第一章 碰撞与动量
碰撞与动量守恒
专题一
动量守恒定律应用中的常见模型
1.人船模型
此类问题关键在于确定物体位移或速度间的关系，并结合动量守恒求解。
2．完全非弹性碰撞模型
此类问题特点是最后物体“合”为一体，具有共同的末速度。利用动量守恒结合功能关系求解。
3．爆炸模型
此类问题动量守恒，其他形式的能转化为物体的动能，满足能量守恒。
4．“子弹打木块”模型
(1)在此类问题中，由于木块处于光滑水平面上，子弹打击木块的过程中动量守恒。
(2)由于存在阻力做功，则系统的机械能减小，且减小量为阻力乘以相对位移(子弹打入木块的深度)，所以系统产生的内能，即热量Q＝fs相＝ΔE机。
[例1] 如图1-1所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，上面站着一个人，车以速度v0前进。已知车的质量为m1，人的质量为m2，某时刻人突然向前跳离车，设人跳离车时，相对于车的速度为v，求人跳离后车的速度。
图1-1
[解析] 由受力特点可知人与车组成的系统动量守恒。由相对速度v可建立人、车末速度的关系。
选取人和车组成的系统为研究对象。人跳出车的过程中，系统的动量守恒。取车前进方向为正方向，假设人跳出之后车的速度为v1，人的速度为v2。
对系统由动量守恒定律(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
又v2－v1＝v，所以v1＝v0－。
[答案] v0－
专题二
多物体组成系统的动量问题及临界问题
1.多体问题
对于两个以上的物体组成的物体系，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程。
2．临界问题
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。这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。
[例2] 如图1-2所示，光滑水平直轨道上有三个滑块，A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
图1-2
[解析] 设共同速度为v，球A与B分开，B的速度为vB，由动量守恒定律有
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB，
mBvB＝(mB＋mC)v，
联立这两式得B与C碰撞前B的速度为vB＝v0。
[答案] v0
专题三
动量守恒与机械能守恒的综合
(1)两个定律的研究对象都是物体系，外力作用于系统会改变物体系的总动量，当除重力和系统内弹力(一般是弹簧弹力)以外的力对系统做功时，要改变系统的机械能，即要发生机械能和其他形式能的转化。
(2)当系统满足动量守恒条件时，系统的机械能未必守恒，当机械能守恒时动量也未必守恒。
[例3] 如图1-3所示，光滑水平面上放置质量均为m1＝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：
图1-3
(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；
(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为多大？
[解析] (1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，对整体应用动量守恒定律和能量守恒定律有：
mv1－2m1v2＝0
E0＝mv12＋m1v22＋m1v22
解得：v1＝4 m/s。
(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，对滑块P和小车乙应用动量守恒定律和能量守恒定律有：
mv1－m1v2＝(m＋m1)v
μmgL＝mv12＋m1v22－(m＋m1)v2
解得：L＝ m。
[答案] (1)4 m/s (2) m
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．下列说法中正确的是( )
A．物体的动量变化，其速度大小一定变化
B．物体的动量变化，其速度方向一定变化
C．物体的速度变化，其动量一定变化
D．物体的速率变化，其动量一定变化
解析：选CD 由p＝mv可知，物体的动量与质量的大小、速度的大小(速率)和方向三个因素有关，只要其中的一个因素变化或它们都变化，p就变化。
2．质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由4 m/s变成6 m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是( )
A. 4 kg·m/s B. 10 kg·m/s
C. 20 kg·m/s D. 12 kg·m/s
解析：选AC 若两个速度同向，则Δv＝2 m/s，若两个速度反向，则Δv＝10 m/s，即可判断动量的变化可能为4 kg·m/s或20 kg·m/s。
3．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
解析：选C 由动量守恒的条件知C正确。D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒。
4．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的小球以5.0 m/s的速度向前运动，与质量为3.0 kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2 m/s，则( )
A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3 m/s
B．v木＝4.2 m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生
C．v木＝4.2 m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝4.2 m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
解析：选B 根据动量守恒定律，m1v＝m1v1＋m2v2，即0.2×5.0＝0.2v1＋3.0×4.2得：v1＝－58 m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了。
5．如图1所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m静止，放在光滑水平面上，一质量也是m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( )
图1
A．以速度v做平抛运动
B．以小于v的速度做平抛运动
C．静止于车上
D．自由下落
解析：选D 由动量守恒：mv＝mv1＋mv2，由机械能守恒：mv2＝mv12＋mv22，解得v1＝0，v2＝v，故D正确。
6．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：选C 若碰后A球静止，则B球一定反弹，故有A球的动量大于B球的动量；若碰撞后B球静止，则A球一定反弹，有B球的动量大于A球的动量，故C正确。
7．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动。与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为( )
A．vA＝v0 vB＝v0 B．vA＝v0 vB＝v0
C．vA＝v0 vB＝v0 D．vA＝v0 vB＝v0
解析：选AC 两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的物体不能与前面物体有二次碰撞，故D错误。根据动量守恒定律可得，四个选项都满足。但碰撞前总动能为mv02，而碰撞后B选项能量增加，B错误，故A、C正确。
8.如图2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。如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并留在物体A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，则弹簧被压缩到最短时A的速度为( )
图2
A. B.
C. D.
解析：选B 设mB＝m，
则有：mv0＝(m＋m)vA；
mvA＝2mv共(A、B等速时弹簧最短)，
解得v共＝v0。
9．如图3所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0，如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
图3
A．m1、m2系统动量不守恒
B．弹簧最长时，其弹性势能为m2v02
C．m1、m2速度相同时，共同速度为
D．m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选CD 两球组成系统所受合力为零，则动量守恒，包含弹簧在内的系统在整个过程中没有能量损失，故机械能守恒。当弹簧伸长最长时两小球速度相同。
10．(全国大纲卷)一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 中子和原子核发生弹性正碰，动量守恒、能量守恒，则mv＝mv1＋Amv2，mv2＝mv12＋Amv22，联立方程可得：＝，选项A正确，选项B、C、D错误。
二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案填在题中横线上，或按题目要求作答)
11．(4分)质量为M的气球下面吊着质量为m的物体以速度v0匀速上升，突然吊绳断裂，当物体上升速度为零时，气球的速度为________。(整个过程中空气浮力和阻力的大小均不变)
解析：气球与物体匀速上升，重力、阻力、浮力平衡，系统所受合力为零，吊绳断裂后，三力均不变，合力仍为零，故系统动量守恒，则(M＋m)v0＝Mv，得v＝v0。
答案：v0
12．(10分)(新课标全国卷Ⅱ)现利用图4所示的装置验证动量守恒定律。在图4中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
图4
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图5所示。
图5
若实验允许的相对误差绝对值最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。
解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小
v＝ ①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02 s ②
ΔtA可视为很短。
设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得
v0＝2.00 m/s ③
v1＝0.970 m/s ④
设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝ ⑤
代入题给实验数据得
v2＝2.86 m/s ⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则
p＝m1v0 ⑦
p′＝m1v1＋m2v2 ⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝×100% ⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5% ⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
答案：见解析
三、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)图6所示，把一辆质量为0.5 kg的电动玩具车，放在质量为1 kg的带有光滑轮子的小车上，当接通玩具车的电源，使它相对于小车以0.5 m/s的速度运动时，小车如何运动？
图6
解析：选取地面为参考系，设小车相对于地面的速度为v，则电动玩具车相对于地面的速度为(v－0.5)m/s，根据动量守恒定律有Mv＋m(v－0.5)＝0，得v＝＝ m/s＝0.17 m/s。
答案：以0.17 m/s的速度向相反的方向运动
14．(12分)如图7所示，光滑水平桌面上有长L＝2 m的挡板C，质量mC＝5 kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA＝1 kg，mB＝3 kg，开始时三个物体都静止。在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以6 m/s速度水平向左运动，A、B中任意一块与挡板C碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：
图7
(1)当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是多大；
(2)A、C碰撞过程中损失的机械能。
解析：(1)A、B、C系统动量守恒0＝(mA＋mB＋mC)vC，vC＝0。
(2)炸药爆炸时A、B系统动量守恒，
mAvA＝mBvB，解得：vB＝2 m/s
A、C碰撞前后系统动量守恒
mAvA＝(mA＋mC)v，v＝1 m/s
ΔE＝mAvA2－(mA＋mC)v2＝15 J。
答案：(1)0 (2)15 J
15．(10分)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球的动能变为原来的，求碰撞后B球的速度大小。
解析：根据Ek＝mv2，可得碰撞后A的速度变为vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能。
若vA′＝v0，即vA′与v0同向时有：
mv0＝mv0＋2mvB，vB＝v0
碰撞后两球具有共同速度说明是完全非弹性碰撞，此速度合理。
若vA′＝－v0，即vA′与v0反向时有：
mv0＝－mv0＋2mvB，vB＝v0
碰撞后系统总动能为
Ek总′＝EkA′＋EkB′＝m(－v0)2＋×2m(v0)2
＝mv02，
恰好等于碰前系统的总动能mv02，是弹性碰撞，此速度合理。
答案：v0或v0
16．(14分)(新课标全国卷Ⅰ)如图8，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：
图8
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度。
解析：(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝ ①
将h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s ②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2。由运动学规律可得v1＝gt ③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv′2 ④
mAv12＋mBv22＝mBv′22 ⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB ⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得
h′＝ ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得
h′＝0.75 m ⑧
答案：(1)4 m/s (2)0.75 m
第1节 碰__撞
(对应学生用书页码P1)
一、碰撞现象
1．碰撞
做相对运动的两个(或几个)物体相遇而发生相互作用，运动状态发生改变的过程。
2．碰撞特点
(1)时间特点：在碰撞过程中，相互作用时间很短。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，相互作用力远远大于外力。
(3)位移特点：在碰撞过程中，物体发生速度突变时，位移极小，可认为物体在碰撞前后仍在同一位置。
试列举几种常见的碰撞过程。
提示：棒球运动中，击球过程；子弹射中靶子的过程；重物坠地过程等。
二、用气垫导轨探究碰撞中动能的变化
1．实验器材
气垫导轨，数字计时器、滑块和光电门，挡光条和弹簧片等。
2．探究过程
(1)滑块质量的测量仪器：天平。
(2)滑块速度的测量仪器：挡光条及光电门。
(3)数据记录及分析，碰撞前、后动能的计算。
三、碰撞的分类
1．按碰撞过程中机械能是否损失分为：
(1)弹性碰撞：碰撞过程中动能不变，即碰撞前后系统的总动能相等，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′。
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中有动能损失，即动能不守恒，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能。
Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2。
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体黏合在一起，具有相同的速度，这种碰撞动能损失最大。
2．按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：
(1)对心碰撞(正碰)：碰撞前后，物体的运动方向沿同一条直线。
(2)非对心碰撞(斜碰)：碰撞前后，物体的运动方向不在同一直线上。(高中阶段只研究正碰)。
(对应学生用书页码P1)
探究一维碰撞中的不变量
1.探究方案
方案一：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Δx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。
(3)各种碰撞情景的实现：利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量。
方案二：利用等长悬线悬挂等大小球实现一维碰撞
(1)质量的测量：用天平测量。
(2)速度的测量：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。
(3)不同碰撞情况的实现：用贴胶布的方法增大两球碰撞时的能量损失。
方案三：利用小车在光滑桌面上碰撞另一静止小车实现一维碰撞。
(1)质量的测量：用天平测量。
(2)速度的测量：v＝，Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量。Δt为小车经过Δx所用的时间，可由打点间隔算出。
2．实验器材
方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
3．实验步骤
不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：
(1)用天平测相关质量。
(2)安装实验装置。
(3)使物体发生碰撞。
(4)测量或读出相关物理量，计算有关速度。
(5)改变碰撞条件，重复步骤(3)、(4)。
(6)进行数据处理，通过分析比较，找出碰撞中的守恒量。
(7)整理器材，结束实验。
4．数据处理
为了探究碰撞中的不变量，将实验中测得的物理量填入如下表格
碰撞前
碰撞后
质量
m1
m2
m1
m2
速度
v1
v2
v1′
v2′
mv
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
mv2
m1v12＋m2v22
m1v1′2＋m2v2′2
v1/m1＋v2/m2
v1′/m1＋v2′/m2
经过验证后可知，在误差允许的范围内，碰撞前后不变的量是物体的质量与速度的乘积，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
1．如图1-1-1所示为用气垫导轨实验探究碰撞中的不变量的实验装置，遮光片D在运动过程中的遮光时间Δt被光电计时器自动记录下来。在某次实验中，滑块1和滑块2质量分别为m1＝0.240 kg、m2＝0.220 kg，滑块1运动起来，向着静止的导轨上的滑块2撞去，碰撞之前滑块1的挡光片经过光电门时，光电计时器自动记录下来的时间Δt＝110.7 ms。碰撞之后，滑块1和滑块2粘连在一起，挡光片通过光电门的时间Δt′＝214.3 ms，已知两滑块上的挡光板的宽度都是Δx＝3 cm，问：
图1-1-1
(1)碰撞前后两滑块各自的质量与速度乘积之和相等吗，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立吗？
(2)碰撞前后两滑块各自的质量与速度平方乘积之和相等吗，即m1v12＋m2v22＝m1v′12＋m2v2′2成立吗？
解析：(1)因为滑块遮光片的宽度是Δx，遮光片通过光电门的时间是Δt，所以滑块速度可用公式v＝求出。碰撞之前，滑块1的速度v1＝＝ m/s＝0.271 m/s
碰撞之前，滑块2静止，所以v2＝0
碰撞之后，两滑块粘连在一起
v1′＝v2′＝＝ m/s＝0.140 m/s
m1v1＋m2v2＝0.240×0.271 kg·m/s＝0.065 kg·m/s
m1v1′＋m2v2′＝(0.240＋0.220)×0.140 kg·m/s＝0.064 kg·m/s
所以，在误差允许范围内，
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′成立。
(2)碰撞之前：
m1v12＋m2v12＝0.240×0.2712 J＝0.018 J
碰撞之后：
m1v1′2＋m2v2′2＝(0.240＋0.220)×0.1402 J＝0.009 J
可见m1v12＋m2v22＞m1v1′2＋m2v2′2
答案：(1)成立 (2)不成立
对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解
1.碰撞中能量特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2，其中，碰撞过程中，无机械能损失的碰撞为弹性碰撞。
2．弹性碰撞：若两球碰撞后形变能完全恢复，并没有能量损失，碰撞前后系统的动能相等，这类碰撞称为弹性碰撞。
3．非弹性碰撞：若两球碰后它们的形变不能完全恢复原状，一部分动能最终转化为内能，碰前碰后系统的动能不再相等，这种碰撞叫做非弹性碰撞。如果碰撞后二者成为一个整体，系统的动能损失得最多，这种碰撞叫做完全非弹性碰撞。
2．在光滑的水平面上，动能为E0的钢球1与静止钢球2发生碰撞，碰后球1反向运动，其动能大小记为E1，球2的动能大小记为E2，则必有( )
A．E1＜E0 B．E1＝E0
C．E2＞E0 D．E2＝E0
解析：选A 根据碰撞前后动能关系得E1＋E2≤E0，必有E1＜E0，E2＜E0。故只有A项对。
(对应学生用书页码P2)
实验探究碰撞过程中的不变量
[例1] 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，继续做匀速运动，他设计的装置如图1-1-2甲所示。在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器所接电源频率为50 Hz，长木板的一端下垫着小木块用以平衡摩擦力。
图1-1-2
(1)若已得到打点纸带如图1-1-2乙所示，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A碰撞前速度，应选________段来计算A和B碰撞后的共同速度。
(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得：
碰撞前两车质量与速度乘积之和为________kg·m/s；
碰撞后两车质量与速度乘积之和为________kg·m/s。
(3)结论__________________。
[解析] (1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大的速度，而AB段相同时间内间距不一样，说明刚开始不稳定，因此BC段能较准确描述小车A碰撞前的运动情况，故应用BC段计算A碰撞前的速度，从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段小车运动稳定，故应选DE段计算小车A和B碰撞后的共同速度。
(2)小车A碰撞前速度
v1＝＝ m/s＝1.050 m/s；
小车A碰前的质量与速度乘积为
m1v1＝0.40×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s。
碰撞后小车A、B共同速度
v1′＝＝ m/s＝0.695 m/s；
两车碰撞后的质量与速度乘积之和为
m1v1′＋m2v2′＝(m1＋m2)v1′＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
(3)碰前的质量与速度乘积之和等于碰后的质量与速度乘积之和，即碰撞过程中的不变量为质量与速度乘积之和。
[答案] (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)见解析
用能量的观点判断碰撞的类别
[例2] 质量为5 kg的A球以3 m/s的速度与质量为10 kg静止的B球发生碰撞，碰后A球以1 m/s的速度反向弹回，B球以2 m/s的速度向前运动，试分析：
(1)碰撞过程中损失了多少动能。
(2)两球的碰撞属于何种类型的碰撞。
[解析] (1)碰撞前物体的动能
EkA＝mAvA2＝×5×32 J＝22.5 J
碰撞后物体的动能
E ′k＝EkA′＋E kB′＝mAvA′2＋mBvB2
＝×5×12 J＋×10×22 J＝22.5 J。
故碰撞过程中无动能损失。
(2)由于碰撞过程中无动能损失，故两球的碰撞属于弹性碰撞。
[答案] (1)0 (2)弹性碰撞
(1)物体间发生完全弹性碰撞后形变能完全恢复，碰撞系统的动能守恒；物体间发生非弹性碰撞后形变不能完全恢复，碰撞系统的动能有损失；物体间发生完全非弹性碰撞后，形变完全不能恢复，碰撞系统的动能损失最大。
(2)质量为m的运动物体与质量为m的静止物体发生弹性碰撞后，两物体交换速度。
(对应学生用书页码P3)
1．在研究两物体的碰撞问题时，除利用气垫导轨外，还可以利用打点计时器研究，试分析下列关于用打点计时器的研究正确的是( )
A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
解析：选BC 车的质量可以用天平测量，改变小车的质量可以加砝码，没有必要一个用钉子而另一个用橡皮泥配重，这样做的目的是为了碰撞后粘在一起有共同速度，便于测量碰后的速度，选项B正确。打点计时器的使用原则是先接通电源，C项正确。
2．下面对于碰撞的理解，正确的是( )
A．运动的物体碰撞时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化
B．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略
C．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞可分为正碰和斜碰
解析：选A 碰撞的主要特点是：相互作用时间短，作用力峰值大，因而其他外力可以忽略不计，在极短时间内物体的运动状态发生明显变化，故A对B错。根据碰撞过程中动能是否守恒，碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，其中动能不变的碰撞称为弹性碰撞，故C、D错。
3．如图1-1-3所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的是( )
A．P的速度恰好为零
B．P与Q具有相同的速度
C．Q刚开始运动
D．Q的速度等于v
解析：选B 弹簧被压缩到最短时，即为两物体相对静止时，此时两物体具有相同的速度，故B对。
4．在公路上甲、乙两车相撞，发生了一起车祸，甲车司机的前胸受伤，乙车司机的后背受伤，则这起车祸可能出现的情况是( )
①两车同向运动，甲车在前，乙车在后，乙车撞上甲车
②两车同向运动，乙车在前，甲车在后，甲车撞上乙车
③乙车司机在前倒车，甲车在乙车的后面向乙车运动，撞上了乙车
④两车相向运动，来不及刹车，互相撞上了
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选B 甲司机胸前受伤，说明车受到突然向后的力，车速突然减小；乙司机后背受伤，说明乙车加速度向前，受到向前的力，即甲车从后面碰上乙车。
5．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中，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
解析：选AB 导轨不水平，小车速度将会受重力影响，A项对；挡光板倾斜会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，B项对。
6．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，乙滑块反向运动，且速度大小为2v。那么这次碰撞是( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定
解析：选A 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。
7．质量为1 kg的A球以3 m/s的速度与质量为2 kg静止的B球发生碰撞，碰后两球以1 m/s的速度一起运动。则两球的碰撞属于________类型的碰撞，碰撞过程中损失了________动能。
解析：由于两球碰后速度相同，没有分离，因此两球的碰撞属于完全非弹性碰撞，在碰撞过程中损失的动能为
ΔEk＝mAv02－(mA＋mB)v2
＝×1×32 J－×3×12 J＝3 J。
答案：完全非弹性碰撞 3 J
8．如图1-1-4甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲力时启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况，如图1-1-4乙所示，电源频率为50 Hz，则碰撞前甲车速度大小为________ m/s，碰撞后两车的共同速度大小为________ m/s。
解析：碰撞前甲在0.04 s内的位移x＝2.4 cm，
则v＝＝＝0.6 m/s，碰撞后二者在0.04 s内运动的位移x2＝1.6 cm，由v＝可得v＝＝0.4 m/s。
答案：0.6 0.4
9．如图1-1-5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1-1-5
解析：烧断细绳前：vA＝0，vB＝0，所以有mAvA＋mBvB＝0，烧断细绳后：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′。
答案：匀速 0.09 细绳烧断前后滑块A、B的质量与速度乘积之和为不变量
10．如图1-1-6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的时间为2×10－1 s，则两滑块碰撞后的速度大小分别是多少？
图1-1-6
解析：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。
答案：0.1 m/s 0.15 m/s
11．质量分别为m1＝1 kg和m2＝3 kg的两个物体在光滑水平面上正碰，碰撞时间忽略不计，其x－t图像如图1-1-7所示，试通过计算回答：碰撞前后m1v、m2v的总量是否守恒？
解析：碰撞前：v1＝4 m/s，
v2＝0 m/s，
m1v1＋m2v2＝4 kg·m/s
碰撞后：v1′＝－2 m/s，v2′＝2 m/s，
m1v1′＋m2v2′＝4 kg·m/s
所以碰撞前后m1v、m2v的总量守恒。
答案：守恒
12．如图1-1-8所示在离地面3h的平台边缘有一质量为m1的小球A，在其上方悬挂着一个质量为m2的摆球B，当球B从离平台某高处由静止释放到达最低点时，恰与A发生正碰，使A球水平抛出，已知碰后A着地点距抛出点的水平距离为3h，B偏离的最大高度为h，试求碰后两球的速度大小。
解析：碰后对B球由机械能守恒可知：
m2gh＝m2v22
v2＝ 。
对A球：3h＝gt2
v1t＝3h
v1＝ 。
答案：v1＝ v2＝
第2节 动__量
(对应学生用书页码P4)
一、动量的概念
1．定义
物体的质量和速度的乘积。
2．定义式
p＝mv。
3．单位
在国际单位制中，动量的单位是kg·m/s。
4．方向
动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量的运算服从矢量运算。
[特别提醒] 在计算动量时必须规定正方向，与正方向同向为正，与正方向反向为负。
二、动量守恒定律
1．系统
相互作用的两个或多个物体组成的整体。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力或所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。
(2)成立条件：
系统不受外力或所受合外力为零。
(3)两物体在同一直线上运动时，动量守恒表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
3．动量守恒定律的适用范围及意义
动量守恒定律既适用于宏观领域，又适用于微观或高速领域，它是自然界中最普遍、最基本的定律之一。
1．判断：
(1)物体的质量越大，动量一定越大。( )
(2)物体的速度大小不变，动量可能不变。( )
(3)物体动量大小相同，动能一定相同。( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
2．思考：如图1-2-1所示，两个穿滑冰鞋的小孩静止在滑冰场上，不论谁推谁，两人都会向相反方向滑去。在互相推动前，两人的动量都为零；由于推力作用，每个人的动量都发生了变化。那么，他们的总动量在推动前后是否也发生了变化呢？
提示：系统的总动量守恒，系统内的每个人的动量发生变化，但系统的内力(相互作用力)不会改变系统(两个人)的总动量，推动前、后总动量都为零。
(对应学生用书页码P5)
正确理解动量的概念
1.动量的瞬时性
通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
2．动量的矢量性
动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算。
3．动量的相对性
物体的动量与参考系的选择有关。选择不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量。
4．动量的变化量
是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
5．动量与速度的关系
(1)联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度的方向相同，p＝mv。
(2)区别：速度描述物体运动的快慢和方向；动量描述运动物体的作用效果。
6．动量与动能的关系
(1)联系：都是描述物体运动状态的物理量，Ek＝＝pv，p＝＝。
(2)区别：动量是矢量，动能是标量；动能从能量的角度描述物体的状态，动量从运动物体的作用效果方面描述物体的状态。
动量是矢量，两个物体的动量相等，说明其大小相等，方向也相同。
1．关于动量的概念，下列说法正确的是( )
A．动量大的物体惯性一定大
B．动量大的物体运动一定快
C．动量相同的物体，运动方向一定相同
D．动量相同的物体，速度小的惯性大
解析：选CD 动量大的物体，质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体，速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体，运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。
对动量守恒定律的理解
1.研究对象：动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统。
2．对系统“总动量保持不变”的三点理解：
(1)系统的总动量是指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变。
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化。
(3)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等。
3．动量守恒定律的“五性”：
(1)条件性：应用动量守恒定律时，一定要先判断系统是否满足动量守恒的条件。
①系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
②系统受外力作用，但所受合外力为零。
③系统受外力作用，但外力远远小于系统内各物体间的内力，系统的总动量近似守恒。例如，手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒。
④系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。
(2)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：
①系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，而且方向也相同。
②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时要按矢量运算法则计算。如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取正方向，将矢量运算转化为代数运算。计算时切不可丢掉表示方向的正、负号。
(3)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一参考系，通常为地面。
(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统。不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
如果一个系统满足动量守恒的条件，它的总动量方向是满足守恒条件后的总动量方向。如果受力情况变化，要注意不同受力情况下是否满足守恒条件。
2．下列说法中正确的是( )
A．若系统不受外力作用，则该系统的机械能守恒
B．若系统不受外力作用，则该系统的动量守恒
C．平抛运动中，物体水平方向不受力，则水平方向的动能不变
D．平抛运动中，物体水平方向不受力，则水平方向的动量不变
解析：选BD 若有内力做功，则系统机械能不守恒，A错误；由动量守恒条件知，若系统不受外力作用，则系统动量守恒，B正确；动能是标量，不能将动能分解，C错误；动量是矢量，某一方向不受力，该方向上动量不变，D正确。
动量守恒定律的表现形式及解题步骤
1.动量守恒定律的不同表现形式
(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′。
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零。
(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
2．应用动量守恒定律的解题步骤：
3．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是________。(填选项前的字母)
A．0.6v B．0.4v
C．0.3v D．0.2v
解析：选A 由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB>mv，因此B球的速度可能为0.6v。
(对应学生用书页码P6)
对动量守恒条件的理解
[例1] 如图1-2-2所示，A、B两物体的质量mA＞mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B沿相反方向滑动过程中，下列说法正确的是( )
图1-2-2
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
[解析] 当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒。
[答案] AC
在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，判断动量是否守恒，首先要弄清所研究的对象和过程，即哪个系统在哪个过程中，常见的判断方法是：
(1)分析系统在所经历过程中的受力情况，看合外力是否为零。
(2)直接分析系统在某一过程的初、末状态的动量，看它们是否大小相等，方向相同。
对动量守恒定律的理解
[例2] (江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。
[解析] 设碰撞后两球的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有：2mv0＝2mv1＋mv2，根据题意有＝
联立以上两式解得：v1＝v0，v2＝v0。
[答案] v1＝v0 v2＝v0
(1)应用动量守恒定律解题时要充分理解它的同时性、矢量性，且只需抓住始、末状态，无需考虑细节过程。
(2)应用动量守恒定律的关键是正确地选择系统和过程，并判断是否满足动量守恒的条件。
多个物体组成系统的动量守恒
[例3] (山东高考)如图1-2-3，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m，开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
图1-2-3
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
[解析] (1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得
m＋2mBv＝(m＋mB)v ①
由①式得
mB＝m ②
(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋mB)v ③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则
ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2 ④
联立②③④式得
ΔE＝mv02 ⑤
[答案] (1)m (2)mv02
善于选择系统和过程是解决这类问题的关键。大体有以下几种情况：
(1)有时对系统和过程整体应用动量守恒；
(2)有时只对某部分物体应用动量守恒；
(3)有时分过程多次应用动量守恒；
(4)有时抓住初、末状态动量守恒即可。
(对应学生用书页码P7)
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．三者组成的系统因为子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
解析：选D 由于枪水平放置，故三者组成的系统除重力和支持力(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C项错误；分开枪和车，则枪和子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。
2．如图1-2-4所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
图1-2-4
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：选B 因系统受合外力为零，根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B正确。
3．在空中水平飞行的爆炸物突然裂成a、b两块，其中质量较大的a块的速度方向沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原运动方向相反
B．落地时，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达地面
D．a比b先落到地面
解析：选C 爆炸物的总动量在水平方向上守恒，b速度方向可能与原来运动方向相反，也可能相同，b的速度不一定小，A、B均错。a、b两块都从同一高度做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两块一定同时落地，则选项C正确。
4．甲、乙两球在光滑水平面上发生碰撞。碰撞前，甲球向左运动，乙球向右运动，碰撞后一起向右运动，由此可以判断( )
A．甲的质量比乙小 B．甲的初速度比乙小
C．甲的初动量比乙小 D．甲的动量变化比乙小
解析：选C 甲、乙两球碰撞过程中系统动量守恒，规定向右为正方向，则m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v>0，故m乙v乙>m甲v甲，即甲的初动量比乙的小。而甲的动量变化与乙的动量变化是大小相同的，故C正确。
5．(福建高考)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( )
图1-2-5
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：选D 火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。
6．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须发射子弹的数目为(子弹留在木块内)( )
A. B.
C. D.
解析：选C 设须发射数目为n，以v1为正方向，由动量守恒定律，得Mv1－n·mv2＝0，所以n＝，故选C。
7．如图1-2-6所示，三个小球的质量均为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。对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
图1-2-6
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D．三球速度相等后，速度仍将变化
解析：选BD 因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。
8．如图1-2-7所示，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。则( )
图1-2-7
A．若两人质量相等，必定是v甲＞v乙
B．若两人质量相等，必定是v乙＞v甲
C．若两人速率相等，必定是m甲＞m乙
D．若两人速率相等，必定是m乙＞m甲
解析：选AC 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、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。
9.如图1-2-8所示，在光滑的水平面上，小车M内有一弹簧被A和B两物体压缩，A和B的质量之比为1∶2，它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止下来，都未与车壁相碰，则( )
A．B先相对小车静止下来
B．小车始终静止在水平面上
C．最终小车静止在水平面上
D．最终小车相对水平面位移向右
解析：选ACD 释放弹簧后，物体在极短时间内与弹簧分开，A和B动量守恒，mAvA＋mBvB＝0，由于mA＜mB，故vA＞vB，A和B在车上滑动时均做匀减速运动，由牛顿第二定律可知：aA＝aB＝μg，所以B的速度先减小为零，此时A仍在运动，由动量守恒可知，车此时有与A相反的运动速度，以后B开始加速，当B和车有共同速度即相对车静止时，动量仍守恒，即A仍在运动，最终A、B和车一起停止运动。
10．一质量为0.5 kg的小球以2.0 m/s的速度和原来静止在光滑水平面上的质量为1.0 kg的另一小球发生正碰，碰后以0.2 m/s的速度被反弹，碰后两球的总动量是________ kg·m/s，原来静止的小球获得的速度大小是________ m/s。
解析：两小球在碰撞过程中动量守恒，总动量为p＝m1v1＝1 kg·m/s，
由动量守恒得m1v1＝－m1v1′＋m2v2′，
代入数据得v2′＝1.1 m/s。
答案：1 1.1
11．如图1-2-9所示，将两条磁性很强且完全相同的磁铁分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑。开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，两车相向运动并在同一条直线上，当乙车的速度为零时，甲车的速度是多少？若两车不相碰，试求出当两车距离最短时，乙车速度为多少？
解析：(1)对甲、乙两车组成的系统，动量守恒，取甲的运动方向为正方向，则3m－2m＝mv甲＋0，v甲＝1 m/s。
(2)当两车距离最短时，两车具有共同的速度，
则3m－2m＝2mv共，v共＝ m/s。
答案：1 m/s m/s
12．(山东高考)如图1-2-10所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
图1-2-10
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC
联立以上各式，代入数据解得
vA＝2 m/s。
答案：2 m/s
第3节 动量守恒定律的应用
(对应学生用书页码P8)
一、碰撞问题的定量分析
1．碰撞过程中动量守恒
物体在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，外力远小于碰撞物体间的内力，故碰撞过程中动量守恒。
2．碰撞过程中的能量
物体在碰撞过程中，动能不会增加，碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失最多。
二、中子的发现、反冲与火箭
1．中子的发现
查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。
2．反冲现象及火箭发射
(1)反冲：
①反冲现象。
根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。
②特点。
A．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
B．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
C．反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。
(2)火箭：
①工作原理：利用反冲运动，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，使火箭获得巨大速度。
②影响火箭获得速度大小的因素。
A．喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2 000 m/s～4 000 m/s。
B．质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
1．判断：
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。( )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。( )
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。( )
答案：(1)√ (2)× (3)√
2．思考：如图1-3-1所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？
图1-3-1
提示：不一定。只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。
(对应学生用书页码P9)
碰撞过程满足的条件
在所给的条件不同的情况下，碰撞情况有各种可能，但不管哪种情况必须同时满足以下三条：
(1)系统的总动量守恒。
(2)系统的机械能不增加，即Ek1′＋Ek2′≤Ek1＋Ek2。
(3)符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有v前≥v后，若不满足，则该碰撞过程不可能。
(1)即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。
(2)一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。
1．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．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行
解析：选AD 光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两球组成的系统总动量守恒。选项A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A是可能的。选项B，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，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能。选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，不符合动量守恒，选项C不可能。选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的。
“子弹打木块”模型的结论及其应用
如图1-3-2所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块，若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为s，则由动量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v①
对子弹由动能定理：－Ff(s＋d)＝mv2－mv02②
对木块由动能定理：Ffs＝Mv2③
联立可得：Ffd＝mv02－(m＋M)v2④
由④式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔEk＝Ffd。
这种模型与完全非弹性碰撞具有相同的运动特征。这种模型还有：运动物块置于光滑水平面上的木板直至相对静止、物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等，这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止。
2．如图1-3-3所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为μ，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？
解析：达到相对静止时有共同速度v′
则由动量守恒有Mv＝(m＋M)v′
平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为L。
由能量守恒有μmgL＝Mv2－(m＋M)v′2
联立解得L＝。
答案：
动量守恒和能量守恒的综合应用
1.动量守恒与能量守恒的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
不受外力或所受合外力为零
只有重力和弹力做功
一般表达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
标矢性
矢量式
标量式
守恒条件的理解
外力总冲量为零，系统总动量不变
只发生势能和动能相互转化。可以有重力和弹力以外的力作用，但必须是不做功
注意事项
应选取正方向
选取零势能面
2．解决该类问题用到的规律
动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。
3．解决该类问题的基本思路
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。
(2)如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。
(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。
(5)选取所需要的方程列式并求解。
(1)注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。
(2)一般的碰撞及有摩擦的情况下，机械能不守恒，应利用能量守恒求解。
(3)当有弹簧参与下的多过程问题，一定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律一般是不同的。
3．如图1-3-4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
解析：选C 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
v′1＝v′2＝v
由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
得：mv0＝(m＋M)v
解得：v＝，方向与v0相同，水平向右。选项C正确。
(对应学生用书页码P9)
碰撞问题分析
[例1] 如图1-3-5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两球质量的比值为( )
A．0.5 B．0.6
C．0.65 D．0.75
[思路点拨] 解答本题从三个方面：由速度的合理性确定速度关系式，然后由动量守恒定律确定B的末动量，再根据动能不增加原理建立关系式，从而综合确定质量比的范围。
[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
所以0.57＜≤0.69
选项B、C正确。
[答案] BC
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系判定。
(3)要灵活运用Ek＝或p＝；Ek＝pv或p＝几个关系转换动能、动量。
碰撞过程中的临界问题分析
[例2] 如图1-3-6所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)
图1-3-6
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
12m×v0＝11m×v1－m×vmin①
10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2③
联立①②③式得
vmin＝4v0
[答案] 4v0
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：
(1)分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动量守恒定律。
(2)分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值(或特定关系)，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系是求解这类问题的关键。
动量守恒和能量守恒的综合应用
[例3] (重庆高考)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( )
图1-3-7
[解析] 弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向只有内力作用，外力为零，系统水平方向动量守恒，设m乙＝m，m甲＝3m，则爆炸前p总＝(3m＋m)v＝8m，而爆炸后两弹片都做平抛运动，由平抛规律可得：竖直自由落体h＝gt2，解得t＝1 s；水平方向匀速x＝vt。选项A：v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s(向左)，p′总＝3m×2.5＋m×(－0.5)＝7m，不满足动量守恒，选项A错误。选项B：p′总＝3m×2.5＋m×0.5＝8m，满足动量守恒；选项B正确。同理，选项C：p′总＝3m×1＋m×2＝5m，选项D：p′总＝3m×(－1)＋m×2＝－m，均错误。
[答案] B
(对应学生用书页码P10)
1．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1-3-8所示，则铁球落入砂车后，砂车将( )
图1-3-8
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
解析：选C 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。
2．如图1-3-9所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点有完全相同的金属小球A和B，带有不等量的同种电荷。现使A、B以大小相等的初动量相向运动，并发生弹性碰撞，碰后返回M、N两点，则( )
A．碰撞发生在M、N的中点之外
B．两球同时返回M、N两点
C．两球回到原位置时各自的动量比原来大些
D．两球回到原位置时各自的动量与原来相等
解析：选BC 尽管两小球所带电荷量不相等，但两小球间相互作用的库仑力大小相等，两小球又是完全相同的金属小球，所以两小球相向运动的速度大小及加速度大小时刻相等，两小球肯定在MN的中点发生碰撞，碰后两小球速度互换同时返回到M、N两点，碰撞后两小球所带电荷量相等，相互作用的库仑力大于相向运动时同一位置的库仑力，即两小球返回到原位置过程中库仑力所做的正功大于相向运动过程中库仑力所做的负功，所以两小球返回到原位置时速率增大，但总动量仍为零，正确答案为B、C。
3．如图1-3-10所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
图1-3-10
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
解析：选B 如果只研究子弹A射入木块B的短暂过程，并且只选A、B为研究对象，由于时间极短，则只需考虑在A、B之间的相互作用，A、B组成的系统动量守恒，但此过程中存在着动能和内能之间的转化，所以A、B系统机械能不守恒。本题研究的是从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程，而且将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，在这个过程中有接触面对系统的弹力作用(此力对系统来讲是外力)，故动量不守恒。综合上面的分析可知，正确选项为B。
4．如图1-3-11所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点时恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( )
A．h B.h
C.h D.h
解析：选C A与B碰前速度vA＝。A与B碰后粘合在一起的共同速度v′由动量守恒可求出。m·vA＝2mv′，所以v′＝vA＝，能上升的高度H可由2mg·H＝×2mv′2求得，所以H＝。
5．如图1-3-12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，如将线烧断，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
解析：选A 小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒。细线被烧断的瞬间，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，故A对。
6．质量分别是m和M的两球发生正碰前后的位移跟时间t的关系如图1-3-13所示，由此可知，两球的质量之比m∶M为( )
A．1∶3 B．3∶1
C．1∶1 D．1∶2
解析：选A 从x－t图可知m、M碰撞前速度分别为v1＝4 m/s，v2＝0，m、M碰撞后的速度相同，v1′＝v2′＝v＝1 m/s。根据动量守恒列式：mv1＋Mv2＝(m＋M)v，即4m＝(m＋M)×1，得m∶M＝1∶3，选项A正确。
7．穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，则( )
A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度为v保持不变
B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv
C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv
D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv
解析：选C 设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹出射速度为v0.
由已知有0＝(M－m)v－mv0.设射出n颗后，后退速度为v′。则有(M－nm)v′＝nmv0.由以上分析有v＝，
v′＝。
因M－m＞M－nm，所以有v′＞nv，选项C正确。
8．如图1-3-14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，若车表面足够长，则( )
图1-3-14
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
解析：选A 由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车表面足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关。
9．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
解析：选ABD 根据动量守恒定律p0＝－p1＋p2，对球1有p02＝2m1E0，p12＝2m1E1，由于碰撞过程中球1对球2做功，所以有E1＜E0，可以判断p1＜p0，p2＞p0，A、B、D正确；碰撞后总机械能不能增加，所以C错误。
10．如图1-3-15甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )
图1-3-15
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为1 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选CD 从题图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0＝(m＋M)v，求得M＝2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度是两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度大小为1 m/s2，动摩擦因数为0.1。故选项C、D正确。
11．如图1-3-16所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车头站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动。为避免两车相撞，人从A车跃到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0，试求：
图1-3-16
(1)两小车和人组成的系统的初动量大小。
(2)为避免两车相撞，且要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？
解析：(1)由动量守恒定律可知，系统的初动量大小为p＝(M＋m)v0。
(2)为避免两车发生碰撞，最终两车和人具有相同速度(设为v)，则(M＋m)v0＝(2M＋m)v，
解得v＝(M＋m)v0/(2M＋m)。
答案：(1)(M＋m)v0 (2)v0
12.如图1-3-17所示，物块质量m＝3 kg，以速度v＝2 m/s水平滑上一静止的平板车，平板车质量M＝12 kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，其他摩擦不计(g取10 m/s2)，求：
(1)物块相对平板车静止时物块的速度；
(2)要使物块在平板车上不滑下，平板车至少多长？
解析：(1)二者组成的系统动量守恒，取v方向为正。设共同速度为v′，则有mv＝(M＋m)v′
代入数据解得v′＝0.4 m/s。
(2)设平板车至少长为L，由能量守恒有：
μmgL＝mv2－(m＋M)v′2
代入数据解得L＝0.8 m。
答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 m
