′运动.请你猜测这一过程中的守恒量和不守恒量.
答案:守恒量：mv=2mv′
不守恒：mv2≠2mv′21
实验：探究碰撞中的不变量
课后训练
基础巩固
1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，哪些因素可导致实验误差( )
A．导轨安放不水平
B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等
D．两小车碰后连在一起
2．在光滑桌面上有两个小球，甲球的质量为2
kg，乙球的质量为1
kg，乙球静止，甲球以4
m/s的速度和乙球对心相碰，下列说法正确的是( )
A．碰撞后甲球的速度为0，乙球的速度为8
m/s，方向与甲球原来的速度方向相同
B．碰撞后甲球的速度变小，乙球开始运动
C．碰撞后两球的速度无法确定
D．以上结论都不正确
3．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，也可以探索mv2这个量(对应于动能)的变化情况。
(1)若采用弓形弹片滑块的方案如图甲所示，弹开后的mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)弹开前mv2的总量，这是因为____________________________。
(2)若采用图乙所示的方案，碰撞前mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量，说明弹性碰撞中________守恒。
(3)若采用图丙所示的方案，碰撞前mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量，说明非弹性碰撞中存在________损失。
4．“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m1＝15
g，原来静止的被碰小球m2＝10
g，由实验测得它们在碰撞前后的x–t图象如图所示，由图可知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是________，被碰小球碰撞后的m2v2′是________
。由此得出结论________________________________________________________________。
能力提升
5．水平光滑桌面上有A、B两个小车，质量分别是0.6
kg和0.2
kg。A车的车尾拉着纸带，A车以某一速度与静止的B车碰撞，碰后两车连在一起共同向前运动。碰撞前后打点计时器打下的纸带如图所示。根据这些数据，请猜想：什么物理量在碰撞前后是相等的？
6．如图所示，在实验室中用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中不变量的实验：
(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，在与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)按下电钮使电动卡销放开，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两滑块速度与质量乘积之和为______________________________，作用后A、B两滑块速度与质量乘积之和为________。
7．用气垫导轨研究碰撞中物理量的特点，碰撞前后两滑块可以看做匀速运动。某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平气垫导轨上相碰，用闪光照相每隔0.4
s的时间拍摄一次照片，每次拍摄闪光的延续时间很短，可以忽略不计，如图所示。已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的3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10～105
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：
(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物体各自的质量与自己速度的乘积之和是不是不变量。
参考答案
1.
答案：AB 点拨：A项导轨不水平，小车速度将受重力影响。B项中挡光板倾斜导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差。
2.
答案：BC 点拨：根据实验探究的结果m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′可知，碰撞前甲球的速度为v1，乙球的速度为0，碰撞后两球的速度各是多大无法确定，利用牛顿第二定律知，甲球受到阻碍，速度应该变小，乙球受到冲击开始运动，故选项B、C正确。
3.
答案：(1)大于 弹片的弹性势能转化为两滑块动能，滑块动能增加 (2)等于 机械能 (3)大于 机械能
4.
答案：0.015
kg·m/s 0.007
5
kg·m/s 0.007
5
kg·m/s 碰撞中mv的矢量和是守恒的量
点拨：碰撞前m1的速度大小v1＝
m/s＝1
m/s，故碰撞前的m1v1＝0.015
kg×1
m/s＝0.015
kg·m/s。
碰撞后m1的速度大小v1′＝＝0.5
m/s，
m2的速度大小v2′＝＝0.75
m/s，
故m1v1′＝0.015
kg×0.5
m/s＝0.007
5
kg·m/s，
m2v2′＝0.01×0.75
kg·m/s＝0.007
5
kg·m/s，
可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
5.
答案：见点拨
点拨：由纸带可以看出，A、B两个小车碰前和碰后都是向左运动，且碰撞是发生在从右边数第5个点时，A车碰前碰后都看成匀速运动，右边4个间隔距离为6.6
cm，时间t＝4×0.02
s＝0.08
s，vA＝＝82.5
cm/s＝0.825
m/s。
A物体的mAvA＝0.6×0.825
kg·m/s＝0.495
kg·m/s。
碰后A与B一起运动的速度vAB＝＝0.58
m/s。
则(mA＋mB)vAB＝(0.6＋0.2)×0.58
kg·m/s＝0.464
kg·m/s。
故在误差范围内，mv在碰撞前后是相等的。
6.
答案：①使气垫导轨水平放置 ②两滑块到挡板的距离L1和L2 ③0 (M＋m)L1/t1－ML2/t2
点拨：①为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平放置，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的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到挡板的距离L1和L2，再由公式v＝s/t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＝L1/t1，vB＝L2
/t2。碰前两物体静止，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为(M＋m)L1/t1－ML2/t2。
7.
答案：(1)vA＝0 vB＝1.0
m/s vA′＝0.75
m/s vB′＝0.50
m/s (2)是不变量
点拨：由题图分析可知
(1)碰撞后：
从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是
Δt1＝＝0.2
s，
由此可知：从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为
Δt2＝(0.4－0.2)s＝0.2
s，
则碰撞前B物体的速度为
vB＝＝1.0
m/s，
由题意得vA＝0。
(2)碰撞前mAvA＝0，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各自的质量与自己的速度的乘积之和是不变量。1
实验：探究碰撞中的不变量
主动成长
夯基达标
1.一个速度为v0、质量为m的小球a与另一个静止的质量为3m的小球b发生正碰，碰撞后两球在下列情况中，哪些是可能发生的（
）
小球
速度
A
B
C
D
a球
-2v0
b球
v0
思路解析：碰前m1v1=mv0,碰后，
选项A：m1v1′+m2v2′==mv0.
选项B：m1v1′+m2v2′==2mv0.
选项C：m1v1′+m2v2′==mv0.
选项D：m1v1′+m2v2′=-2mv0+3mv0=mv0.
以上计算可看出A、C、D选项均满足m1v1=m1v1′+m2v2′,但D项在碰撞后系统总动能增加，违背能量守恒定律，故D错误.
答案：AC
2.在“探究碰撞中的不变量”的实验中称得入射小球1的质量m1=15
g，被碰小球2的质量m2=10
g，由实验得出它们在碰撞前后的位移—时间图线如图16－1－3中的1、1′、2所示，则由图可知，入射小球在碰前m1v1=_________kg·m/s，入射小球在碰后m1v1′=________kg·m/s，被碰小球m2v2=__________kg·m/s.由此可得出结论_______________________.
图16－1－3
思路解析：由s-t图象分析，
,
,
.
入射小球碰撞前动量为m1v1=15×10-3×1
kg·m/s=1.5×10-2kg·m/s,
碰撞后动量为m1v1′=15×10-3×0.5
kg·m/s=7.5×10-3
kg·m/s,
被碰小球获得的动量为m2v2=10×10-3×0.75kg·m/s=7.5×10-3
kg·m/s.
结论：m1v1=m1v1′+m2v2.
答案：1.5×10-2? 7.5×10-3? 7.5×10-3? m1v1=m1v1′+m2v2
3.某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图16－1－4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，验证物体间相互作用时的不变量.
图16－1－4
（1）该同学还必须有的器材是___________________.
（2）需要直接测量的数据是___________________.
（3）用所得数据验证的关系是___________________.
思路解析：本题为设计性实验，在细线烧断瞬间，在弹簧弹力的作用下两木块m1、m2分别被弹出桌面做平抛运动，抛出时速度不易直接测量，但可通过测量两木块落点距抛出点的水平距离及落地时间，从而计算得出抛出速度，故实验器材应有：刻度尺、天平.
设落地时间为t，用天平测出两木块质量分别为m1、m2，用刻度尺测出落点距抛出点的水平距离分别为s1、s2，则,,若能求得m1s1=m2s2即推知m1v1=m2v2的等量关系.
答案：（1）刻度尺、天平
（2）两物体的质量m1、m2和两木块落地点到桌边的水平距离s1、s2
（3）m1s1=m2s2
走近高考
4.水平光滑桌面上有A、B两个小车，质量分别是0.6
kg和0.2
kg.A车的车尾拉着纸带，A车以某一速度与静止的B车碰撞，碰后两车连在一起共同向前运动.碰撞前后打点计时器打下的纸带如图16－1－5所示.根据这些数据，请猜想：对于两小车组成的系统，什么物理量在碰撞前后是相等的？
图16-1-5 碰撞前后纸带上打下的点迹
思路解析：由纸带可以看出，A、B两个小车碰前和碰后都是向右运动，且碰撞是发生在从右边数第5个点时，A车碰前碰后都看成匀速运动，右边4个间隔距离为6.6
cm，时间t=4×0.02
s=0.08
s,va=
cm/s=82.5
cm/s=0.825
m/s
对A物体mAvA=0.6
kg×0.825
m/s=0.495
kg·m/s
碰后A与B一起运动的速度=0.58
m/s
则(mA+mB)vAB?=(0.6+0.2)
kg×0.58
m/s=0.464
kg·m/s
故在误差范围内，mv在碰撞前后是相等的.5
反冲运动火箭
更上一层楼
基础·巩固
1.下列属于反冲运动的是(
)
A.喷气式飞机的运动
B.直升机的运动
C.火箭的运动
D.反击式水轮机的运动
解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动.
答案：ACD
2.一气球由地面匀速上升，当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时，下列说法正确的是(
)
A.气球可能匀速上升
B.气球可能相对地面静止
C.气球可能下降
D.气球运动速度不发生变化
解析：设气球质量为M，人的质量为m，由于气球匀速上升，系统所受的外力之和为零，当人沿绳梯向上爬时，动量守恒，则(M+m)v0=mv1+Mv2,，在人向上爬的过程中，气球的速度为v2=.当v2＞0且v1恒定时，气球可匀速上升；当v2=0时气球静止；当v2＜0时气球下降.所以，选项A、B、C均正确.要使气球运动速度不变，则人的速度仍为v0，即人不上爬，显然不对，D选项错.
答案：ABC
3.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16-5-5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(
)
图16-5-5
A.打开阀门S1
B.打开阀门S2
C.打开阀门S3
D.打开阀门S4
解析：据水和车系统动量守恒，如原来系统动量为0，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：B
4.静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(
)
A.
B.-
C.
D.-
解析：由动量守恒定律得Δmv0+(M-Δm)v=0.火箭的速度为
v=-.选项B正确.
答案：B
5.一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车的左、右端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则(
)
A.若两人质量相等，则必定是v甲＞v乙
B.若两人质量相等，则必定是v甲＜v乙
C.若两人速率相等，则必定是m甲＞m乙
D.若两人速率相等，则必定是m甲＜m乙
解析：以向左为正方向，则m乙v乙-m甲v甲+MV=0，即m乙v乙-v甲m甲=-MV，当m乙=m甲时，有v乙-v甲＜0，即v甲＞v乙，当∣v乙∣=∣v甲∣时，有m乙-m甲＜0，即m甲＞m乙.
答案：AC
6.质量m=100
kg的小船静止在静水中，船两端载着m甲=40
kg，m乙=60
kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸以3
m/s的速度跃入水中，如图16-5-6所示，则甲、乙二人跃入水中时，小船运动的方向和速率为(
)
图16-5-6
A.向左，小于1
m/s
B.向左，大于1
m/s
C.向右，大于1
m/s
D.向右，小于1
m/s
解析：以向右为正方向，由系统动量守恒得：m乙v乙+m甲v甲+mv=0
v=-=-
m/s=-0.6
m/s.
负号表示船将向左运动，速度大小为0.6
m/s.
答案：A
7.静水中甲、乙两只小船都处于静止状态，它们的质量均为120
kg，甲船上质量为30
kg的小孩以6
m/s的对地速度跳上乙船，则甲、乙两船的速度大小分别为v甲=_________________m/s，v乙=____________________m/s.
解析：小孩跳离甲船的过程中，由动量守恒定律得
mv-m甲v甲=0，小孩跳离后甲船的速度为v甲=v=×6
m/s=1.5
m/s.小孩跳上乙船的过程中，由动量守恒定律得mv=(m乙+m)v乙，小孩跳上乙船后乙船的速度为v乙==
m/s=1.2
m/s.
答案：1.51.2
综合·应用
8.如图16-5-7所示，光滑圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为(
)
图16-5-7
A.0
B.向左
C.向右
D.不能确定
解析：把小球m和物体M作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒(注意：此题小球运动过程中，竖直方向合力不为零，总动量不守恒).又因为小球滚到最高点时，小球和圆槽水平方向有共同速度(若速度不同，还要相对运动，还不是最高点)由水平方向动量守恒得：0=(M+m)v′，所以v′=0，故选项A正确.
答案：A
9.一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，以下关于喷气方向的描述中正确的是(
)
A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时，竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时，不需要喷气
解析：探测器加速运动时，通过喷气获得的推动力与月球对探测器的引力的合力沿加速方向直线前进，选项A、B错误；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选项C正确，选项D错误.
答案：C
10.一个静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，则原子核剩余部分的速率等于多少？
解析：该题是一个反冲运动现象的问题，遵循动量守恒定律，关键是确定好粒子和剩余部分相对地的速率.应用动量守恒定律时，各个速度是对同一参考系的.
设剩余部分对地的速率为v′，若规定粒子运动方向为正方向，则剩余部分的动量为-(M-m)v′，粒子对地速率为(v0-v′).
由动量守恒定律得：0=m(v0-v′)-(M-m)v′，
解得：v′=.
11.课外科技小组制作一只“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2×10-4m3/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.
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末的速度为v′==
m/s=4
m/s.
12.一个连同装备共有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.他带着一个装有0.5
kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以50
m/s的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留部分氧气供他在飞回飞船的途中呼吸.宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s，如果他在开始返回的瞬时释放0.1
kg的氧气，则他能安全返回飞船吗
解析：反冲运动中动量守恒，根据动量守恒定律计算出宇航员释放氧气后获得的反冲速度.
宇航员释放氧气后获得的反冲速度为v1，喷出氧气的速度为v2，由动量守恒定律得
(M-m)v1-mv2=0,
宇航员释放氧气后获得的反冲速度为
v1==
m/s=5×10-2
m/s.
宇航员返回飞船需要的时间为t==
s=900
s.
在这一段时间内他需呼吸的氧气的质量为m′=2.5×10-4×900
kg=0.225
kg，
由于他需要呼吸的氧气质量小于贮氧筒中剩余的氧气质量，所以他能安全返回飞船.
13.(2005江苏)如图16-5-8所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上.现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直.小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长.求：
图16-5-8
(1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度；
(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度；
(3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ；
(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小.
解析：根据题意，分析各状态的速度、动量和能量特点，找出各过程遵循的规律，挖掘隐含条件是解决综合性题目的关键.根据动量守恒定律、机械能守恒定律进行计算.
(1)设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB，由动量守恒定律，得mv0=3mvB,由此解得vb=v0.
(2)当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
mv0=mvB+2mvA
mv02=mvB2+2×mvA2
解得vB=-v0,vA=v0(三球再次处于同一直线)
vB=v0,vA=0(初始状态，舍去)，所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为vB=-v0(负号表明与初速度反向).
(3)当小球A的动能最大时，小球B的速度为零.设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ(如下图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
mv0=2musin
mv02=2×mu2
另外，EKA=mu2，由此可解得，小球A的最大动能为EKA=mv02，此时两根绳间夹角为θ=90°.
(4)小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系(小球B的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B的速度均为v=|vA-vB|=v0,所以，此时绳中拉力大小为F=m=m.
14.如图16-5-9所示，光滑轨道的DP段为水平轨道，PQ段为半径是R的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P点.一轻质弹簧两端分别固定质量为2m的小球A和质量为m的小球B，质量为m小球C靠在B球的右侧.现用外力作用在A和C上，弹簧被压缩(弹簧仍在弹性限度内).这时三个小球均静止于距离P端足够远的水平轨道上.若撤去外力，C球恰好可运动到轨道的最高点Q.已知重力加速度为g.求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E是多少？
图16-5-9
解析：对A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒，B、C共同速度直到弹簧第一次恢复原长为止，此过程中系统能量守恒.B、C分离后，C恰好运动至最高点Q，此过程C球机械能守恒，根据C恰好运动至最高点这一条件可计算速度.
对A、B、C及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B、C共同速度大小为v0，A的速度大小为vA，由动量守恒定律有
2mvA=(m+m)v0①
则vA=v0
由系统能量守恒有E=2mvA2+(m+m)v02②
此后B、C分离，设C恰好运动至最高点Q的速度为v,此过程C球机械能守恒，则
mg·2R=mv02-mv2③
在最高点Q，由牛顿第二定律得mg=④
联立①②③④式解得E=10mgR.5
反冲运动火箭
课后训练
基础巩固
1.下列属于反冲运动的有( )
A．喷气式飞机的运动
B．直升机上升
C．火箭上升
D．反击式水轮机的运动
2．质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时(设v方向为正)，剩余部分速度为( )
A．
B．
C．
D．
3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )
A．燃料燃烧推动空气，空气反作用推动火箭
B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后喷出，气体的反作用力推动火箭
C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
D．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
4．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )
A．动量不变，速度增大
B．动量变小，速度不变
C．动量增大，速度增大
D．动量增大，速度减小
5．课外科技小组制作一只“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。
能力提升
6．如图所示，一艘小船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机，抽水机把前舱的水均匀抽往后舱，不计水的阻力，在船的前舱与后舱分开、不分开的两种情况下，船的前舱运动情况分别是( )
A．不动；向前匀速运动
B．向前加速运动；不运动
C．不动；向后匀速运动
D．向后匀速运动；不动
7．如图所示，半径为R，质量为M，内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的小球从半球形物体的顶端的a点无初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a同高的顶点，关于物体M和m的运动，下列说法中正确的有( )
A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒
B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒
C．m释放后运动到b点右侧，m能到达最高点c
D．当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大
8．如图所示，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________，若炮车与水平面的摩擦力为其重力的k倍，则炮车后退的距离为________。
9．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的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少？
10．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为________，小球的速度大小为________。
11．将一支小火箭沿竖直方向向上发射，最初0.3
s内喷出的气体的质量为30×10－3
kg，气体喷出的速度为600
m/s，若喷气后火箭的质量为2
kg，火箭在这段时间内上升的平均加速度为多少？(g取10
m/s2)
12．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A点，距货厢水平距离为l＝4
m，如图所示。人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1.25
m，求：
(1)车在人跳出后到落到地板期间的反冲速度？
(2)人落在车地板上并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？
参考答案
1.
答案：ABCD 点拨：喷气式飞机和火箭都是靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力；直升机通过螺旋桨击打空气，通过反冲获得上升的动力；反击式水轮机靠水轮击打水，通过反冲获得动力。
2.
答案：B 点拨：由于原子核原来处于静止状态，因此系统总动量为零，原子核放出粒子的过程中，动量守恒。
由动量守恒定律得：0＝mv＋(M－m)v′
解得v′＝－。
3.
答案：B 点拨：火箭工作的原理是反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾部喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度。故B项正确。
4.
答案：A 点拨：整个过程动量守恒，由于两发炮弹的总动量为零，因而船的动量不变。又因为船发射炮弹后质量减小，因此船的速度增大。
5.
答案：4
m/s
点拨：“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末的速度为
v′＝＝
m/s＝4
m/s。
6.
答案：B 点拨：分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲向前加速运动。若不分开，前后舱和水是一个整体，则不动。
7.
答案：BD 点拨：m从a到b的过程中，半球槽与墙壁存在相互作用，(m＋M)系统动量不守恒，但球与槽间的作用力是系统内的弹力，且对m不做功，故m机械能守恒；m运动到b点右侧，M向右运动，弹力对M做正功，对m做负功，两者速度相同，m达到最高点，但由于m有机械能损失，故不能达c点；在m相对M从最高点向左运动直到b的过程中，M受到的弹力一直使M加速，故m到达b点时，M的速度达最大。
8.
答案：
点拨：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＋mv0cos
θ，
所以v＝。
负号表示炮车是后退的。
炮车获得后退速度后，在摩擦阻力作用下后退一段距离将停下。
由题意及牛顿第二定律可得，炮车后退的加速度为：
a＝＝kg。
又由运动学公式可得炮车后退距离
s＝。
9.
答案：
点拨：由水平方向平均动量守恒得
mx小球＝2mx大球
又x小球＋x大球＝R
联立解得x大球＝。
10.
答案：
点拨：以车和小球为系统在水平方向总动量为零且守恒。当小球滑至最低处时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为。设此时小车速度为v1，小球速度为v2，由动量守恒为Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝，解得v2＝。
11.
答案：20
m/s2
点拨：由牛顿第二定律知，物体的加速度由物体所受合外力决定，火箭喷出气体的过程中，受向上的反冲力和向下的重力作用，因此只要求出火箭所受反冲力，就可求出加速度。
设喷出气体的质量为m，速度为v，则m＝30×10－3
kg，v＝600
m/s，这部分气体在Δt＝0.3
s内，速度由0变到v，设平均作用力为F，由加速度定义式知气体的加速度a＝＝＝
m/s2＝2
000
m/s2，由牛顿第二定律知F＋mg＝ma，所以气体受到的平均作用力F＝ma－mg＝30×10－3×2
000
N－30×10－3×10
N≈60
N。
根据牛顿第三定律知，小火箭受到的反冲力F′＝60
N，方向向上，设其加速度为a′，据牛顿第二定律得F′－Mg＝Ma′，所以a′＝＝20
m/s2。
12.
答案：(1)1.6
m/s (2)不动 0.8
m
点拨：人从货厢上跳出的过程中，人与货厢及车组成的系统水平方向动量守恒。人落到车上的过程中，系统水平方向动量仍守恒。人在空中运动过程中做平抛运动，而车做匀速直线运动。
(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝。
人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝0.5
s，在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为
s1＝v1t，s2＝v2t。
由图可知，s1＋s2＝l。
即v1t＋v2t＝l，则v2＝＝1.6
m/s。
(2)车的水平位移为s2＝v2t＝1.6×0.5
m＝0.8
m。
人落到车上A点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统没有受外力，而竖直方向支持力大于重力，合力不为零)，人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得：mv1－Mv2＝(M＋m)v，可得v＝0。
故人落到车上A点站定后车的速度为零。5
反冲运动火箭
课后集训
基础达标
1.质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动.当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将(
)
A.减小
B.不变
C.增大
D.无法确定
解析：砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以v0向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度v0，车的速度为v′，由(m+M)v0=mv0+Mv′得v′=v0，车速不变.
答案：B
2.某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计.那么在这段时间内人和船的运动情况是(
)
A.人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比
B.人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等
C.不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
D.人走到船尾不再走动，船则停下
解析：船组成的系统动量守恒，总动量为0，所以不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等、方向相反.若人停止运动而船也停止运动，所以选A、C、D.B项错在两者速度大小一定相等，因为人和船的质量不一定相等.
答案：ACD
3.载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m.若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是(
)
A.(m+M)h/M
B.mh/M
C.Mh/m
D.h
解析：气球和人组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，人相对地的速度是v，气球相对地的速度是V，有mv-MV=0.人相对地的位移是h，设气球相对地的位移是x，，得，梯子总长度为L=h+x=.
答案：A
4.连同炮弹在内的车停放在水平地面上.炮车和炮弹质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面间的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α.设炮弹以速度v0射出，那么炮车在地面上后退的距离为____________.
解析：在发炮瞬间，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒0=mv0cosα-(M-m)v，所以.发炮后，炮车受地面阻力作用而做匀减速运动，利用运动学公式v2-v02=2ax，其中v=0，=-μg，所以.
答案：
5.两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的人从A船跳入B船，又立刻跳回.A、B两船最后的速度之比是____________.
解析：根据0=(M+m)vA-MvB，所以.
答案：
综合运用
6.运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是(
)
A.燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭
B.火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭
C.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭
D.火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭
解析：火箭的原理是燃烧燃料，向后喷出气体，气体对火箭有一个向上的反作用力推动火箭.
答案：C
7.在空中飞行的一炮弹，其质量M=12
kg，当炮弹上升至最高点时，水平速度为v0=200
m/s，突然炸裂成A、B两块，A的质量为m1=4
kg、速度为v1=400
m/s，则炸裂后B的速度为____________，从炸裂到落地的过程中A、B飞行的水平距离之比为____________.
解析：根据动量守恒有Mv0=m1v1+m2v2，所以v2=100
m/s.A、B两块做平抛运动，下落时间是相等的，所以水平距离之比就为水平初速度之比4∶1.
答案：100
m/s
4∶1
拓展探究
8.如图16-5-3所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10
kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0
kg.当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5
cm，而木块所受的平均阻力为Ff=80
N.若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10
m/s2，求爆竹能上升的最大高度.
图16-5-3
解析：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得
Ff-Mg=Ma,a=
m/s2,
爆竹爆炸过程中，设爆竹获得的速度为v0,爆竹木块系统动量守恒Mv-mv0=0
爆竹上升的最大高度
答案：60
m2
动量和动量定律
自主广场
我夯基
我达标
1.如图16-2-3所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上，小球m从M1的右上方无初速地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将（
）
图16-2-3
A.静止
B.向左运动
C.向右运动
D.无法确定
思路解析:小球m和M1、M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，m下滑前系统总动量为零.m下滑后m和M1作用，M1又和M2作用，作用结果使M2向右运动，有向右的动量.当m滑到左方最高点时，m和M1的相对速度为零，但m和M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零，故选项B正确.
答案:B
2.两质量均为M的小船A、B静止光滑冰面上，两船的轴线在同一条直线上，船头相对，质量为m的小孩从A船跳入B船，又立刻跳回A船.A、B两船最后的速度之比是_____________.
思路解析:小孩从A船跳到B船，又跳回A船的过程中，总动量守恒，所以有0=（M+m）vA-MvB，得.
答案:
3.如图16-2-4所示，质量为m、长为a的汽车由静止开始从质量为M、长为b的平板车一端行至另一端时，汽车发生的位移大小为_____________，平板车发生的位移大小为_____________（水平面光滑）.
图16-2-4
思路解析:系统动量守恒，设汽车位移大小为x，则平板车位移大小为b-a-x.列方程为mx=M（b-a-x），得x=，b-a-x=
.
答案:
4.若用p1、p2表示两个在同一直线上运动并且相互作用的物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自动量的变化，则下列式子能表示动量守恒的是（
）
A.Δp1=Δp2
B.p1+p2=p1′+p2′
C.Δp1+Δp2=0
D.Δp1+Δp2=常数（不为零）
思路解析:动量守恒的含义是两物体相互作用前的总动量等于其相互作用后的总动量，因此有p1+p2=p1′+p2′，变形后有p1′-p1+p2′-p2=0，即Δp1+Δp2=0，又可以变形为Δp1=-Δp2.
答案:BC
5.三块完全相同的木块从同一高度由静止开始下落，A木块顺利下落，B木块在开始下落的瞬间被一水平飞来的子弹击中（未穿出），C木块在下落到一半距离时被另一相同的水平飞来的子弹击中未穿出.则三木块落地时间关系为（
）
A.tA=tB=tC
B.tAC.tAD.tA=tB思路解析:A木块做自由落体运动，B木块被水平飞来的子弹击中后做平抛运动，A、B的运动时间均为t=，C木块自由下落一半高度时竖直速度分量设为vy1，当一颗质量为m的子弹击中木块后留在木块内，可以近似认为竖直方向木块动量守恒，则木块竖直方向的分速度变为vy2=＜vy1，即子弹击中木块后，木块在竖直方向的分速度减小，所以落地时间延长.
答案:D
6.如图16-2-5所示，如果悬挂球的绳子能承受的最大拉力T0=10
N，球质量m=0.5
kg，L=0.3
m，锤头质量M=0.866
kg，如果锤沿水平方向打击球m，锤头速度多大时才能把绳子打断（设m原来静止，打击后锤头静止，取g=10
m/s2）？
图16-2-5
思路解析:球m被锤打击后以O为圆心、L为半径做圆周运动，且在刚打过后绳子拉力最大，由圆周运动向心力计算公式有T0-mg=m·
v=m/s
锤打击m过程中，系统水平方向不受外力作用，系统水平动量守恒Mv0=mv
v0==1
m/s
若要锤打小球后绳子被拉断，锤的速度应大于等于1
m/s.
答案:大于等于1
m/s
我综合
我发展
7.如图16-2-6所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的子弹以速度v从下面很快击中木球并穿出，击穿后木球上升的最大高度为H.求子弹穿过木球后上升的高度.
图16-2-6
思路解析:子弹穿出木球后向上做竖直上抛运动，设射出后子弹的速度为v1，木球的速度为v2，由竖直上抛运动有v2=
子弹穿过瞬间动量守恒mv=mv1+Mv2
v1=
设子弹穿出后上升的最大高度为h，h=.
答案:h=
8.为了采集木星和火星之间星云的标本，将航天器制成勺形，航天器质量为104
kg，正以10
km/s的速度运行，星云物质速度为100
m/s，方向与航天器相同，航天器为无动力装置.如果每秒可搜集10
kg星云物质，一小时后航天器速度变为多少？
思路解析:这是一道结合天体运动使用动量守恒定律的题目，动量守恒定律中的速度v不一定总以地面为参考系，只要相对同一参考系即可，本题中航天器的速度以谁为参考系没有说明，但对我们研究的问题并不重要.
由动量守恒定律得：m航v航+（Δmt）v云=（m航+Δmt）v
代入数据得：v=2
250
m/s.
答案:2
250
m/s
9.在平静的水面上，有一条载人的小船，船的质量为M，人的质量为m，人相对船静止，船和人以速度v0前进.（1）当人相对船以速度u沿跟船的运动相反方向行走时，船的速度多大？（2）若船长为L，且开始时系统静止，当人从船的一头走到另一头停止时，船后退的距离是多少？（水的阻力不计）
思路解析:本题考查动量守恒定律，以及动量的相对性，解答时分清作用前后各物体动量，然后应用动量守恒定律即可.同时还应注意此类题的解题步骤.
①应该把人对船的速度变为人对地的速度，即各物体的运动应对同一参考系.
②人走船也走，人停船也停，因此整个过程系统动量变化为零，人在船上不管做什么运动船后退的距离一定相同.
③人船模型可以推广到“人车模型”和“子弹打木块”模型，它们的解法类似.
（1）人和船组成系统，水平方向动量守恒，由于人对地速度为v-u，则由动量守恒定律知
（m+M）v0=Mv+m(v-u)
所以v=v0+u，方向与v0方向相同.
（2）开始时人船都停止，总动量为零，设人在船上走一段较短时间Δt时，人和船都看作是匀速运动，推广到整个过程时，人的平均速度为，船的平均速度为，如下图.设船后退s，则人的位移为L-s，由动量守恒定律
m-M=0
，所以s=.
答案:（1）v=v0+u，方向与v0方向相同
（2）2
动量和动量定律
主动成长
夯基达标
1.在地面上方h高处，分别以速率v竖直向上和竖直向下抛出两个小球，小球着地时的动量相对于抛出时的动量，动量的变化量应是（
）
A.大小、方向均相同
B.大小相同，方向不同
C.大小不同、方向相同
D.大小、方向均不同
思路解析：动量的变化量mΔv=m(v2-v1)即Δv=v2-v1,由于上抛和下抛的初速度大小相同，方向不同，而着地时速度又相同，故Δv大小不同，但方向都是竖直向下.
答案：C
2.关于动量，下列说法错误的是（
）
A.某一物体的动量改变，一定是速度的大小改变
B.某一物体的动量改变，一定是速度的方向改变
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，物体的动量一定改变
思路解析：动量是矢量，既有大小又有方向，因此动量的改变有三种情况：①动量的大小和方向都发生变化.对同一物体而言p=mv，物体速度的大小和方向都发生变化则动量发生变化.②动量的方向改变而大小不变.对同一物体来讲，物体的速度方向发生改变而速度大小没有变化则动量发生变化.如匀速圆周运动的情况，故选项A错误.③动量的方向没有发生变化.对同一物体来说，就是速度的方向没有发生变化，仅速度的大小改变，则动量发生变化故选项B错误.由于动量的定义式p=mv,所以速度发生变化，物体的动量一定发生变化，选项C正确.所谓的运动状态是指物体具有一定的运动速度，即速度一定，运动状态一定；速度改变，运动状态改变.选项D正确.
答案：CD
3.质量为10
kg的物体，当其速率由3
m/s变为4
m/s时，它的动量变化量Δp的大小不可能是（
）
A.10
kg·m/s
B.50
kg·m/s
C.70
kg·m/s
D.90
kg·m/s
思路解析：根据动量变化Δp=mv2-mv1,当v1和v2的方向相同时，Δp=mv2-mv1=10
kg·m/s，动量的变化量最小；当v1与v2的方向相反时，Δp=mv2-mv1=70
kg·m/s，动量的变化量最大.所以10
kg·m/s≤Δp≤70
kg·m/s,应选D项.
答案：D
4.下列各说法中正确的是（
）
A.速度大的物体，它的动量一定也大
B.动量大的物体，它的速度一定也大
C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变
D.竖直上抛的物体经过空中同一点的动量不相同
思路解析：动量是矢量，其大小是由m和v共同决定的.
答案：D
5.两个物体具有相同的动量，则它们一定有（
）
A.相同的速度
B.相同的质量
C.相同的运动方向
D.相同的加速度
思路解析：据动量的定义：动量是物体质量和速度的乘积.
答案：C
6.若用p1、p2表示两个在同一直线上运动并相互作用的物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自动量的变化，则下列式子能表示动量守恒的是(
)
?A.Δp1=Δp2
?
B.p1+p2=p1′+p2′
?C.Δp1+Δp2=0
D.Δp1+Δp2=常数（不为零）
思路解析：动量守恒的含义是两物体相互作用前的总动量等于其相互作用后的总动量，因此有p1+p2=p1′+p2′，变形后有p1′-p1+p2′-p2=0，即Δp1+Δp2=0，又可以变形为Δp1=-Δp2.
答案：BC
7.一木块被钉在一辆小车上，小车与地面无摩擦，一颗子弹射向木块.关于子弹穿过木块的过程是否动量守恒，下面的说法中正确的是（
）
A.如果子弹水平射入木块，则子弹与木块组成的系统动量守恒
B.如果子弹水平射入木块，则子弹、木块与小车组成的系统动量守恒
C.如果子弹斜向射入木块，则子弹与木块组成的系统动量守恒
D.如果子弹斜向射入木块，则子弹、木块与小车组成的系统动量守恒
思路解析：子弹、木块与小车彼此间都存在力的作用，所以它们是相互作用的系统，该系统受的外力为零，所以子弹水平射入木块时，系统动量守恒，B对.
答案：B
8.质量m=100
kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲=40
kg,m乙=60
kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸3
m/s的速度跃入水中，如图16-2-3所示，则小船的运动方向和速度为（
）
图16-2-3
A.向左，小于1
m/s
B.向左，大于1
m/s
C.向右，大于1
m/s
D.向右，小于1
m/s
思路解析：取甲人的速度方向为正方向，根据动量守恒定律
m甲v甲+m乙v乙+Mv=0,
40×3+60×(-3)+100v=0
所以v=0.6
m/s
v>0表示小船速度方向向左.
答案：A
9.大、小两个钢球在光滑的水平面上相撞，大球的质量是小球质量的4倍，当大球以某一速度与静止的小球碰撞后，大球沿原方向运动，速度大小为1.5
m/s，小球的速度为2
m/s，求开始时大球以多大的速度运动？
思路解析：设小球质量为m，大球质量为4m，由动量守恒定律得：4mv大=4mv大′+mv小
.
答案：2
m/s5
反冲运动火箭
主动成长
夯基达标
1.质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v方向为正），剩余部分速度为（ ）
A. B.
C.
D.
思路解析：由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解.
由动量守恒定律得：
0=mv+(M-m)v′
解得：.
答案：B
2.如图16-5-2所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平、火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为( )
图16-5-2
A.
B.
C.
D.
思路解析：自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒，设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1,发射后系统的动量之和为（M-m)v2+m(v0+v2).
由Mv1=（M-m)v2+m(v0+v2)
解得.
答案：B
3.倾角为θ、长为L的各面光滑的斜面体置于水平地面上，已知斜面质量为M，今有一质量为m的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块滑到底端时，求斜面后退位移s的大小.
思路解析：以滑块和斜面体组成的系统为研究对象，水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，以斜面体后退方向为正方向，根据动量守恒定律，列方程有：
解得.
答案：
4.在平静的水面上，有一条载人的小船，船的质量为M，人的质量为m，人相对船静止，船和人以速度v0前进，当人对船以速度u沿跟船的运动相反方向行走时，船的速度是多大？若船长为L，且开始时系统静止，当人从船的一头走到另一头停止时，船后退距离是多少？（水的阻力不计）
思路解析：本题考查动量守恒定律以及动量的相对性，解答时分清作用前后各物体的动量，然后应用动量守恒定律即可.同时还应注意此类题的解题步骤.
①此题第一步解题中，应该把人对船的速度变为人对地的速度，即各物体的运动应对同一参考系.
②第二步解题中，人走船也走，人停船也停，因此整个过程系统动量变化为零，人在船上不管做什么运动，只要是从船的一头走到另一头，船后退的距离一定相同.
③人船模型可以推广到“人车模型”和“子弹打木块模型”，它们的解法类似.
（1）人和船组成系统，水平方向动量守恒，由于人对地速度为v-u，则由动量守恒定律知
（m+M)v0=Mv+m(v-u)
所以，方向与v0方向相同.
（2）开始时人船都停止，总动量为零，设人在船上走一段较短时间Δt时，人和船都看作是匀速运动，推广到整个过程时，人的平均速度为，船的平均速度为，如右图，设船后退s，则人的位移为L-s，由动量守恒定律
，
，
故.
答案：（1），方向与v0方向相同
（2）
5.一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面，在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷出高温、高压气体，使飞行器以不太大的速度匀速降落到月球表面上.若飞行器质量M=1.8
t，气体喷出的速度（对月球表面）是103
m/s,月球表面重力加速度g′=g/6(g取10
m/s2），短时间内喷出的气体质量不太大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体的质量为多少？
思路解析：设每秒喷出的气体质量为m0，则时间t内喷出的气体总质量为m0t，设飞行器对喷出的气体的作用力为F，则喷出的气体对飞行器的反作用力F′与F大小相等.以时间t内喷出的气体为研究对象，由动量定理可得：
Ft=m0tv-0①
由于飞行器匀速运动，则F′=Mg′，故
F=Mg′②
将②代入①得：Mg′=m0v
.
答案：3
kg
6.从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100
m、上升速度为17.5
m/s时，炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4
s落回出发点.求B块经多长时间落回出发点.（不计空气阻力，取g=10
m/s2)
思路解析：在礼花弹爆炸的瞬间，虽然受到的外力不为零（受重力作用），但由于爆炸产生的内力远大于重力，故重力可忽略，所以在爆炸过程中仍可应用动量守恒定律求解.
设爆炸后A的速度为vA，并设向上为正方向
由得vA=-5
m/s
在爆炸过程中，根据动量守恒定律（仍设向上为正方向）
得vB=40
m/s
由得t=10
s
即B块经10
s落回地面.
答案：10
s
7.一质量为6×103
kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度（相对于火箭）为103
m/s，求：
（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20
m/s2的加速度？
思路解析：这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.
（1）以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，由动量定理有
FΔt=Δmv0①
火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′=F,对火箭（忽略气体的重力）
F′=Mg②
由①②两式解得
即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60
kg的气体.
（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为研究对象
FΔt=Δmv0③
而对火箭F-Mg=Ma④
由③④两式解得
答案：(1)60
kg/s (2)180
kg/s
8.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面间的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α.设炮弹以速度v0射出，那么炮车在地面上后退多远？
思路解析：发射炮弹，相互作用力远大于摩擦力，所以水平方向满足动量守恒定律，仰角α以v0射出，即v0是相对于炮筒的速度，将v0分解，水平方向vx0=v0cosα.设炮身后退速度大小为v，则炮弹水平向前的速度大小为?v0cosα-?v.由水平方向动量守恒有Mv=m(v0cosα-v)，则,炮车滑行加速度a=μg,由v12=v02+2as,有,
所以.
答案：
9.如图16-5-3所示，带有光滑1/4圆弧轨道的滑块静止在一个光滑水平面上，质量为M.一个质量为m的小球静止在A处，当小球从滑块B处飞出时，滑块M的反冲速度为多大？（圆弧半径R已知）
图16-5-3
思路解析：滑块上圆弧轨道虽然光滑，但由于滑块在小球下滑过程中对小球做了功，所以不能认为小球在下滑过程中机械能守恒.由于滑块、小球系统在小球下滑过程中除重力外，其他外力没有做功，系统的机械能守恒.即
①
系统水平方向动量守恒，即
0=mv1+Mv2②
联立①②得：
.
答案：
10.一个宇航员，连同装备的总质量为100
kg，在空间跟飞船相距45
m处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5
kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50
m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必然保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4
kg/s，试问：
（1）如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15
kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？
（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？
思路解析：宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案.
（1）令M=100
kg，m0=0.5
kg,Δm=0.15
kg,氧气释放速度为v,宇航员在释放氧气后的速度为v′,由动量守恒定律得
0=（M-Δm）v′-Δm（v-v′)
宇航员返回飞船所需时间.
宇航员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10-4×600
kg=0.15
kg,
氧气筒喷射后所余氧气m″=m0-Δm=(0.5-0.15)kg=0.35
kg,
因为m″>m′，
所以宇航员能顺利返回飞船.
（2）设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t,则m0=kt+Δm为宇航员返回飞船的极限条件.
0.5=2.5×10-4×+Δm
解得Δm1=0.45
kg或Δm2=0.05
kg.
分别代入,得t1=200
s,t2=1
800
s.
即宇航员安全返回飞船的最长时间为1
800
s，最短时间只有200
s.
答案：（1）能 （2）最长时间1
800
s,最短时间200
s
11.总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆形轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图16-5-4所示.要使卫星对地速度降为原来的，卫星在P处应将质量为Δm的燃气以多大的对地速度向前喷出？
（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地面重力加速度为g）
图16-5-4
思路解析：由于地球半径R0和地面重力加速度g为已知，可求出人造地球卫星在原轨道上时的速度，再由动量守恒定律求出喷气速度.
地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故
即①
又由于在地球表面附近
即GM=gR02②
将②代入①式可得
设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v′,卫星与燃气组成的系统动量定恒，则有
即mgR02R=(m-Δm)89gR02R+Δmv′
解得：.
答案：
12.如图16-5-5所示，一个质量为m的玩具蛙蹲在质量为m′的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上.若车长为，细杆高为h，且位于小车的中点，则玩具蛙至少以多大的水平速度v0跳出时，才能落到桌面上？
图16-5-5
思路解析：设蛙水平跳出速度为v0，小车后退速度为v1，则与蛙在车作用过程中，系统水平方向动量守恒，则
0=mv0-m′v1(以v0方向为正）.
在蛙未落至桌面前，小车以v1做匀速运动，设t内走x，则
x=v1·t(x为对地位移）.
在t时间内，蛙做平抛运动，根据平抛运动规律，即
,蛙对地的水平位移应为,而至少应为.
解以上各式得.
答案：
13.一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？
思路解析：爆炸前后动量守恒，有mv=mAvA
得
爆炸后，A以vA做平抛运动，运动时间
射程的增加量Δs为
此题爆炸前后可认为动量守恒，但机械能并不?守恒?，
.机械能是增加的，这一点与碰撞过程不同.
答案： 增加
走近高考
14.在光滑水平桌面上，有一长为=2
m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC=5
kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA=1
kg,mB=4
kg,开始时A、B、C都静止，并且AB间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-6所示，炸药爆炸使得A以6
m/s的速度水平向左运动.如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略.求：
图16-5-6
（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度是多大？
（2）到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？
思路解析：由于爆炸，A、B相互作用系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率奔向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，以后C与另一物体有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒.
（1）设向左的方向为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律有：
mava+mbvb=0得vb=-1.5
m/s
对A、B、C组成的系统开始时静止，由动量守恒有（mA+mB+mC）vC=0得vC
=0，即最终木板C的速度为0.
（2）A先与C相碰，由动量守恒定律：
mAvA=(mA+
vC)v共
v共=1
m/s
从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1=λ2vA=16
s,此时B距C的右壁sB=l2-vBt1=0.75
m,
设再经过t2时间B与C相碰，则
t2=sBvB+v共=0.3
s,故C向左的位移
ΔsC=v共t=1×0.3
m=0.3
m.
答案：(1)0 (2)0.3
m 方向向左2
动量和动量定律
课后训练
基础巩固
1.质量为m的物体放在水平面上，在与水平方向成θ夹角的拉力F作用下由静止开始运动，经过时间t速度达到v，在这一时间内拉力F和重力的冲量大小分别为( )
A．Flcos
θ，0
B．mv，Ft
C．Ft,0
D．Ft，mgt
2．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )
A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻
B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．推车时推不动，是因为合外力冲量为零
D．动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来
3．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )
A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同
B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同
C．动量的变化率大小相等，方向相同
D．动量的变化率大小相等，方向不同
4．质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )
A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升、下降过程冲量大小均为mv0，方向向下
5．在光滑的水平面上，有质量为2
kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa＝4
N作用下由静止出发运动4
s，质点b在水平恒力Fb＝4
N作用下由静止出发移动4
m，比较这两个质点所经历的过程，正确的是( )
A．a质点的位移比b质点的位移大
B．a质点的末速度比b质点的末速度小
C．力Fa做的功比力Fb做的功多
D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小
6．如图所示，在2012年伦敦奥运会的足球赛场上，一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，球的速度为10
m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量。
(2)若足球以10
m/s的速度撞向球门门柱，然后以3
m/s速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量。
能力提升
7．如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功越多
B．v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与v的大小无关
C．v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越少
D．v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与v的大小无关
8．水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停止，两物体的vt图象如图所示，图中AB∥CD，则( )
A．F1的冲量大于F2的冲量
B．F1的冲量等于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力大小相等
D．两物体受到的摩擦力大小不等
9．光滑水平桌面上，一球在绳拉力作用下做匀速圆周运动，已知球的质量为m，线速度为v，且绳长为L，试求球运动半圆周过程中绳拉力的冲量大小。
10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相遇，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5
m，据测算两车相撞前速度约为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？
参考答案
1.
答案：D 点拨：许多同学认为在此题中，重力和支持力的方向与运动方向垂直，它们的作用效果对物体的运动没有影响，因此它们的冲量为零，实际上这是错误的，根据冲量的概念可知拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。故正确选项为D。
2.
答案：C 点拨：根据Ft＝Δp，可知A项中橡皮锤与钉作用时间长，作用力小；B项中冲量相同，减小的是冲力而不是冲量；C项中车不动，其动量变化量为零，则合外力冲量为零；D项中两物体Δp、F相同，故t应相同。故选C。
3.
答案：AC 点拨：A、B球在空中只受重力作用，因此相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等、方向相同，A选项正确；动量的变化率为＝mg，大小相等、方向相同，C选项正确。
4.
答案：BD 点拨：物体上升、下降动量变化相同，均为mv0，都向下，A、C错，B、D对。
5.
答案：AC 点拨：这是一道涉及动量定理的综合题，两质点都做初速度为零的匀加速运动，加速度大小相等，a＝＝2
m/s2，4
s内a的位移为sa＝＝16
m，b质点前进4
m需要的时间是tb＝＝2
s，sa＞sb，可知A正确；运动时间是a质点大于b质点，力的大小相同，所以D错；根据v＝at和W＝Fs，可知B错、C正确。
6.
答案：见点拨。
点拨：(1)取向右为正方向，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
动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4
kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，初、末动量分别为
p1＝mv′＝0.4×10
kg·m/s＝4
kg·m/s，方向向右
p2＝mv″＝0.4×(－3)
kg·m/s＝－1.2
kg·m/s，方向向左，
动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2
kg·m/s，方向向左。
7.
答案：D 点拨：由题知，物体所受的摩擦力f＝F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If＝F·t越小；因为Wf＝F·，故Wf与v无关。
8.
答案：C 点拨：设F1、F2的作用时间分别为t1、t2，则由题图知t1＜t2，当只有摩擦力Ff作用时，由AB∥CD知图线斜率相同，则加速度相同，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相同，故C选项正确，D选项错误；对a，由动量定理得：F1t1－Fft1＝mvA；对b同理：F2t2－Fft2＝mvC。
由图象知：vA＝vC，t1＜t2，所以有：mvA＝mvC，即F1t1－Fft1＝F2t2－Fft2，因此F2t2＞F1t1，即A、B选项均错。此题还可根据动能定理比F1和F2所做功的大小关系。
9.
答案：2mv 点拨：球做匀速圆周运动时，受重力、桌面支持力FN及绳子的拉力，重力G和支持力FN平衡，绳子的拉力即为合力，尽管F绳＝mv2/L大小恒定，但方向时刻在变，不能用冲量公式I＝Ft求解。由动量定理可知I绳＝Δp＝2mv。
10.
答案：(1)5.4×104
N (2)1.8×103
N
点拨：(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。设运动的时间为t，根据s＝，得
t＝
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。4
碰撞
课后训练
基础巩固
1.在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1＜E0
B．p1＜p0
C．E2＞E0
D．p2＞p0
2．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，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，下列的结论中正确的应是( )
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
3．半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动，若甲球的质量大于乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是( )
A．甲球的速度为零而乙球的速度不为零
B．乙球的速度为零而甲球的速度不为零
C．两球速度均不为零
D．两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等
4．在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，如图所示。已知碰撞前两球的动量分别为pA＝12
kg·m/s，pB＝13
kg·m/s。碰撞后它们的动量变化ΔpA、ΔpB有可能的是( )
A．ΔpA＝－3
kg·m/s，ΔpB＝3
kg·m/s
B．ΔpA＝4
kg·m/s，ΔpB＝－4
kg·m/s
C．ΔpA＝－5
kg·m/s，ΔpB＝5
kg·m/s
D．ΔpA＝－24
kg·m/s，ΔpB＝24
kg·m/s
5．如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。问：
(1)A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
6．1930年科学家用放射性物质中产生的α粒子轰击铍时，产生了一种看不见的、贯穿能力极强的、不带电未知粒子。该未知粒子跟静止的氢核正碰，测出碰撞后氢核速度是3.3×107
m/s，该未知粒子跟静止的氮核正碰，测出碰撞后氮核速度是4.7×106
m/s。已知氢核质量是mH，氮核质量是1.4
mH，假定上述碰撞是弹性碰撞，求未知粒子的质量。
能力提升
7．下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1＝0.28
kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2＝0.10
kg的木棍B。B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25
m处由静止释放。实验中，A触地后在极短的时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离A开始上升，而球A恰好停留在地板上。求木棍B上升的高度，重力加速度g取10
m/s2。
8．如图所示，一根细绳质量不计，长1
m，能承受的最大拉力为13
N，一端固定在天花板上，另一端系一质量为0.6
kg的小球A，整个装置处于静止状态。质量为0.2
kg的小球B以水平速度v与A碰撞后粘为一体，若要保证绳子不断，小球B的速度v最大为多少？(g取10
m/s2)
9．用轻弹簧相连的质量均为m＝2
kg的A、B两物体都以v＝6
m/s
的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M＝4
kg的物体C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：
(1)当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度。
(2)弹性势能的最大值。
10．如图所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M＝4.0
kg，a、b间距离s＝2.0
m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量m＝1.0
kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0＝4.0
m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。(g取10
m/s2)
参考答案
1.
答案：ABD 点拨：球1与球2碰撞，碰撞前后的动能关系应为E0≥E1＋E2。因此E1＜E0，E2＜E0，选项A正确，C不正确。由p＝，结合E1＜E0，可知p1＜p0，选项B正确。设球1初动量方向为正方向，由动量守恒定律得：p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，可见p2＞p0，选项D正确。
2.
答案：B 点拨：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，弹簧被压缩到最短，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。
3.
答案：AC 点拨：由题可知Ek甲＝Ek乙，且m甲＞m乙，所以由p＝知p甲＞p乙，又甲、乙相向运动，所以碰撞前后系统的总动量与甲原运动方向相同。A项中甲球速度为零，而乙球反向弹回，总动量方向不变，A正确。B项中乙球速度为零，甲球反向弹回，系统的总动量方向与原来相反，B错。C项不违背动量守恒，C正确。D项系统总动量方向与原来相反，D错。
4.
答案：AC 点拨：乍一看四个选项均遵守原则一，即有ΔpA＋ΔpB＝0。这些选项是否都对呢？考虑原则三，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有vA＞vB，vB′＞vB，所以有ΔpB＞0，因而ΔpA＜0，可将B选项排除。再由原则二得
①
②
解①②得
可以得出：|vA′|＜|vA|
即－vA＜vA′＜vA③
③式各量减去vA再乘以mA得
－2pA＜ΔpA＜0④
由④式排除D选项。检验选项A、C，可知同时满足三个原则，故本题的答案应为A、C。
5.
答案：(1) (2)
点拨：(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒。所以v0的方向为动量的正方向，则有：
mv0＝2mv1，解得v1＝v0/2。
(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球被加速，速度由零开始增大，而A、B两球被减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等。在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有：
2mv1＝3mv2，解得v2＝。
6.
答案：1.15mH
点拨：设未知粒子质量为m，初速度为v，与氢核碰撞后速度为v′，根据动量守恒和动能守恒有
mv＝mv′＋mHvH①
②
联立①②解得vH＝v③
同理，对于该粒子与氮核碰撞有
vN＝④
联立③④解得m＝＝1.15mH
这种未知粒子质量跟氢核质量差不多。(即中子)
7.
答案：4.05
m
点拨：根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地板时速度的大小，即：v1＝
A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度大小为v2＝
由题意，碰后A速度为0，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒定律有：m1v1－m2v2＝m2v2′
令h表示B上升的高度，有：h＝
联立以上各式并代入数据得：h＝4.05
m。
8.
答案：10
m/s
点拨：设A、B粘在一起时速度为v共，由牛顿第二定律得
FT－(mA＋mB)g＝
解得v共＝2.5
m/s
B与A碰撞动量守恒：mBv＝(mA＋mB)v共
解得v＝10
m/s。
9.
点拨：(1)当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B、C的速度相等，由动量守恒定律得
2mv＝(2m＋M)v1
v1＝＝3
m/s
即A的速度为3
m/s。
(2)由动量守恒定律得B、C碰撞时
mv＝(m＋M)v2
v2＝＝2
m/s
由能量守恒可得
解得ΔEp＝12
J。
答案：(1)3
m/s (2)12
J
10.
答案：2.4
J
点拨：把两物体看成一个系统，对整个系统利用能量守恒。
设物块和木板最后的共同速度为v，由动量守恒定律有：
mv0＝(M＋m)v
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，由于物块在木板上滑动使系统损失的机械能为2μmgs(根据摩擦力与相对位移的乘积等于系统损失的机械能)，则由能量守恒可得
＝ΔE＋2μmgs
可得ΔE＝－2μmgs＝－2μmgs＝2.4
J。3
动量守恒定律
2
更上一层楼
基础·巩固
1.匀速向东行驶的小车上有质量相等的小球被分别向东、向西同时抛出，抛出时两球动量大小相等，则(
)
A.球抛出后小车的速度增加
B.球抛出后小车的速度减小
C.球抛出后小车的速度不变
D.向东抛出的小球的动量变化比向西抛出的小球的动量变化小
解析：设向东为正方向，车质量为M，开始时速度为v，最终速度为v′向东抛出球的动量大小为p1，向西抛出球的动量大小为p2，两球质量分别为m1、m2，由动量守恒(M+m1+m2)v=p1-p2+Mv′.由于抛出时两球动量大小相等，则v′=v＞v，所以A选项正确，B、C选项错误.向西抛出的球动量变化=-p2-m2v=-(p2+
m2v)，向东抛出的球动量变化Δp1=-p1-m1v，Δp2＞Δp1，所以选项D正确.
答案：AD
2.如图16-3-6所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m和2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止.A、B的相互作用力遵守牛顿第三定律.现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，则此时(
)
图16-3-6
A.A球的速度大小为
B.B球对A球做的功为mv2
C.A球的动能为2
mv2
D.A球的动量大小为mv
解析：以A、B两带电小球为系统对其进行受力分析可知，系统的合外力为零，所以系统动量守恒.B的速度为v时，设A的速度为v′，则0=2mv+mv′，故v′=-2v，所以选项A错误.A小球获得的动能为mv′2=2mv2，所以选项C正确.小球B对小球A做的功由动能定理可知即为A球所增加的动能2mv2，所以选项B错误，A球动量的大小为2mv，所以选项D错误.
答案：C
3.质量为M的玩具汽车拉着质量为m的小拖车，在水平地面上以速度v匀速前进，某一时刻拉拖车的线突然断了，而小汽车的牵引力不变，汽车和拖车与地面动摩擦因数相同，一切阻力也不变.则在小拖车停止运动时，小汽车的速度大小为________________________.
解析：由于汽车和拖车组成的系统所受的牵引力和阻力始终是一对平衡力，故系统动量守恒.由(M+m)v=mv′,得
v′=.
答案：
4.一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，相邻车厢间留有空隙，首端第一节车厢以速度v向第二节撞去，并连接在一起，然后再向第三节撞去，并又连接在一起，这样依次撞下去，使n节车厢全部运动起来，那么最后火车的速度是_________(铁轨对车厢的摩擦不计).
解析：火车在撞击过程中动量守恒，设最后速度为v′，根据动量守恒定律得：
mv=nmv′，解得：v′=v/n.
答案：v/n
5.某一核反应的模型中质量为m0、速度为v0的粒子与一个质量为M、静止的原子核碰撞后合为一体，又迅速发生变化放出质量为m、速度为v的另一个粒子，此粒子的速度v与v0反方向.试问余下的反冲核的反冲速度为多大
解析：由动量守恒定律得m0v0=(M+m0-m)v′-mv
余下的反冲核的反冲速度为v′=.
6.A、B两船平行逆向贴近航行，当两船首尾对齐时，从每只船上各自以垂直航向向另一船投去质量为50
kg的物体.这时原来质量500
kg的A船停了下来，而质量为1
000
kg的B船仍沿原方向以8.5
m/s的速度航行，求两船原来的速度.
解析：巧选研究对象，利用动量守恒定律进行计算.
A、B两船交换货物后，总质量均未变化，设两船原来的速度大小分别为vA、vB，取B船的运动方向为正方向.
以A船上的450
kg的部分及B船投给A船的m=50
kg物体为研究对象，系统水平方向不受外力，故动量守恒，依题意有：
(MA-m)(-vA)+mvB=0①
以B船上950
kg的部分及A船投给B船的m=50
kg的物体为研究对象，由动量守恒有：
(MB-m)VB+M(-vA)=MBvB′②
联立①②代入数字解得
vA=1
m/s
vB=9
m/s.
综合·应用
7.一轻质弹簧，两端各连质量均为m的滑块A和B.静止在光滑水平面上，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16-3-7所示，求：
图16-3-7
(1)击中瞬间，A和B的速度分别为多大？
(2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
解析：子弹击中A的瞬间，时间极短，弹簧弹力的冲量不计(弹簧压缩量不计)，子弹和木块A组成的系统动量守恒，机械能不守恒(因子弹和木块间有摩擦力).
子弹射入木块后，木块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，因vA＞vB，所以弹簧一直被压缩，在两者速度相等后，两木块受力方向仍不变，所以A机械能减速，B继续加速，则vA＜vB，故在相等时间内A向右位移小于B向右位移，弹簧逐渐由被压缩变为被拉伸，所以速度再次相等时，弹簧形变量最大，弹性势能最大.在此过程中，子弹和A、B组成系统，所受合外力为零，系统内只有弹力做功，所以系统动量、机械能守恒.
(1)子弹和A组成的系统动量守恒v0=(+m)vA，所以vA=，因不考虑弹簧压缩量，故vB=0.
(2)子弹和A、B组成的系统动量守恒vA=(+m)vAB
系统的机械能守恒×mvA2=
(+m)vAB2+Epm
联立以上两式可解得Epm=
8.炮弹在水平飞行时，其动能为Ek0=800
J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为Ek1=625
J，求另一块的动能Ek2.
解析：以这两块为研究对象，动量守恒.
以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625
J的一块的速度可能为正，可能为负，由动量守恒定律：p=p1+p2
又因为p=.
所以：=±
=±
解得：Ek2=225
J或4
225
J.
9.从地面上竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100
m，上升速度为17.5
m/s时，炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4
s落回发射点，求B块经多长时间落回发射点？(不计空气阻力，g=10
m/s2)
解析：对于爆炸过程中，重力是次要因素，认为动量守恒.而炸裂后物块的运动过程重力是主要因素.
礼花弹爆炸瞬间，内力>>外力，所以系统动量守恒.
物体从100
m高处若自由下落所用时间为t
t==
s≈4.47
s
A物体落回发射点用4
s时间，所以它做竖直下抛运动.设vA方向为正，据h=vAt+gtA2,解得vA=5
m/s.
爆炸过程动量守恒-mv=mVA-mVB，解得vB=40
m/s，方向竖直向上.
B做竖直上抛，其位移为h，h=-vBtB+gtB2，解得tB=10
s.
10.一质子以1.0×107
m/s的速度与一个静止的未知核碰撞.已知质子的质量是1.67×10-27
kg，碰撞后质子以6.0×106
m/s的速度反向弹回，未知核以4.0×106
m/s的速度运动.试确定未知核的“身份”.
解析：以质子和未知核组成的系统作为研究对象.它们碰撞时，系统的动量守恒.
设质子碰撞前的运动方向为正方向，则其碰撞前的速度v1=1.0×107
m/s,碰撞后的速度v1′=-6.0×106
m/s，质量m1=1.67×10-27
kg，设未知核的质量为碰后的速度m2，碰撞前的速度v2=0，碰撞后的速度v2′=4.0×106
m/s.
动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，有
m2==
kg=6.68×10-27
kg
对照元素周期表，可知该未知核是氦核.
11.1930年发现用钋放出的射线，其贯穿能力极强，它甚至能穿透几厘米厚的铅板，1932年，英国年轻物理学家查德威克用这种未知射线分别轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核.若未知射线均与静止的氢核和氮核正碰，测出被打出的氢核最大速度为vH=3.5×107
m/s，被打出的氮核的最大速度vN=4.7×106
m/s，假定正碰时无机械能损失，设未知射线中粒子质量为m，初速为v，质子的质量为m′.
(1)推导打出的氢核和氮核速度的字母表达式；
(2)根据上述数据，推算出未知射线中粒子的质量m与质子的质量m′之比(已知氮核质量为氢核质量的14倍).
解析：氢核和氮核正碰满足动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒和机械能守恒定律进行计算.
(1)碰撞满足动量守恒和机械能守恒，与氢核碰撞时，有
mv=mv1+mHvH2,mv2=mv12+mHvH2
解得vH=v
同理可得vN=v.
(2)由(1)可得=，代入数据得=1.016
5.
12.如图16-3-8所示，两个质量均为4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上.一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中.则在运动过程中
(1)什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？
(2)A球的最小速度和B球的最大速度.
图16-3-8
解析：子弹与A球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为m，A球、B球分别都为M，子弹与A球组成的系统动量守恒，则
mv0=
(m+M)v①
(1)以子弹、A球、B球作为一系统，以子弹和A球有共同速度为初态，子弹、A球、B球速度相同时为末态，则(m+M)v=
(m+M+M)v′②
(m+M)v2=(m+M+M)v′2+EP③
M=4m，解得Ep=④
(2)以子弹和A球有共同速度为初态，子弹和A球速度最小、B球速度最大为末态，则(m+M)v=
(m+M)vA+MvB⑤
(m+M)v2=(m+M)vA2+MvB2⑥
解得vA=v0,vB=v0⑦
或vA=v0,vB=0⑧
根据题意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以vAmin=v0，vBmax=v04
碰撞
更上一层楼
基础·巩固
1.质量为3m的机车，其速度为v0.在与质量为2m的静止车厢碰撞后挂在一起时的速度为(
)
A.3v0/2
B.2v0/3
C.2v0/5
D.3v0/5
解析：碰撞的特点是物体间的相互作用突然发生，持续时间很短，在相撞时间内，外力远小于物体之间的作用，即动量守恒.则3m·v0=(3m+2m)v得v=3v0/5.
答案：D
2.A、B两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5
kg·m/s，B球的动量是7
kg·
m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是(
)
A.6
kg·m/s，6
kg·m/s
B.3
kg·m/s，9
kg·m/s
C.-2
kg·m/s，14
kg·m/s
D.-5
kg·m/s，15
kg·m/s
解析：两球构成的系统动量守恒，A球减少的动量大小等于B球增加的动量大小，故B、C两项正确.A选项虽然作用前后的动量相等，但A球的动量不可能增加，所以A错.
答案：BC
3.如图16-4-8所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动.当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为(
)
图16-4-8
A.向东
B.向东
C.向东
D.v1向东
解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒.设车的速度V1的方向为正方向，选地面为参照系.初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M-m)v1′(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变).人在水平方向上对地的动量仍为mv1，
则有Mv1=(M-m)
v1′+mv1
(M-m)v1=(M-m)
v1′
所以v1′=v1，正确答案应为D.
答案：D
4.在光滑水平面上，动能为E0、动量为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反.将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有(
)
A.E1＜E0
B.p1＜p0
C.E2＞E0
D.p2＞p0
解析：两个钢球组成的系统在碰撞过程中动量守恒，设钢球1初动量的方向为正方向，又由动量守恒定律得：p0=p2-p1，可见p2＞p0，故选项D正确.单从动量方面分析，p1可以大于p0，若如此必有碰后系统的动能增加，但对于碰撞问题碰撞后系统的动能不可能大于碰前系统的动能，因此E1+E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0，显然选项A正确，选项C错误.由动量的大小和动能的关系p2=2mEk，因为E1＜E0，得p1＜p0
，选项B正确.
答案：ABD
5.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲=5
kg·m/s，p乙=7
kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰撞后乙球的动量变为p乙′=10
kg·m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是(
)
A.m甲=m乙
B.m乙=2m甲
C.m乙=4m甲
D.m乙=6m甲
解析：由碰撞中的动量守恒可求得p甲′=2
kg·m/s.要使甲追上乙必须有：v甲＞v乙,即＞，所以m乙＞1.4m甲.碰后由于p甲′、p乙′均大于零，表示运动同向，则应用
v甲′≤v乙′，即≤，
所以m乙≤5m甲.再由碰撞中的机械能不增加，则≥，
代入数据得：m乙＞m甲，综合上述讨论，m甲与m乙的关系应为m甲≤m乙≤5m甲.
答案：C
6.质量为490
g的木块静止在光滑水平面上，质量为10
g的子弹以500
m/s的速度水平射入木块并嵌在其中，从子弹刚射入木块至与木块相对静止的过程中，它们的共同运动速度为10
m/s.木块增加的动能为____________________J，子弹损失的动能为___________________J，产生的内能是___________________J.
解析：木块增加的动能为：m2v22=×0.49×102
J=24.5
J，子弹损失的动能为：m1v02-m1v12=×0.01×(5002-102)
J=1
249.5
J，所以产生的内能为1
249.5
J-24.5
J=1225
J.
答案：24.5
1
249.5
1
225
7.如图16-4-9所示，质量为0.5
kg的小球在距离车底面高20
m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5
m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4
kg，设小车在落到车底前瞬间速度是25
m/s，则当小球与小车相对静止时，小球与小车发生的是什么碰撞？此过程中有没有动能损失？
图16-4-9
解析：由于小球与小车碰后具有共同速度，所以它们的碰撞为完全非弹性碰撞.此过程中动能损失最大.
8.如图16-4-10所示，长l为0.8
m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为0.2
kg的球.将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放.当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量m2为0.2
kg的铁块发生弹性正碰，碰后小球静止.若光滑桌面距地面高度h为1.25
m，铁块落地点距桌边的水平距离多大？(g取10
m/s2)
图16-4-10
解析：球下落过程中机械能守恒，由于两球发生弹性正碰，动能守恒，可对全过程利用能量守恒进行计算.碰后铁块做平抛运动，利用平抛运动公式计算.
由于两球发生弹性正碰，动能守恒，所以m2v22=m1gl-0，解得v2=4
m/s.
由平抛射程公式可求得铁块的水平射程：s=v2=4×m=2
m.
综合·应用
9.(2004天津高考)如图16-4-11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两球的动量大小均为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(
)
图16-4-11
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：由质量关系、动量增量关系判断球的位置.由mB=2mA、pB=pA知：vA=2vB.
对两球发生碰撞的情况进行讨论：
(1)A球在左方，都向右运动.由动量守恒定律得：pA′=2
kg·m/s，pB′=10
kg·m/s，即=，故=;
(2)A球在左方，且A向右运动，B向左运动，由题意知pa′=2
kg·m/s，pb′=-2
kg·m/s，A、B两球碰后继续相向运动是不可能的;
(3)B球在左方，A球在右方，则此种情况下ΔpA＞0.
由以上分析知，只有第一种情况成立.
答案：A
10.(精彩回放)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态.一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图16-4-12所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长(
)
图16-4-12
A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C.环撞击板后，板的新的平衡位置与ｈ的大小无关
D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
解析：环套与板碰撞时间极短，二者之间的内力远大于外力(重力、弹簧弹力)，环套与板的总动量守恒，A项正确.
因碰后两者速度相同，说明环套与板的碰撞为完全非弹性碰撞，动能损失最多，碰撞过程中总机械能不守恒，B项错.
碰后，环套与板做简谐运动，板的新的平衡位置就是停振后板所处的位置，由平衡条件kx0=(m+M)
g,x0=
g，x0与h大小无关，C项正确.
碰后下落过程中，板和环套减少的动能和减少的重力势能都转化为弹性势能.弹性势能的增加与克服弹簧力做的功相同，故D项错.
答案：AC
12.(2006江苏高考)如图16-4-13所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接，现把A、B两球置于距地面高H处(H足够大)，间距为l，当A球自由下落的同时，将B球以速度v0指向A球水平抛出.求：
图16-4-13
(1)两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；
(2)A、B两球碰撞(碰撞时无机械能损失)后，各自速度的水平分量；
(3)轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小.
解析：(1)设A球下落的高度为h，
l=v0t，①
h=gt2②
联立①②得h=.③
(2)由水平方向动量守恒得
mv0=mvAx′+mvBx′④
由机械能守恒得
m(v02+)+m=m(vA′2+)+m(+)
⑤
式中,.
联立④⑤得=v0,=0.
(3)由水平方向动量守恒得mv0=2mvBx″，
l=mvBx″=m.
12.(2006重庆高考)如图16-4-14所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R，碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求：
图16-4-14
(1)待定系数β；
(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；
(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度.
解析：碰撞中无机械能，可根据机械能守恒定律计算出系数β；根据机械能守恒可计算出碰撞后两球的速度，应用牛顿第二定律可计算B球对轨道的压力；根据碰撞中动量守恒小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，然后根据实际情景进行分析讨论.
(1)由mgR=+，得β=3
(2)设A、B碰撞后的速度分别为v1，v2，则
mv12=
βmv22=
设向右为正、向左为负，解得
v1=-，方向向左
v2=，方向向右
设轨道对B球的支持力为N′，方向竖直向上为正，竖直向下为负
即N-βmg=βm
N′=-N=-4.5
mg，方向竖直向下
(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为v1、v2，则
-mv1-βmg=mv1+βmv2
mgR=mv12+βmv22
解得：v1=-,v2=0
(另一组解：v1=-v1,v2=-v2不合题意，舍去)
由此可得：
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同.3
动量守恒定律
主动成长
夯基达标
1.质量相等的A、B两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
=6
kg·m/s,pB=6kg·m/s
B.
pA
=3
kg·m/s,
pB
=9
kg·m/s
C.
pA
=-2
kg·m/s,
pB
=14
kg·m/s
D.pA=-4
kg·m/s,
pB
=17
kg·m/s
思路解析：从碰撞前后动量守恒p1+p2=p1′+p2′验证，A、B、C三种情况皆有可能；从碰撞前后总动能的变化看，总动能只有守恒或减少，由得知，只有A可能.
答案：A
2.设A、B两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若测得它们碰撞前的速度为va、vb,碰后的速度为va′、vb′，则两球的质量之比等于（
）
A.
B.
C.
D.
思路解析：由动量守恒定律得：mava+mbvb=mava′+mbvb′,ma(va-va′)=mb(vb′-vb).
答案：A
3.装填好炮弹的大炮总质量为M，其中炮弹的质量为m，已知炮弹出口时对地的速度大小为v，方向与水平方向间的夹角为α，不计炮身与地面间的摩擦，则炮车后退的速度大小是（
）
A.
B.
C.
D.
思路解析：炮弹和炮身在水平方向上不受外力作用，动量守恒：mv·cosα=(M-m)v′,因此，故选B.
答案：B
4.在质量为M的小车中用细线悬挂一小球，球的质量为m0.小车和球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，如图16-3-3，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况是可能发生的（
）
图16-3-3
A.小车、木块、小球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足（M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.小球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2
C.小球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv=(M+m)v′
D.小车和小球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足（M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
思路解析：在小车与木块相碰的极短时间内，车上悬挂小球的细线来不及摆开一个明显的角度，小球在水平方向不受外力，故在这极短的时间内小球的动量没有发生变化.所以A、D选项不对.而在这一过程中，小车和木块由于它们间有很大的相互作用力，使它们的动量都发生了变化，但由于系统所受的外力为零，系统的总动量守恒.小车和木块碰后的速度可能相同（碰后粘在一起运动），也可能不同（碰后又分开），故选项B、C均正确.
答案：BC
5.如图16-3-4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的初速度朝相反方向运动，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（
）
图16-3-4
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
思路解析：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v′，由动量守恒定律得（取薄板运动方向为正）
Mv-mv=(M+m)v′
则.
共同运动的速度方向与薄板初速度的方向相同.
在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2
m/s.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-mv=Mv1+mv2
.
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块正做加速运动.A选项正确.
答案：A
6.如图16-3-5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（
）
图16-3-5
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组成的系统动量守恒
思路解析：如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，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，和A、B与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D对.若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.
答案：BCD
7.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、子弹、车，下列说法正确的是（
）
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.因为枪、子弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故三者组成的系统动量近似守恒
D.由枪、子弹、车组成的系统动量守恒
思路解析：枪和子弹组成的系统，受到车对枪作用力，动量不守恒.同理可知枪和车组成的系统，动量不守恒.三者组成的系统，枪、子弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，C不对.
答案：D
8.A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA=4
kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图16-3-6所示，则由图可知，B物体的质量为mB=_________kg.
图16-3-6
思路解析：由题中图象可知，碰前A物体速度vA=m/s=2
m/s,方向与正方向相反，vB=
m/s=3
m/s,方向与正方向相同，碰后A、B两物体结合在一起运动速度为v=m/s=1
m/s，由动量守恒定律得：
-mAvA+mBvB=(mA+mB)v
解得mB=6
kg.
答案：6
9.如图16-3-7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中的张力的大小.
图16-3-7
思路解析：本题物理过程共有两个阶段：射入阶段和圆周运动阶段，射入阶段可以认为木块还未摆动，绳子没有倾斜，子弹和木块所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.
在子弹射入木块的这一瞬间，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0+mv=（m+M）v1，
解得.
随后子弹和木块整体以此速度v1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，由牛顿第二定律有（取向上为正方向）
将v1代入即得：.
答案：
10.在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图1638所示，在连续地敲打下，这辆车能持续地向右运动吗？说明理由.
图16-3-8
思路解析：对人（包括铁锤）和平板车组成的系统，铁锤击车，锤和车间的作用力是该系统的内力，系统所受的外力之和为零，所以系统的总动量守恒.系统初动量为零，若在锤的连续敲击下，平板车能持续向右行驶，则系统的总动量将不为零，与动量守恒定律矛盾.
答案：当把锤头打下去时，锤头向右运动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动，用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动.
11.如图16-3-9所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，问：
图16-3-9
（1）A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？
（2）三球的速度达到相同时的共同速度是多大？
思路解析：（1）在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生弹力完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为动量的正方向，则有
mv0=2mv1,.
(2)粘在一起的A、B两球通过弹簧和C球的作用过程中，由于弹力的作用，C球被加速，速度由零开始增大，而A、B两球被减速，速度逐渐减小，在某一时刻会出现三球速度相同的瞬间，在这一过程中，三球构成的系统动量守恒，有
2mv1=3mv2,
全过程动量也守恒，即
mv0=3mv2,
.
答案：(1)
(2)
12.如图16-3-10所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量共为M=30
kg，乙和他乘的冰车质量也是30
kg，游戏时，甲推着一个质量m=15
kg的箱子?，共同以速度v0=2.0
m/s滑行，乙以同样大小速度迎面滑来，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（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞.
图16-3-10
思路解析：
对于甲、箱、乙系统的总动量为p=(m+M)v0-Mv0=mv0,方向向右，若甲以很大的速度将箱子推出后，甲将会反向运动，那么乙抓住箱子后一定改为向右运动，这样系统的总动量才可能向右，当然甲、乙不会相撞，这一分析也适用于甲推出箱子后，甲的速度变为零，乙抓住箱子后，同样也要改为向右运动，这种情况下甲、乙也不会相撞.
若甲推出箱子的速度小些，推出箱子后甲仍以较小的速度向右运动，只要乙抓住箱子后也改为向右运动，且与甲这时的速度相同，甲、乙也不会相撞，这就是题中所说的“至少”所要求的情境.
最后系统中各物体速度相同，是题中隐含的临界条件.
设甲以速度v推出箱子，推出箱子后甲的速度为v1，两者方向均向右，以甲和箱为研究对象，由动量守恒定律有：
（M+m)v0=mv+Mv1
再以箱和乙为研究对象，设乙抓住箱后一起以速度v2向右运动，由动量守恒定律有
mv-Mv0=(m+M)v2
甲、乙不相撞的临界条件是v1=v2
由以上各式解得：
=5.2
m/s.
答案：5.2
m/s
走近高考
13.如图16-3-11所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l不可伸长的轻绳连接，现把AB两球置于距地面高H处（H足够大）间距为l，当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出，求:
图16-3-11
（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度;
（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量;
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力冲量的大小.
思路解析：（1）设A球下落的高度为h
l=v0t①
②
联立①②两式得③
(2)由水平方向动量守恒知
mv0=mvAx′+mvBx′④
由机械能守恒定律知
⑤
式中vAy′=vAy vBy′=vBy
联立④⑤得 vAx′=v0
vBx′=0.
(3)由水平方向动量守恒得
mv0=2mvBx
故I=mvBx=.
答案：(1)
(2)vAx′=v0 vBx′=0 (3)
14.柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物，在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动，现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图16-3-12a）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上.同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短.随后，桩在泥土中向下移动一距离l.已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h（如图16-3-12b）.已知m=1.0×103
kg，M=2.0×103
kg，h=2.0
m,l=0.20
m,重力加速度g取10
m/s2,混合物的质量不计.设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小.
图16-3-12
思路解析：锤自由下落，碰桩前速度v1向下，
①
碰后，已知锤上升高度为（h-l),故刚碰后向上的速度为
.②
设碰后桩的速度为v，方向向下，由动量守恒定律，
mv1=Mv-mv2.③
桩下降的过程中，根据功能关系，
.④
由①②③④式得
.
代入数值，得F=2.1×105
N.
答案：2.1×105
N3
动量守恒定律
1
课后集训
基础达标
1.判断下列情况下系统动量守恒的是(
)
A.两球在光滑的水平面上相互碰撞
B.飞行的手榴弹在空中爆炸
C.大炮发射炮弹时，炮身和炮弹组成的系统
D.用肩部紧紧抵住步枪枪托射击，枪身和子弹组成的系统
解析：这四种情况都是系统内力远大于外力，满足动量守恒定律.
答案：ABCD
2.关于动量，以下说法正确的是(
)
A.质量大的物体，动量一定大
B.速度大的物体，动量一定大
C.做曲线运动的物体动量时刻在变化
D.物体的运动状态改变，其动量一定改变
解析：动量是状态量，只是物体的速度发生变化，其动量一定变化.
答案：CD
3.两物体相互作用前后的总动量不变，则两物体组成的系统(
)
A.一定不受外力作用
B.可能不受外力或所受合外力为零
C.两物体动量改变量大小相等、方向相反
D.两物体动量改变量不同
解析：系统动量守恒，所以B正确.总动量保持不变，所以其中一个物体动量增加量等于另一个物体的动量减少量.
答案：BC
4.质量为m的氦核，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核发生正碰，碰后氦核沿原来的路径被弹回，弹回的速率为v0/2.碳核获得的速度是(
)
A.的v0/6
B.v0/3
C.v0/2
D.2v0
解析：设氦核的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0=+3mv，所以v=.
答案：C
5.木块a和b用一根轻弹簧连起来，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16-2-5所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是(
)
图16-2-5
A.a未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒
B.a未离开墙壁前，a和b系统的动量不守恒
C.a离开墙后，a和b系统的动量守恒
D.a离开墙后，a和b系统的动量不守恒
解析：a未离开墙壁前，受到墙的作用力，系统所受外力不为零，所以a和b系统的动量不守恒；a离开墙后，a和b系统水平方向不受外力，系统动量守恒.
答案：BC
6.质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球反弹的速度大小变为原来的1/3.则碰后小球B的速度大小为(
)
A.
B.
C.
D.
解析：设A球碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0=+2mv，所以.
答案：C
7.如图16-2-6所示，质量不同的两物体分别与一轻质弹簧两端相连接，当用细绳分别系紧两物体而使弹簧压缩到最大限度时，把整个系统静止地放在一光滑的水平面上.若细绳突然断开，则两物体在弹力作用下，始终具有相同大小的(
)
图16-2-6
A.加速度
B.速度
C.动量
D.动能
解析：细绳突然断开，两物体受到的弹力大小相等、方向相反，因两物体质量不同，所以加速度大小不相等，速度大小不相等，但系统动量守恒，所以两物体的动量时刻大小相等、方向相反，总动量为零.
答案：C
综合运用
8.汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，拖车突然与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，若两车所受运动阻力与其重力成正比，那么在拖车停止运动前(
)
A.它们的总动量不变，总动能也不变
B.它们的总动量不变，总动能增大
C.它们的总动量增大，总动能不变
D.以上说法都不对
解析：把拖车和汽车看作一个系统，因牵引力不变，系统阻力也不变，所以水平方向系统所受外力的合力为零，动量守恒.脱钩后，汽车将做加速运动，牵引力的正功大于阻力的负功，系统的总动能增加.
答案：B
9.如图16-2-7所示，木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，其质量为2.0
kg，静止于光滑水平面上.一质量为2.0
kg的小球B以2.0
m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用.B球沿A曲面上升到最大高度处时的速度是(
)
图16-2-7
A.0
B.1.0
m/s
C.0.71
m/s
D.0.50
m/s
解析：在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1=(M+m)v′
由系统机械能守恒得：
mv12=
(M+m)v′2+mgH
解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，
得v′==1
m/s.
答案：B
10.质量为10
g的子弹，以300
m/s的速度射入质量为24
g静止在水平桌面上的木块，并留在木块中.子弹留在木块中以后，木块运动的速度是多大 如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100
m/s，这时木块的速度又是多大
解析：(1)根据动量守恒有mv1=(m+M)v′，所以v′==88.2
m/s.
(2)根据动量守恒有mv1=mv1′+Mv2′，得v2′==83.3
m/s.
答案：88.2
m/s
83.3
m/s
11.质量分别为m1、m2的小球碰撞后在同一直线上运动，它们在碰撞前后的s-t图象如图16-2-8所示.若m1=1
kg，则m2等于多少
图16-2-8
解析：由图象可知，碰撞前v1=4
m/s，v2=0；碰撞后v1′=-2
m/s，v2′=2
m/s.根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′得
m2==3
kg.
答案：3
kg
拓展探究
12.一位同学在用气垫导轨探究动量守恒定律时，测得滑块A的质量为0.355
kg，它以0.095
m/s的速度水平向右撞上同向滑行的滑块B，B的质量为0.710
kg，速度大小为0.045
m/s，碰撞后A以0.045
m/s的速度继续向前运动.求B的滑行速度.
解析：设向右为正方向，碰撞前，滑块A的速度v1=0.095
m/s，滑块B的速度v2=0.045
m/s，碰撞后v1′=0.045
m/s，m1=0.355
kg，m2=0.710
kg，根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′得
v2′==0.07
m/s
所以滑块B的速度大小为0.07
m/s，方向向右.
答案：0.07
m/s4
碰撞
课后集训
基础达标
1.在高速公路上发生一起交通事故，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，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止.根据测速仪的测定，长途客车碰前以20
m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率为(
)
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
解析：碰撞后两车向南滑行了一段距离，说明碰撞后总动量与客车碰前的动量方向相同，说明碰撞前客车的动量大于卡车的动量，则卡车的速度小于10
m/s.
答案：A
2.如图16-4-5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，则有(
)
图16-4-5
A.A、B系统动量守恒
B.A、B、C系统动量守恒
C.小车向左运动
D.小车向右运动
解析：A、B因质量不同，水平方向受到C的摩擦力是不相同的，所以A、B系统动量不守恒，但A、B、C系统动量守恒.A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，小车将向左运动.
答案：BC
3.如图16-4-6所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A球带电为-q，B球带电为+2q.下列说法中正确的是(
)
图16-4-6
A.相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒
B.相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大
C.相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力，而相碰后的作用力为斥力
D.相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零
解析：两球水平方向不受外力，所以相碰前后总动量守恒.
答案：AD
4.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、弹、车，下列说法正确的是(
)
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，可以忽略不计，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
解析：在发射子弹时，枪会受到车的作用力，所以枪和子弹组成的系统所受外力不为零，动量不守恒，A错.同样枪和车的动量也不守恒，B错.把三者看作一个系统时，枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，所以C错.
答案：D
5.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲=5
kg·m/s，p乙=7
kg·m/s，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p乙′=10
kg·m/s.则两球质量m甲与m乙的关系可能是(
)
A.m甲=m乙
B.m乙=2m甲
C.m乙=4m甲
D.m乙=6m甲
解析：由碰撞中的动量守恒可求得p甲′=2
kg·m/s，要使甲追上乙，则必有：v甲＞v乙，即
，m乙＞1．4m甲
碰后p甲′、p乙′均大于零，表示同向运动，则应有：v乙′≥v甲′，即
，m乙≤5m甲
碰撞过程中，动能不增加，则
即
推得m乙≥m甲
以上各式联立得，m甲与m乙的关系为≤m乙≤5m甲
比较知应选C.
答案：C
6.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于(
)
A.
B.
C.
D.
解析：设碰前A球的速度为v0，当两球压缩最紧时，两球达到共同速度v，据动量守恒定律，有mv0=(m+m)v
①
据能量守恒定律，有mv02=2×mv2+Ep
②
由①得，把代入②式，解得，综上所述应选择C．
答案：C
7.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图16-4-7所示.在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统(
)
图16-4-7
A.动量守恒
B.水平方向动量守恒
C.最后P和Q以一定的速度共同向左运动
D.最后P和Q以一定的速度共同向右运动
解析：P和Q组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，因水平方向的初动量向左，所以P和Q组成的系统一定共同向左运动.
答案：BC
8.如图16-4-8所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑.开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度.对于m、M和弹簧组成的系统(
)
图16-4-8
A.由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大
C.由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D.由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
解析：开始阶段F1和F2两个力都做正功，系统的机械能增加，A错.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的加速度为零，速度达最大，所以m、M各自的动能最大，B正确.由于弹簧的弹力不恒定，所以m、M的加速度不恒定，做变减速运动，C错误.由于系统所受合外力为零，系统动量守恒，D正确.
答案：BD
综合运用
9.气球质量为200
kg，载有质量为50
kg的人静止在空中距地面20
m高的地方,气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑到地面，为了安全到达地面，这根绳长至少应为___________m.(不计人的高度)
解析：设绳长为L，气球上升的高度为h，则L=H+h.由人与气球动量守恒得Mh=mH，所以h=5
m，绳长至少为25
m.
答案：25
10.甲、乙两船自身质量为120
kg，都静止在静水中，当一个质量为30
kg的小孩以相对于地面6
m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲、乙两船速度大小之比v甲∶v乙=______.
解析：小孩和甲船：mv0=Mv甲，所以v甲=，小孩与乙船：mv0=(M+m)v乙，所以v乙=.因此.
答案：
11.如图16-4-9所示质量相同的A、B、C三木块从同一高度自由下落，当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中(设子弹未穿出).C刚下落时被水平飞来的子弹击中而下落，则A、B、C三木块在空中的运动时间tA、tB、tC的关系是____________.
图16-4-9
解析：B、C竖直方向上均做自由落体运动，所以tB=tC，而A木块在下落过程中因被子弹击中，根据动量守恒，A在竖直方向上的下落速度会减小，下落时间会变长.
答案：tA＞tB=tC
拓展探究
12.如图16-4-10所示，两只质量均为120
kg的小船静止在水面上，相距10
m，并用钢绳连接.一个质量为60
kg的人在船头以恒力F拉绳，不计水的阻力.求：
图16-4-10
(1)当两船相遇时，两船各行进了多少米？
(2)当两船相遇不相碰的瞬间，为了避免碰撞，人从甲船跳向乙船需要对地的最小水平速度为6
m/s，计算原来人拉绳的恒力F.
解析：(1)由动量守恒定律，得(m甲+m人)v甲=m乙v乙
有(m甲+m人)s甲=m乙s乙
s甲+s乙=10
m得s甲=4
m，s乙=6
m.
(2)为了避免碰撞，人跳到乙船后系统至少要静止.设人在起跳前瞬间甲船和人的速度为v1，乙船速度为v2，对甲船和人组成的系统由动量守恒得，(m甲+m人)v1=m人×6
m/s
得v1=2
m/s.由动能定理得，Fs甲=(m甲+m人)v12/2
解得F=90
N.
答案：(1)4
m
6
m
(2)90
N1
实验：探究碰撞中的不变量
2
动量守恒定律
更上一层楼
基础·巩固
1.关于动量以下说法正确的是(
)
A.质量和速率相同的物体，动量一定相同
B.某一物体的运动状态改变，其动量一定改变
C.物体的动量变化，其动能一定变化
D.物体的动能变化，其动量也一定变化
解析：动量的定义为质量与速度的乘积，因此速率相同有可能速度的方向不同，因此动量不一定相同，A选项错.物体的运动状态改变了，意味着速度的大小或方向发生变化，因此动量一定改变，B选项对.物体在做匀速率圆周运动时，动量的方向(速度方向)时刻在变化，而速率则不变，因此动能不变，C选项错.物体的动能发生变化时，速度的大小要变化，因此动量一定变化，D选项对.
答案：BD
2.步枪的质量为4.1
kg，子弹的质量为9.6
g，子弹从枪口飞出时的速度为865
m/s，步枪的反冲速度为(
)
A.2
m/s
B.1
m/s
C.3
m/s
D.4
m/s
解析：设步枪的质量为M，子弹的质量为m，据动量守恒定律mv-Mv′=0，代入数据得v′=2
m/s.
答案：A
3.如图16-1-6光滑水平面上有质量相等的A和B两物体，B上装有一轻弹簧，B原来静止，A以速率v正对B滑行，当弹簧压缩到最大时，B物体速度为(
)
图16-1-6
A.
B.
C.v
D.2v
解析：两物体速度相同时弹簧压缩最大，在整个压缩过程中动量守恒，mv=2mv′，解得v′=.
答案：A
4.A、B两球在光滑水平面上作相向运动，已知mA＞mB，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定(
)
A.碰前A的动量与B的动量大小相等
B.碰前A的动量大于B的动量
C.若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
D.若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B
的动量
解析：若碰后A的速度为零，说明B反弹，总动量方向与原A运动方向相同，即碰前A的动量大于B的动量，所以选项C正确.若碰后B的速度为零，说明A反弹，总动量方向与原来B的运动方向相同，即碰前A的动量小于B
的动量，所以选项D错误.由以上分析可知选项A、B也是错误的.
答案：C
5.一平板车静止在光滑的水平地面上,甲、乙两人分别站在车上左右两端.当两人同时相向而行时,发现小车向左移动.若(
)
A.两人质量相等,则必定是v甲＞v乙
B.两人质量相等,则必定是v乙＞
v甲
C.两人速率相等,则必定是m甲＞m乙
D.两人速率相等,则必定是m乙＞
m甲
解析：取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒.由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量.当两人质量相等时，必定是v甲＞v乙，所以选项A正确，选项B错误.若两人速率相等,则必定是m甲＞m乙，所以选项C正确，D错误.
答案：AC
6.甲、乙两船停在湖面上，某人在甲船上通过轻绳拉乙船如图16-1-7所示，于是两船相向运动，若两船所受的水的阻力大小相等，则人和绳及两船组成的系统的动量守恒吗？
图16-1-7
解析：把人、船、绳组成的系统为研究对象，系统所受的外力：人和甲船的重力及水对甲船的浮力、水对甲船的阻力，乙船的重力和乙船受的浮力是一对平衡力.水对甲船的阻力和对乙船的阻力大小相等，方向相反.可知，系统的外力之和为零，系统虽受外力作用，但所受外力的合力为零，故系统的动量守恒.
综合·应用
7.若航天飞机在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则(
)
A.它的速度的大小不变，动量也不变
B.它不断地克服地球对它的万有引力做功
C.它的动能不变，引力势能也不变
D.它的速度的大小不变，加速度等于零
解析：由于航天飞机只受万有引力且做匀速圆周运动，故其速度大小和动能不变，万有引力不做功，势能也不改变，但速度的方向是一直改变的，动量也就是改变的，加速度也就不是零，所以只有C选项是正确的.
答案：C
8.如图16-1-8所示，物块质量m=4
kg，以速度v=2
m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M=16
kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其他摩擦不计(取g=10
m/s2)，求：
物块相对平板车静止时物块的速度.
图16-1-8
解析：物块滑上平板车的过程中，二者组成的系统动量守恒.
答案：取v的方向为正方向.
Mv=(M+m)v′
v′==0.4
m/s.
即物块相对平板车静止时，物块速度为0.4
m/s.
9.将质量为0.2
kg的物体以6
m/s的速度竖直向上抛出，当落回抛出点时，速度的大小仍为6
m/s，求物体的动量的变化量Δp是多少？
解析：初、末状态物体的速度方向不同，所以动量发生了变化.
取向上的方向为正方向，则初动量：p=mv=0.2×6
kg·m/s=1.2
kg·m/s
末动量:p′=mv′=0.2×(-0.6)
kg·m/s=-1.2
kg·m/s
动量的变化量:
Δp=p′-p=(-1.2-1.2)
kg·m/s=-2.4
kg·m/s
负号表示Δp方向竖直向下.
10.质量为m=0.1
kg的小钢球以v0=10
m/s的水平速度抛出，下落h=5.0
m时撞击钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ为多少？刚要撞击钢板时小球动量的大小为多少？(g取10
m/s2)
解析：小钢球抛出后做平抛运动，可根据平抛运动规律解得到钢板时的速度.
小钢球抛出后做平抛运动,水平方向速率vx=v0=10
m/s,下落h=5.0
m时竖直方向速度由v2=2gh得vy==
m/s=10
m/s.
速度v与水平方向夹角α满足tanα==1,即α
=45°,
此时v与钢板垂直,所以θ=45°,见上图.
速度的大小是：v==m/s=102
m/s.
则动量等于
p=mv=0.1×10
kg·m/s=
kg·m/s.
11.图16-1-9是A、B两滑块碰撞前后的闪光照片示意图(部分).图中滑块A的质量为0.14
kg，滑块B的质量为0.22
kg，所用标尺的最小分度值是0.5
cm，每秒闪光10次，试根据图示回答：
图16-1-9
(1)作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？
(2)碰撞前后总动量是否守恒？
解析：从图中A、B两位置的变化可得知，作用前，B是静止的；作用后B向右运动，A向左运动.图中相邻两刻线间的距离为0.5
cm，碰前，A物在
s内的位移为0.5×10
cm=5
cm=0.05
m，碰后，A物向左移动，位移约为
0.5
cm=0.005
m.B物右移,位移为0.5×7
cm=0.035
m,所用时间皆为
s.
根据速度公式v=,得
(1)vA=
m/s=0.5
m/s，
vA′=
m/s=0.05
m/s，
vB′=
m/s=0.35
m/s,
以向右为正方向,
ΔpA=mAvA′-mAvA
=0.14×(-0.05)
kg·m/s-0.14×0.5
kg·m/s
=-0.077
kg·m/s，方向向左.
(2)碰撞前总动量
p=pA=mAvA=0.14×0.5=0.07
kg·m/s
碰撞后总动量
p′=mAvA′-mBvB′
=0.14×(-0.05)+0.22×(0.035/0.1)
kg·m/s
=0.07
kg·m/s
所以作用前后总动量守恒.4
碰撞
自主广场
我夯基
我达标
1.如图16-4-3所示在质量为M的小车挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪个或哪些情况的说法是可能发生的（
）
图16-4-3
A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv=Mv1+mv2
C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1,
Mv=(M+m)v1
D.小车和摆球的速度都为v1，木块的速度变为v2，满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2.
思路解析:在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看为零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不变，而小车和木块碰撞后，可能以各自不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）向前运动.
答案:BC
2.如图16-4-4所示，质量为m的小球从高h1处自由下落，触地后反弹高度h2，触地过程小球动量变化大小是（
）
图16-4-4
A.
B.
C.
D.
思路解析:规定向上为正方向，设触地前一瞬间小球的速度v1，由自由落体过程有
v1=
反弹速度v2，由竖直上抛过程有v2=
方向如题图所示，由Δp=p2-p1有
Δp=mv2-mv1.
答案:D
3.质量相等的两个小球A、B，在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动.A球初动量为7
kg·m/s，B球的初动量为5
kg·m/s.当A追上B球发生碰撞后，A、B两球动量的可能值为（
）
A.pA=6
kg·m/s
pB=6
kg·m/s
B.pA=3
kg·m/s
pB=9
kg·m/s
C.pA=-2
kg·m/s
pB=14
kg·m/s
D.pA=-4
kg·m/s
pB=10
kg·m/s
思路解析:该类题中发生的物理过程，应同时满足：碰撞前后系统动量守恒，即Δp=0，碰撞前后系统的动能不能增加，即ΔEk≤0.分析A、B、C、D四个选项，可知D不满足动量守恒，故D不正确.A、B、C三个选项均满足动量守恒，但B、C选项中，碰撞后系统的动能均大于碰撞前的系统动能，故B、C不正确，只有A正确.
答案:A
4.两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1=4
kg，m2=2
kg，A的速度v1=3
m/s（设为正），B的速度v2=-3
m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（
）
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
思路解析:由动量守恒，可验证4个选项都满足要求.再看动能变化情况
Ek=×4×9
J+×2×9
J=27
J
Ek′=
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，据此可排除选项B.
选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍保持原来速度的方向（va′＞0，vb′＜0），这显然是不符合实际的，因此选项C错误.验证选项A、D均满足Ek＞Ek′.故正确的选项为A（完全非弹性碰撞）和D（弹性碰撞）.
答案:AD
5.质量为m1=10
g的小球，在光滑水平桌面上以v1=30
m/s的速率向右运动，恰好遇上质量为m2=50
g，速度v2=10
m/s向左运动的另一小球并发生正碰，如图16-4-5所示，碰撞后小球m2恰好停止运动，求碰撞后小球m1的速度是多大？
图16-4-5
思路解析:设v1的方向为正方向，则碰撞前m1的速度v1=30
m/s，m2的速度v2=-10
m/s，碰撞后m2速度为v2′=0，由动量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
v1′=m/s=-20
m/s
其中负号表示速度方向与方向相反，即向左.
答案:20
m/s
6.如图16-4-6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的子弹击中并嵌在其中，已知物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，求弹簧压缩到最短时B的速度.
图16-4-6
思路解析:本题所研究的过程可划分成两个物理过程.
第一是子弹射入A的过程（从子弹开始射入A到它们获得相同速度），由于这一过程的时间很短，物体A的位移可忽略，故弹簧没有形变，B没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化，所以这个过程中仅是子弹和A发生相互作用（碰撞），由动量守恒定律，有
mv0=(m+mA)v1
则子弹和A获得的共同速度为v1=
第二是A（包括子弹）以v1的速度开始压缩弹簧，在这一过程中，A（包括子弹）向右做减速运动，B向右做加速运动，当A（包括子弹）的速度大于B的速度时，它们间的距离缩短，弹簧的压缩量增大；当A（包括子弹）的速度小于B的速度时，它们间的距离增大，弹簧的压缩量减小，所以当系统的速度相同时，弹簧被压缩到最短，由动量守恒定律，得
(m+mA)v1=(m+mA+mB)v2
v2=
本题也可以直接根据全过程（包括第一、第二两个过程）动量守恒求v2，即mv0=(m+mA+mB)v2
得v2=.
答案:v2=
我综合
我发展
7.A车的质量M1=20
kg，车上的人质量M=50
kg，他们一起从光滑的斜坡上h=0.45
m的高处由静止开始向下滑行，并沿光滑的水平面向右运动（如图16-4-7所示）；此时质量M2=50
kg的B车正以速度v0=1.8
m/s沿光滑水平面向左迎面而来.为避免两车相撞，在两车相距适当距离时，A车上的人跳到B车上.为使两车不会发生相撞，人跳离A车时，相对于地面的水平速度应该多大？（g取10
m/s2）
图16-4-7
思路解析:A车和人在水平面上向右运动的速度设为v，根据机械能守恒定律
（M1+M）gh=(M1+M)v2，得v==3
m/s.
情况一：设人以相对地面速度v′跳离A车后，A车以速度v1向右运动，此过程动量守恒，方程为(M1+M)v=M1v1+Mv′
①
人跳到B车上，设共同速度为v2
则Mv′-M2v0=(M+M2)v2
②
将已知量代入①②两式，可得210=20v1+50v′
③
50v′-90=100v2
④
由③④两式可知50v′=210-20v1=90+100v2
显然，只有当v2≥v1时，A、B两车才不会相撞.
设v1=v2，根据上式即可求得v1=v2=1
m/s，v′≥3.8
m/s.
情况二：设人以相对于地面的速度v″跳离A车后，A车以速度v1′向左运动；人跳上B车后共同速度为v2′；根据动量守恒定律，可得方程组（M1+M）v=Mv″-M1v1′
⑤
Mv″-M2v0=(M+M2)v2′
⑥
将已知量代入⑤⑥式，可得50v″=210+20v1′=90+100v2′
只有v2′≥v1′时，A、B两车才不会相撞，因为v1′过大会导致M1反向滑上斜坡后，再滑下时v1′的大小大于v2′，此时仍会相撞.
设v1′=v2′由上式得v1′=v2′=1.5
m/s，v″≤4.8
m/s
综合得，要A、B车不发生相撞，人跳离A车时相对地面的速度v应满足4.8
m/s≥v≥3.8
m/s.
答案:4.8
m/s≥v≥3.8
m/s
8.甲、乙两人做抛球游戏，如图16-4-8所示，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间的摩擦不计，甲与车的总质量M=10
kg，另有一质量m=2
kg的球，乙站在车的对面的地上身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对于地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一只质量为m′=2m的球以相同的速度v水平抛回给甲，甲接到后，再以相同速度v将此球抛给乙，这样反复进行，乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到球的质量的2倍，求：
（1）甲第二次抛出球后，车的速度的大小.
（2）从第一次算起，甲抛出多少个球，再不能接到乙抛回来的球.
图16-4-8
思路解析:（1）以甲和车及第一个球为系统，选向右为正方向，设甲第一次抛出球后的后退速度为v1，由动量守恒得0=mv-Mv1
①
再以甲和车及抛回来的球为系统，设甲第二次抛球的速度为v2，甲接到一个从右方抛过来的质量为2m的球，接着又向右扔回一个质量为2m的球，此过程应用动量守恒得
-Mv1-2mv=-Mv2+2mv
②
整理①②式得Mv2=22mv+Mv1
解出v2=，方向向左.
（2）依上次的分析推理可得Mv1=mv
③
……
Mvn=2nmv+Mvn-1
④
vn=(2n+2n-1+……+22+1)
⑤
要使甲接不到乙抛回来的球，必须有vn＞v
即(2n+2n-1+……+22+1)＞1
解得n＞4，故甲抛出5个球后，再也接不到乙抛回来的球.
答案:（1）
向左
（2）抛出5个球后再接不到球3
动量守恒定律
自主广场
我夯基
我达标
1.“验证动量守恒定律”的实验装置如图16-3-3所示，A、B是直径为d、质量分别为ma和mb的两个小球.
图16-3-3
（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的序号字母填在横线上______________.
A.秒表
B.刻度尺
C.天平
D.圆规
（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有__________（填字母）.
A.
B.
C.
D.
思路解析:据动量守恒有，即mA()=，A正确.
答案:（1）BCD
（2）A
2.如图16-3-4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中的张力的大小.
图16-3-4
思路解析:物理过程共有两个阶段：射入阶段和圆周运动阶段，射入阶段可以为木块还未摆动，绳子没有倾斜，子弹和木块所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.
在子弹射入木块的这一瞬间，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0+mv=(m+M)v1
解得：v1=
随后整体（m+M）以此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，由牛顿第二定律有（取向上为正方向）
F-(m+M)g=(m+M)
将v1代入即得：F=(m+M)g+(m+M).
答案:
3.在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图16-3-5所示.在连续的敲打下，这辆车能持续地向右运动吗？说明理由.
图16-3-5
思路解析:对人（包括铁锤）和平板车组成的系统，铁锤击车，锤和车间的作用力是该系统的内力，系统所受的外力之和为零，所以系统的总动量守恒.系统初动量为零，若在锤的连续敲击下，平板车能持续向右行驶，则系统的总动量将不为零，与动量守恒定律矛盾.
答案:当把锤头打下去时，锤头向右运动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动，用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动.
4.如图16-3-6所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起.问：
图16-3-6
（1）A、B两球刚刚粘合在一起时的速度是多大？
（2）三球的速度达到相同时的共同速度是多大？
思路解析:（1）在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生弹力完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为动量的正方向，则有mv0=2mv1，v1=.
（2）黏合在一起的A、B两球通过弹簧和C球的作用过程中，由于弹力的作用，C球被加速，速度由零开始增大，而A、B两球被减速，速度逐渐减小，在某一时刻会出现三球速度相同的瞬间，在这一过程中，三球构成的系统动量守恒.有2mv1=3mv2，v2=
全过程动量也守恒，即mv0=3mv2，v2=.
答案:（1）
（2）
5.A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA=4
kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图16-3-7所示.则由图可知，B物体的质量为mB=____________kg.
图16-3-7
思路解析:由图象可知，碰前A物体速度vA=m/s=2
m/s，方向与正方向相反，vB=m/s=3
m/s，方向与正方向相同，碰后A、B两物体结合在一起运动速度为v=m/s=1
m/s.由动量守恒定律得：-mAvA+mBvB=(mA+mB)v
解得mB=6
kg.
答案:6
我综合
我发展
6.如图16-3-8所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0
kg，a、b间距离s=2.0
m.木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块，其质量m=1.0
kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速v0=4.0
m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相撞.碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板.求碰撞过程中损失的机械能.
图16-3-8
思路解析:物块在木板上滑动过程中，摩擦力分别对物块和木板做功.碰撞时，能量有损失，但系统动量守恒.若能求出碰撞前后系统的动能，则可以解决问题.但按题设条件不行，故应从全过程中能量的转化情况来求解.
设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0=（m+M）v
①
设全过程损失的机械能为E
E=
②
用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移，W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则
W1=μmgs1
③
W2=-μmg(s1+s)
④
W3=-μmgs2
⑤
W4=-μmg(s2-s)
⑥
W=W1+W2+W3+W4
⑦
用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=E-W
⑧
由①—⑧式解得E1=-2μmgs
代入数据得E1=2.4
J.
答案:碰撞过程中损失的机械能为2.4
J
7.如图16-3-9所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量共为M=30
kg，乙和他乘的冰车质量也是30
kg.游戏时，甲推着一个质量m=15
kg的箱子，共同以速度v0=2.0
m/s滑行，乙以同样大小速度迎面滑来，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（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？
图16-3-9
思路解析:由于不计冰面摩擦，所以无论是以甲与箱，还是以乙与被推出的箱为研究系统，动量都是守恒的，甚至以甲、箱、乙三者为系统，动量也是守恒的.
这里关键是要在认真分析物理过程、弄清物理情境的基础上，明确题中所求“至少”的物理条件即临界关系.
对于甲、箱、乙系统的总动量为p=（m+M）v0-Mv0=mv0，方向向右，若甲以很大的速度将箱子推出后，甲将会反向运动，那么乙抓住箱子后一定改为向右运动，这样系统的总动量才可能向右，当然甲、乙不会相撞.这一分析也适用于甲推出箱子后，甲的速度变为零，乙抓住箱子后，同样也要改为向右运动，这种情况下甲乙也不会相撞.
若甲推出箱子的速度小些，推出箱子后甲仍以较小的速度向右运动，只要乙抓住箱子后也改为向右运动，且与甲这时的速度相同，甲乙也不会相撞，这就是题中所说的“至少”所要求的情境.
最后系统中各物体速度相同，是题中隐含的临界条件.
设甲以速度v推出箱子，推出箱子后甲的速度为v1，两者方向均向右.以甲和箱为研究对象，由动量守恒定律有：（M+m）v0=mv+Mv1
①
再以箱和乙为研究对象，设乙抓住箱后一起以速度v2向右运动，由动量守恒定律有
mv-Mv0=（m+M）v2
②
甲、乙不相撞的临界条件是v1=v2，
由以上各式解得：v==×2
m/s=5.2
m/s.
答案:5.2
m/s
8.柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物，在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动.现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图16-3-10a）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上.同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短.随后，桩在泥土中向下移动一距离l.已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h（如图16-3-10b）.已知m=1.0×103
kg，M=2.0×103
kg，h=2.0
m，l=0.20
m，重力加速度g=10
m/s2，混合物的质量不计.设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小.
图16-3-10
思路解析:锤自由下落，碰桩前速度v1向下，v1=
①
碰后，已知锤上升高度为（h-l），故刚碰后向上的速度为v2=
②
设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，mv1=MV-mv2
③
桩下降的过程中，根据功能关系，+Mgl=Fl
④
由①②③④式得F=Mg+
⑤
代入数值，得F=1.8×105
N.
答案:1.8×105
N5
反冲运动火箭
自主广场
我夯基
我达标
1.质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v方向为正），剩余部分速度为（
）
A.
B.
C.
D.
思路解析:由于原子核原来处于静止状态，总动量为零，可由动量守恒定律列方程求解.
由动量守恒定律得：0=mv+（M-m）v′
解得：v′=.
答案:B
2.倾角为θ、长为L的各面光滑的斜面体置于水平地面上，已知斜面质量为M，今有一质量为m的滑块（可视为质点）从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，滑块滑到底端时，求斜面后退位移s的大小.
思路解析:以滑块和斜面体组成的系统为研究对象，水平方向系统不受外力，系统水平方向动量守恒，以斜面体后退方向为正方向，根据动量守恒定律，列方程有：0=M·，解得s=.
答案:s=
3.一个飞行器为完成空间考察任务，需降落到月球表面，在飞行器离月球表面较近处，开启喷气发动机向下喷出高温、高压气体，使飞行器以不太大的速度匀速降落到月球表面上，若飞行器质量M=1.8
t，气体喷出的速度（对月球表面）是103
m/s，月球表面重力加速度g′=g/6（g取10
m/s2），短时间内喷出的气体质量不太大，可认为不影响飞行器的总质量，则每秒喷出的气体质量为多少？
思路解析:设每秒喷出的气体质量为m0，则时间t内喷出的气体总质量为m0t，设飞行器对喷出的气体的作用力为F，则喷出的气体对飞行器的反作用力F′与F大小相等，以时间t内喷出的气体为研究对象，由动量定理可得：Ft=m0tv-0
①
由于飞行器匀速运动，则F′=Mg′，故F=Mg′
②
将②代入①得：Mg′=m0v
m0=kg=3
kg.
答案:3
kg
4.从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100
m，上升速度为17.5
m/s时，沿竖直方向炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4
s落回出发点，求B块经多长时间落回出发点？（不计空气阻力，取g=10
m/s2）
思路解析:在礼花弹爆炸的瞬间，虽然受到的外力不为零（受重力作用），但由于爆炸产生的内力远大于重力，故重力可忽略，所以在爆炸过程中仍可应用动量守恒定律求解.
设爆炸后A的速度为vA，并设向上为正方向
由-h=vAt-gt2得vA=-5
m/s
在爆炸过程中，根据动量守恒定律（仍设向上为正方向）
mv=mvA+mvB得vB=40
m/s
由-h=vBt-gt′2得t′=10
s
即B块经10
s落回地面.
答案:10
s
5.在光滑水平桌面上，有一长为l=2
m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC=5
kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA=1
kg，mB=4
kg，开始时A、B、C都静止，并且AB间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-2所示，炸药爆炸使得A以6
m/s的速度水平向左运动，如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略.求：
图16-5-2
（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度多大？
（2）到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？
思路解析:由于爆炸A、B相互作用系统满足动量守恒，A、B分离后以不同速率奔向挡板，A先到达挡板与C作用，发生完全非弹性碰撞，以后C与B有相对运动，直到碰撞为止，整个过程满足动量守恒.
（1）设向左的方向为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律有：
mAvA+mBvB=0得vB=-1.5
m/s
对A、B、C组成的系统开始时静止由动量守恒有（mA+mB+mC）vC=0得vC=0，即最终木板C的速度为0.
（2）A先与C相碰由动量守恒：mAvA=（mA+mC）v共，所以v共=1
m/s
从炸药爆炸到A、C相碰的时间：t1=s，此时B距C的右壁sB=-vBt1=0.75
m，设再经过t2时间B到C相碰，则
t2==0.3
s，故C向左的位移
Δsc=v共t=1×0.3
m=0.3
m.
答案:（1）0
（2）0.3
m
方向向左
6.一质量为6×103
kg的火箭从地面竖直向上发射，若火箭喷射燃料气体的速度（相对于火箭）为103
m/s，求：
（1）每秒钟喷出多少气体才能有克服火箭重力所需的推力？
（2）每秒钟喷出多少气体才能使火箭在开始时有20
m/s2的加速度？
思路解析:这是一个反冲运动的问题，火箭升空是喷出的气体对火箭反作用力的结果，可以根据动量定理先求出火箭对气体的作用力.
（1）以喷出的气体质量为研究对象，设每秒喷出的质量为Δm，火箭对这部分气体的作用力为F，由动量定理有FΔt=Δmv0
①
火箭刚要升空时对地速度为零，此时气体相对火箭的速度也就是气体对地的速度，气体对火箭的反作用力F′=F，对火箭来说（忽略气体的重力）F′=Mg
②
由①②两式解得kg/s=60
kg/s
即要获得克服火箭重力的推力，每秒要喷出60
kg的气体.
（2）同第（1）问，以喷出的气体Δm为对象FΔt=Δmv0
③
而对火箭F-Mg=Ma
④
由③④两式解得kg/s=180
kg/s.
答案:（1）60
kg/s
（2）180
kg/s
7.如图16-5-3所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（
）
图16-5-3
A.
B.
C.
D.
思路解析:自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒，设向右为正方向，发射前动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为（M-m）v2+m（v0+v2）.
由Mv1=（M-m）v2+m（v0+v2），
解得v0=.
答案:B
8.连同炮弹在内的炮车停放在水平地面上，炮车质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面间动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α，设炮弹以速度v0相对炮筒射出，那么炮车在地面上后退多远？
思路解析:发射炮弹，相互作用力远大于摩擦力，所以水平方向满足动量守恒定律，仰角α以v0射出，即v0是相对于炮筒的速度，将v0分解，水平vx0=v0cosα.设炮身后退速度大小为v，则炮弹水平向前的速度大小为v0cosα-v.由水平方向动量守恒有Mv=m（v0cosα-v），则v=，炮车滑行加速度a=μg，由v12=v02+2as，有0=()2+2(-μg)s，所以s=.
答案:
我综合
我发展
9.一个宇航员，连同装备的总质量为100
kg，在空间跟飞船相距45
m处相对飞船处于静止状态.他带有一个装有0.5
kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50
m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必然保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4
kg/s，试问：
（1）如果他在准备返回飞船的瞬间，释放0.15
kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？
（2）宇航员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？
思路解析:宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，根据动量守恒定律，可以计算出宇航员返回的速度，根据宇航员离开飞船的距离和返回速度，可以求出宇航员返回的时间，即可求出这段时间内宇航员要消耗的氧气，再和喷射后剩余氧气质量相比，即求出答案.
（1）令M=100
kg，m0=0.5
kg，Δm=0.15
kg，氧气释放速度为v，宇航员在释放氧气后的速度为v′，由动量守恒定律得
0=（M-Δm）v′-Δm（v-v′）
v′=×50
m/s=0.075
m/s
宇航员返回飞船所需时间t=s=600
s.
宇航员返回途中所耗氧气m′=kt=2.5×10-4×600
kg=0.15
kg
氧气筒喷射后所余氧气m″=m0-Δm=（0.5-0.15）
kg=0.35
kg
因为m″＞m′，所以宇航员能顺利返回飞船.
（2）设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t，则m0=kt+Δm为宇航员返回飞船的极限条件.
t=
0.5=2.5×10-4×+Δm
解得Δm1=0.45
kg或Δm2=0.05
kg.
分别代入t=，得t1=200
s，t2=1
800
s.
即宇航员安全返回飞船的最长时间为1
800
s，最短时间只有200
s.
答案:（1）能
（2）最长时间1
800
s，最短时间200
s
10.总质量为m的一颗返回式人造地球卫星沿半径为R的圆形轨道绕地球运动到P点时，接到地面指挥中心返回地面的指令，于是立即打开制动火箭向原来运动方向喷出燃气以降低速度并转到跟地球相切的椭圆轨道，如图16-5-4所示，要使卫星对地速度降为原来的，卫星在P处应将质量为Δm的燃气以多大的对地速度向前喷出？（将连续喷气等效为一次性喷气，地球半径为R0，地面重力加速度为g）
图16-5-4
思路解析:由于地球半径R0和地面重力加速度g为已知，可求出人造地球卫星在原轨道上时的速度，再由动量守恒定律求出喷气速度.
地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，故
即v=
①
又由于在地球表面附近
=mg
即GM=gR02
②
将②代入①式可得v=
设卫星在P点喷出的燃气对地速度为v′，卫星与燃气组成的系统动量守恒，则有
mv=(m-Δm)v+Δmv′
即m+Δmv′
解得：v′=.
答案:1
实验：探究碰撞中的不变量
课后集训
基础达标
1.如图16-1-3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，释放弹簧，A、B离开弹簧后，A滑块做___________运动，其速度大小为___________.本实验得出“在实验误差范围内，两木块组成的系统速度与质量乘积mv守恒”这一结论的依据是________________.
图16-1-3
解析：碰撞后，间隔相等时间A滑块移动的距离相等，所以A做匀速直线运动.由题图中可以直接读出每次移动的距离为0.9
cm，所以其速度大小为vA==9
cm/s.B滑块也做匀速直线运动，由图中读出其每次移动的距离为0.6
cm，速度大小为vB=6
cm/s，方向与vA相反，所以有mAvA=mBvB，碰撞前后总mv均为零.
答案：匀速直线
9
cm/s
碰撞前后总mv均为零
2.用运动小球(入射球)碰撞静止的小球(被碰小球)，可探究碰撞中的守恒量.称得入射球与被碰球的质量分别为m1=30
g，m2=20
g，由实验得出它们的水平位移—时间图象为如图16-1-4所示的Ⅰ、Ⅰ′、Ⅱ′，则由图可知，入射小球在碰前的mv是___________kg·m/s，入射小球在碰后的mv___________kg·m/s，被碰小球的mv是___________kg·m/s.由此可以得出结论：_____________________________________________________________________________.
图16-1-4
解析：碰撞前入射小球的速度为v1==1
m/s，所以m1v1=0.03
kg·m/s，碰撞后入射小球的速度为v1′==0.5
m/s，所以m1v1′=0.015
kg·m/s，被碰小球的速度为v2′==0.75
m/s，所以m2v2′=0.015
kg·m/s,由此可得：m1v1=m1v1′+m2v2′.
答案：0.03
0.015
0.015
碰撞过程中系统mv守恒
3.某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的轻质弹簧，如图16-1-5所示.将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时mv守恒.
图16-1-5
(1)该同学还必须有的器材是__________________.
(2)需要直接测量的数据是________________________________________________.
(3)用所得数据验证mv守恒的关系式是____________.
解析：在探究碰撞中的mv守恒时，需要测量物体的质量，因此需要天平，另外还要计算物体的速度，由知，需要测量木块的水平距离，要用到刻度尺.两木块脱离桌面后做平抛运动，平抛高度相同，所以所用时间相等，由，可得mx1=mx2.
答案：(1)刻度尺，天平
(2)两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离x1、x2
(3)mx1=mx2
4.在“探究碰撞中的守恒量”的实验中，也可以探究“mv2”这个量(对应于动能)的变化情况.
(1)若采用弓形弹片弹开滑块的方案,如图16-1-6甲所示，弹开后的mv2的总量____________弹开前mv2的总量,这是因为________________________________________________.
图16-1-6
(2)若采用图16-1-6中乙图的方案，碰撞前mv2的总量_________碰后mv2的总量，说明弹性碰撞中_________守恒.
(3)若采用图16-1-6中丙图的方案，碰撞前mv2的总量__________碰后mv2的总量,说明非弹性碰撞中存在__________损失.
答案：(1)大于
弹片的弹性势能转化为滑块的动能
(2)等于
机械能
(3)大于
机械能
5.A、B两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞(碰撞时间极短).用闪光照相，闪光4次摄得的闪光照片如图16-1-7所示.已知闪光的时间间隔为Δt，而闪光本身持续时间极短.在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0—80
cm刻度范围内，且第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55
cm处，滑块B恰好通过x=70
cm处.问：
图16-1-7
(1)碰撞发生在何处
(2)碰撞发生在第一次闪光后多长时间
解析：(1)照相机闪光4次，而B滑块却只有两张照片，说明碰撞后，B静止，A被反弹，所以碰撞发生在x=60
cm处.
(2)碰撞后A做匀速直线运动，在闪光的时间间隔内运动的距离应为20
cm，而刚反弹后到下一次闪光却只有10
cm，说明碰撞发生在第一次碰撞后时间.
答案：(1)x=60
cm处
(2)
综合运用
6.用如图16-1-8所示装置验证碰撞中的守恒量，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球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线的夹角为α.A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推到与竖直线夹角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.
图16-1-8
(1)图中s应是小球初始位置到___________的水平距离.
(2)为了验证两球碰撞过程中守恒的量，应测得______________________等物理量.
(3)用测得的物理量表示碰撞前后A球、B球的mv：mvA=___________，mvA′=___________，mvB=___________，mvB′=___________.
答案：(1)落点
(2)mA、mB、α、β、H、s、L
(3)
0
拓展探究
7.某同学用图16-1-9所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证mv的矢量和在碰撞中是守恒的.图中PQ是斜槽，QR是水平槽.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16-1-9中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图16-1-10所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐.
图16-1-9
图16-1-10
(1)碰撞后B球的水平射程应取为___________cm.
(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量 答___________
(填选项号).
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、B球落点位置到O点的距离
C.测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
D.测量G点相对于水平槽面的高度
解析：(1)测量前应先用一个尽可能小的圆将B球的落点痕迹圈起来，则O点到圆心的距离就是B球的水平射程，其大小约为64.7
cm.
(2)要验证mv的矢量和是否守恒，则需要用天平测量两球的质量，两球离开水平槽时均做平抛运动，因落地高度相等，所以平抛时间相等，所以，只要测量出其水平射程，就可以计算出平抛的水平初速度了，故必须进行测量的应选A、B、C.
答案：(1)64.7
cm
(2)ABC3
动量守恒定律
课后训练
基础巩固
?1.物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止开始同时放开两手后一小段时间内( )
A．A的速率是B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
2．如图所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如果将线烧断，则小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．0
B．向左
C．向右
D．无法确定
3．如图所示，A、B两个物体质量分别为M、m，原来静止在平板小车C上，A、B之间有一根被压缩了的弹簧，地面光滑水平，当压缩弹簧突然释放弹开的过程中( )
A．A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B所组成的系统动量守恒
B．A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C所组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B所组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C所组成的系统动量守恒
4．光滑水平面上，小球A以速率v运动时，和静止的小球B发生碰撞，碰后A以的速率弹回，而B球以的速率向前运动。则A、B两球的质量之比为( )
A．2∶3
B．2∶9
C．3∶2
D．9∶2
5．如图所示，质量为M的钢性斜面体静止在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以速度v0水平射到斜面体的斜面上并被斜面体沿竖直方向弹起，求子弹竖直弹起后斜面体的速度。
能力提升
6．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地面的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )
A．动量变小，速度不变
B．动量不变，速度增大
C．动量增大，速度增大
D．动量增大，速度减小
7．甲、乙两个溜冰者质量分别为48
kg和50
kg，甲手里拿着质量为2
kg的球，两人均以2
m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为( )
A．0
B．2
m/s
C．4
m/s
D．无法确定
8．质量分别为m1、m2的小球在同一条直线上碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图象如图所示，若m1＝1
kg，则m2的质量等于多少？
9．如图所示，设车厢长度为l，质量为M，静止于光滑水平面上，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，求这时车厢的速度。
10．如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块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)A木块的最终速度的大小；
(2)C物块滑离A木块的瞬时速度大小。
参考答案
1.
答案：AD 点拨：选物体A、B和弹簧为一个系统，则系统的动量守恒，在释放弹簧前系统的总动量为0，则在释放弹簧后系统的总动量仍为0，故D选项是正确的。在释放弹簧的过程中，物体A和B受到的弹力相等，弹力的作用时间相等，因此物体A和B受到的冲量的大小相等，根据动量定理Ft＝mv可知，物体A的质量是物体B质量的2倍，因此物体A的速率就是物体B速率的一半，故选项A正确。
2.
答案：A 点拨：小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上的动量守恒(Δpx＝0)。
细线被烧断瞬间，系统在水平方向的总动量为零。又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，由动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0。正确答案为选项A。
3．答案：BCD 点拨：A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，但M、m关系未知，摩擦力大小不一定相等，A、B所组成的系统动量不一定守恒，A错，C对；把A、B、C看做一个系统，不论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同还是A、B所受的摩擦力大小是否相等，弹簧弹力、摩擦力皆为内力，A、B、C所组成的系统动量守恒，B、D对，故B、C、D选项正确。
4.
答案：B 点拨：小球A和静止的小球B发生碰撞，取两小球为系统，受到的合外力为零，满足动量守恒的条件。又因为动量是一个矢量，取A球初速度方向为正方向，设A、B小球质量分别为m1、m2，则m1v＝－m1·＋m2·，得m1∶m2＝2∶9，故B正确。
5.
答案：
点拨：子弹与斜面体相互作用时，水平方向不受外力作用，故系统水平方向动量守恒。有
mv0＝Mv，得v＝。
子弹弹起后的水平速度为零，故水平方向动量为零，所以解题时不可将子弹和斜面体组成的系统在水平和竖直方向混着列式。
6.
答案：C 点拨：船的牵引力和阻力不变，系统动量守恒，有(M＋2m)v0＝Mv＋mu－mu，可得v＝＞v0，即船速增大，而Mv＝(M＋2m)v0＞Mv0，即船动量增大。
7.
答案：A 点拨：甲、乙和球组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，初始状态系统的动量p1＝0。设甲最后接到球时的速度为v，则末状态动量p2＝(M＋m)v＋0，由p1＝p2可知v＝0。
8.
点拨：由位移—时间图象可知，两球碰撞前后的速度分别为v1＝4
m/s、v2＝0、v1′＝－2
m/s、v2′＝2
m/s，两球碰撞过程中满足动量守恒，根据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，得m2＝3
kg。
答案：3
kg
9.
答案：v＝mv0/(M＋m)，方向水平向右。
点拨：物体与小车碰撞n次，物体和小车组成的系统动量守恒，只考虑初末状态，已知m的初速度为v1＝v0，M初速度v2＝0，物体与车厢相互作用后，v1′＝v2′＝v。m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，得v＝mv0/(M＋m)，方向水平向右。
10.
答案：(1)2.1
m/s (2)4
m/s
点拨：小物块C沿木块A表面滑动时，A对C的摩擦力使C做减速运动，使A、B共同做加速运动；C滑上B后，C继续做减速运动，B继续加速，A匀速运动，A、B开始分离，直至C、B达到共同速度，然后C、B一起做匀速运动。在上述过程中，A、B、C构成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。设木块A的最终速度为v1，C滑离A时的速度为v2，由动量守恒定律，则
(1)对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v，
解得v1＝2.1
m/s。
(2)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。4
碰撞
主动成长
夯基达标
1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m，现B球静止，B球与一轻弹簧相连接，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为，则碰前A球速度等于（ ）
A.
B.
C.
D.
思路解析：碰撞过程动量守恒，两球组成的系统机械能守恒，压缩到最紧时两球速度相等，则有
mv0=2mv①
②
可由①②式解得碰前A的速度
.
答案：C
2.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度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16-4-2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（ ）
图16-4-2
A.M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3
B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2
C.m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv=(M+m)v′
D.M、m、m0的速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1,m的速度变为v2，而且满足（M+m0)v=(M+m0)v1+mv2
思路解析：M和m碰撞时间极短，在极短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外力作用，动量不变（速度没变）可以认为碰撞过程m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M、m组成的系统水平方向上动量守恒，两者碰后可能具有共同的速度，也可能分开，所以只有B、C正确.
答案：BC
3.A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后.其中一球停止，则可以断定（ ）
A.碰前A的动量等于B的动量
B.碰前A的动量大于B的动量
C.若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量
D.若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量
思路解析：由动量守恒定律可知A、B错误，若碰后A的速度为零，则碰后B一定反向，由动量守恒定律可知C正确；同理D正确.
答案：CD
4.如图16-4-3所示，木块A和B的质量均为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（ ）
图16-4-3
A.4
J
B.8
J
C.16
J
D.32
J
思路解析：木块A与B碰撞时，认为来不及发生形变，合外力为零，系统总动量守恒，此过程总动能不守恒.当碰后再压缩弹簧时，机械能守恒，动量不守恒.最大弹性势能等于碰后总动能.
根据动量守恒mv0=2mv
根据机械能守恒
选项B正确.
答案：B
5.如图16-4-4所示，有两个质量相同的小球A和B（大小不计），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B点静止放于悬点正下方的地面上，现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为（ ）
图16-4-4
A.h/2
B.h
C.h/4
D.
思路解析：A球由静止释放做圆周运动，机械能守恒.A与B碰撞后粘在一起，做圆周运动，机械能守恒.
根据机械能守恒定律
应用动量守恒定律mv=2mv1
根据机械能守恒定律
,选项C正确.
答案：C
6.一个质量为m1=5
kg的小球静止在光滑的水平面上，一质量m2=1
kg的物体以v0=12
m/s的速度射向m1并与之发生正碰，碰后m1以速度v1=4
m/s沿v0方向运动，求m2碰后速度及碰撞过程中的机械能损失.
思路解析：设碰后m2速度为v2，以v0方向为正方向，则根据动量守恒有
m2v0=m1v1+m2v2.
得,
负号表示m2被反弹.
.
答案：8
m/s 方向与初速反向 0
7.质子的质量是1.67×10-27
kg，速度为1.0×107
m/s，跟一个静止的氦核碰撞后，质子以6.0×106
m/s的速度被反弹回来，氦核则以4.0×106
m/s的速度运动，氦核的质量为多少？
思路解析：这是一个碰撞问题，它遵守动量守恒定律，这里只须弄清系统的初末状态即可.
以质子和氦核为一个系统.设质子质量为m1，作用前的速度为v1，作用后的速度为v1′，氦核的质量为m2，作用后的速度为v2′,以质子的初速度方向为正，由动量守恒定律：
m1v1+0=m1v1′+m2v2′
代入数据得：
=6.68×10-27
kg.
答案：6.68×10-27
kg
8.第一个粒子质量是m1，以v0的速度与原来静止的质量为m2的第二个粒子发生一维碰撞.测出了碰撞后第二个粒子的速度为v2,求第一个粒子原来速度v0的值可能范围.
思路解析：本题考查动量守恒定律的特殊形式——碰撞.分析碰撞的几种形式，把碰撞中能量的转化搞清楚，本题就迎刃而解了.同时还应注意以下两点：①此题应用的解题方法可以归纳为“条件法”，特点是利用v0的端值条件与题目中给出的条件相比较决定对v0的取值.?②在解题时?，把完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞，看成一般碰撞的特例，由碰撞的特点知，当碰撞后两粒子发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大.即
m1v0=(m1+m2)v2
因此
这里的v0是机械能损失最大情况的值，是v0的上限，应满足
①
机械能损失最小的情况是两粒子发生弹性碰撞时机械能损失为零
由m1v0=m1v1+m2v2
联立以上两式得
得到的表达式是v0的下限，但它不符合题意，题中机械能有损失，所以v0应取为
②
由两式①②得
.
答案：
9.如图16-4-5所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0
kg，a、b间距离s=2.0
m.木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块，其质量m=1.0
kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v0=4.0
m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相撞.碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板.求碰撞过程中损失的机械能.
图16-4-5
思路解析：物块在木板上滑动过程中，摩擦力分别对物块和木板做功.碰撞时，能量有损失，但系统动量守恒.若能求出碰撞前后，系统的动能，则可以解决问题.但按题设条件不行，故应从全过程中能量的转化情况来求解.
设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0=(m+M)v①
设全过程损失的机械能为E，
②
用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功.用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移，W3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功.用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W表示在全过程中摩擦力做的总功，则
W1=μmgs1③
W2=-μmg（s1+s)④
W3=-μmgs2⑤
W4=-μmg（s2-s)⑥
W=W1+W2+W3+W4⑦
用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则
E1=E-W⑧
由①~⑧式解得
代入数据得
E1=2.4
J
答案：2.4
J
走近高考
10.质量为M的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，若木块与地面间动摩擦因数为μ，则木块在水平面上滑行的距离为多大？
某同学解题时列了动量守恒式：mv0=(M+m)v，
又列了能量守恒式：.
由以上两式得出结论，此结论正确吗？为什么？
答案：不正确.
子弹射入木块的过程中，作用时间极短，动量守恒，但有一部分机械能转化为内能，故能量守恒式应列为正确结论为.
11.如图16－4－6所示，在光滑的水平面上有一块质量m=1
kg的长木板，木板上相距L=1.2
m处各放一个质量m=1
kg的小木块A和B（这两个小木块可当作质点），现分别给A木块向右的速度v1=5
m/s,B木块向左的速度v2=2
m/s，两木块沿同一直线相向运动，两木块与木板间的动摩擦因数μ=0.50，两木块相遇时做弹性碰撞（碰撞时间极短，且相互交换速度）.（g取10
m/s2)求：
图16－4－6
（1）如果A、B始终在木板上，两木块间的最大距离.
(2)要使A、B始终在木板上，木板的长度至少要多长？
思路解析：（1）解法一：两木块在木板上滑动时的加速度为=0.5×10
m/s2=5
m/s2
经t
s两木块相遇
t=0.2
s
两木块相遇前瞬间的速度分别为
v1′=4
m/s
v2′=1
m/s
两木块相碰后速度交换
v1″=1
m/s
v2″=4
m/s
根据动量守恒定律，可求出两木块与木板的共同速度
m2v2″-m1v1″=(m1+m2+m)v
A、B两木块相对静止时相距最远
=1.4
m.
解法二：两木块从开始滑动到相对静止过程中，A、B、C组成的系统动量守恒：
mv1-mv2=(m+m+m)v
从能的转化和守恒来看，减小的机械能全部用来克服摩擦阻力做功转化为热能，且一对摩擦阻力做功的代数和与接触面间的相对滑动的路程有关，令两物体最终相距s，则有
同理可得：s=1.4
m.
(2)A、B两木块相遇时A向右的位移为sa
A、B相碰后，A向左的速度减小到零时，向左的位移为sa′
木板的最短长度为d
d=s+sA-sA′=1.4
m+0.9
m-0.1
m=2.2
m.
答案：（1）1.4
m (2)2.2
m3
动量守恒定律
2
课后集训
基础达标
1.两球在光滑的地面上做相向运动，碰撞后两球皆静止，则(
)
A.碰撞前，两球动量一定相同
B.两球组成的系统动量守恒
C.碰撞过程中的任一时刻两球的动量之和为零
D.两球只是在碰撞开始和碰撞结束两个瞬时系统的动量相等，而在碰撞过程中的任一时刻，系统的总动量是不守恒的
解析：两球碰撞时作用力远大于外力，系统动量守恒.动量守恒是在相互作用过程中的任意时刻都守恒.
答案：BC
2.质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球速度大小变为原来的1/3，那么，小球B的速度可能是(
)
A.v0/3
B.2v0/3
C.4v0/9
D.5v0/9
解析：A球的速度大小变为原来的1/3，速度方向可能与原方向相同，也可能与原方向相反.所以根据动量守恒列方程求出的B的速度可能值有两个.
答案：AB
3.如图16-3-4所示，Q为固定在桌面上的半圆形轨道，轨道位于竖直平面内，两个端点a和b位于同一水平面上，一个小金属块P由静止开始从b点正上方H高处自由下落，不计空气阻力，P将滑过轨道Q从a点冲出，上升的最大高度为.那么当P再次落下并滑过轨道，下面判断正确的是(
)
图16-3-4
A.P可以从b点冲出
B.P刚好到达b点
C.P不能到达b点
D.无法确定P能否到达b点
解析：小金属块通过轨道从a点冲出时损失的机械能为mgH-mg=，当小金属块再次落下并滑过轨道时，因速度减小，与轨道间的弹力减小，所以摩擦力减小，机械能的损失会小于，因此，可以从b点冲出.
答案：A
4.一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆.关于子弹和沙袋组成的系统，下列说法中正确的是(
)
A.子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都守恒
B.子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都不守恒
C.共同上摆阶段系统动量守恒，机械能不守恒
D.共同上摆阶段系统动量不守恒，机械能守恒
解析：子弹射入沙袋过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，但有摩擦力做功，所以机械能不守恒.共同上摆阶段系统动量不守恒，机械能守恒.
答案：D
5.质量为M的小车在光滑水平面上以速度v向东行驶，一个质量为m的小球从距地面H高处自由落下，正好落入车中.此后小车的速度将(
)
A.增大
B.减小
C.不变
D.先减小后增大
解析：系统水平方向动量守恒，小球落入车中后，小车质量增大，而动量不变，所以速度将减小.
答案：B
6.光滑的水平面上放有两辆小车，车上各放一块磁铁，由于磁力的作用，两车由静止相向运动，则在运动过程中(
)
A.两车动量相同
B.两车的总动量始终为零
C.两车的动量增量相同
D.两车的动量增量大小相等、方向相反
解析：由于水平方向不受外力，所以系统动量守恒，因两车最初都是由静止运动，所以总动量始终为零.根据Δp1=-Δp2可知两车的动量增量大小相等、方向相反.
答案：BD
7.质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中,然后，小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中.求小孩b跃出后小船的速度.
解析：设小孩b跃出后船向前行驶的速度为V，根据动量守恒定律，有
(M+2m)v0=MV+mv-mv
解得：
答案：
综合运用
8.(2005全国高考理综Ⅲ)
如图16-3-5所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A
.求男演员落地点C
与O点的水平距离s.已知男演员质量m1和女演员质量m2之比，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R.
图16-3-5
解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律
(m1+m2)gR=
(m1+m2)v02
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒,(m1+m2)v0=m1v1-m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t
，根据题给条件，由运动学规律，4R=gt2
s=v1t
根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律,m2gR=m2v22
已知，由以上各式可得s=8R.
答案：8R
9.(2005全国高考理综Ⅱ)
质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动以速度v0与之发生正碰(碰撞时间极短).碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L.碰后B反向运动.求B后退的距离.已知B与桌面间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g.
解析：设AB碰后A的速度为v1，则A平抛有：h=gt2
L=v1t
求得：v1=
①
设碰后B的速度为v2
，则对AB碰撞过程由动量守恒有：mv0=Mv1-mv2
②
设B后退距离为s，对B后退直至停止过程，由动能定理：μmgs=mv22
③
由①②③解得：
答案：
10.(2005广东)
如图16-3-6所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88
m.质量为2m、大小可忽略的物块C置于A板的左端.C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力.开始时，三个物体处于静止状态.现给C施加一个水平向右、大小为的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
图16-3-6
解析：设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2
因为μ1=0.22，μ2=0.10
所以F=mg＜f1=μ12mg
且F=mg＞f2=μ2(2m＋m)g
所以一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有
(F-f2)s=(2m+m)v12
A、B两木块的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得
mv1=(m+m)v2
碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木块向前移动的位移为s1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则
2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3
f1s1-f3s1=·2mv32-·2mv22
f3=μ2(2m+m+m)g
对C物体，由动能定理
F(2l+s1)-f1(2l+s1)=·2mv32-·2mv12
由以上各式，再代入数据可得l=0.3
m.
答案：0.3
m
11.如图16-3-7所示，质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上.质量为m的小球以速度v1向物块运动.不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长.求小球能上升到的最大高度H
和物块的最终速度v.
图16-3-7
解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒.
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1=(M+m)v′
由系统机械能守恒得：
mv12=(M+m)v′2+mgH
解得
.
答案：
拓展探究
12.如图16-3-8所示，在质量均为m的A、B两球之间，用轻弹簧将它们连着，然后放于光滑的水平面上.如果A球被水平射来的速度为v0的子弹击中，并嵌入球中，且子弹质量为，问在以后的运动过程中：
图16-3-8
(1)弹簧的弹性势能的最大值为多少
(2)B球的最大动能为多少？
解析：(1)子弹击中A的瞬间，子弹和A组成的系统动量守恒，B的瞬时速度为零.
v0=(m+)vA，得vA=.
当A、B和子弹有共同速度时，弹性势能最大.
v0=(m+m+)v,v=，所以最大弹性势能为
Ep=(m+)vA2-
(m+m+)v2=.
(2)当弹簧恢复原长时，B的动能最大
v0=(m+)vA′+mvB
(m+)vA2=
(m+)vA′2+mvB2
得EkB=mvB2=.
答案：(1)
(2)
