第一节 物体的碰撞
第二节(1) 动量 动量守恒定律
[目标定位] 1.探究物体弹性碰撞的一些特点，知道弹性碰撞和非弹性碰撞.2.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量.3.理解动量定理并能解释和解决实际问题.4.理解动量与动能、动量定理与动能定理的区别．
一、物体的碰撞
1．碰撞
碰撞就是两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程．其最主要特点是：相互作用时间短，作用力变化快和作用力峰值大等．
2．碰撞的分类
(1)按碰撞前后，物体的运动方向是否沿同一条直线可分为：
①正碰(对心碰撞)：作用前后沿同一条直线．
②斜碰(非对心碰撞)：作用前后不沿同一条直线．
(2)按碰撞过程中机械能是否损失分为：
①弹性碰撞：碰撞前后系统的动能相等，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′.
②非弹性碰撞：碰撞前后系统的动能不再相等，Ek1′＋Ek2′＜Ek1＋Ek2.
二、动量及其改变
1．冲量
(1)定义：物体受到的力与力的作用时间的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒，符号为N·s.
2．动量
(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积．
(2)定义式：p＝mv.
(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m·s－1.
(4)方向：动量是矢量，其方向与速度方向相同．
3．动量的变化量
物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p－p0(矢量式)．
4．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量，等于物体动量的改变量．
(2)公式：Ft＝mvt－mv0.
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞中能量的特点：碰撞过程中，一般伴随机械能的损失，即：Ek1＋Ek2≤Ek10＋Ek20.
2．弹性碰撞：两个物体碰撞后形变能够完全恢复，碰撞后没有动能转化为其他形式的能，即碰撞前后两物体构成的系统的动能相等．
3．非弹性碰撞：两个物体碰撞后形变不能完全恢复，该过程有动能转化为其他形式的能，总动能减少．非弹性碰撞的特例：两物体碰撞后粘在一起以共同的速度运动，该碰撞称为完全非弹性碰撞，碰撞过程能量损失最多．
【例1】 一个质量为2 kg的小球A以v0＝3 m/s的速度与一个静止的、质量为1 kg的小球B正碰，试根据以下数据，分析碰撞性质：
(1)碰后小球A、B的速度均为2 m/s；
(2)碰后小球A的速度为1 m/s，小球B的速度为4 m/s.
答案 (1)非弹性碰撞 (2)弹性碰撞
解析 碰前系统的动能Ek0＝mAv＝9 J.
(1)当碰后小球A、B速度均为2 m/s时，碰后系统的动能
Ek＝mAv＋mBv＝(×2×22＋×1×22)J＝6 J＜Ek0，故该碰撞为非弹性碰撞．
(2)当碰后vA′＝1 m/s，vB′＝4 m/s时，碰后系统的动能
Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝(×2×12＋×1×42)J＝9 J＝Ek0，故该碰撞为弹性碰撞．
针对训练1 现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后甲滑块静止不动，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
答案 A
解析 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．
二、对动量和动量变化量的理解
1．动量：p＝mv，动量是矢量，方向与速度v的方向相同．
2．动量和动能的区别
动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，动量p＝mv是矢量，而动能Ek＝mv2是标量．当速度发生变化时，物体的动量一定发生变化，而动能不一定发生变化．
3．动量的变化量(Δp)
Δp＝p－p0
(1)若p、p0在同一条直线上，先规定正方向，再用正、负号表示p、p0的方向，则可用Δp＝p－p0＝mvt－mv0进行代数运算．
(2)动量变化量的方向：与速度变化的方向相同．
【例2】 羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以 342 km/h的速度反向击回．设羽毛球的质量为5 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的动能变化量是多少？
答案 (1)0.6 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反
(2)21 J
解析 (1)以球飞来的方向为正方向，则
羽毛球的初速度v1＝ m/s＝25 m/s
末速度v2＝ m/s＝－95 m/s
p1＝mv1＝5×10－3×25 kg·m/s＝0.125 kg·m/s
p2＝mv2＝－5×10－3×95 kg·m/s＝－0.475 kg·m/s所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝－0.475 kg·m/s－0.125 kg·m/s＝－0.6 kg·m/s.即羽毛球的动量变化量大小为0.6 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反．
(2)羽毛球的初动能：Ek＝mv≈1.56 J，羽毛球的末动能：Ek′＝mv≈22.56 J.
所以ΔEk＝ΔEk′－Ek＝21 J.
借题发挥 关于动量变化量的计算
(1)若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．
(2)若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．
三、对动量定理的理解和应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式Ft＝mvt－mv0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
2．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
【例3】 在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
答案 12 s
解析 法一 用动量定理解，分段处理．
选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零，终态速度为v.取水平力F的方向为正方向，
根据动量定理有
(F－μmg)t1＝mv－0，
对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零．
根据动量定理有－μmgt2＝0－mv.
以上两式联立解得
t2＝t1＝×6 s＝12 s.
法二 用动量定理解，研究全过程．
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s.
针对训练2 质量为0.5 kg的弹性小球，从1.25 m高处自由下落，与地板碰撞后回跳高度为0.8 m，g取10 m/s2.
(1)若地板对小球的平均冲力大小为100 N，求小球与地板的碰撞时间；
(2)若小球与地板碰撞无机械能损失，碰撞时间为0.1 s，求小球对地板的平均冲力．
答案 (1)0.047 s (2)55 N，方向竖直向下
解析 (1)碰撞前的速度：
v1＝＝5 m/s 方向竖直向下
碰撞后的速度：
v2＝＝4 m/s 方向竖直向上
取竖直向上为正方向，碰撞过程由动量定理得：
(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)
解得Δt≈0.047 s
(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失
故碰撞后球的速度：
v2′＝5 m/s，方向竖直向上
由动量定理得(F′－mg)Δt′＝mv2′－(－mv1)
解得F′＝55 N
由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N，方向竖直向下.
对弹性碰撞和非弹性碰撞的理解
1．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，碰后两球均以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______J动能．
答案 完全非弹性 3
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＝mAv－(mA＋mB)v
＝(×1×32－×3×12) J＝3 J.
对动量和动量变化量的理解
2．关于动量，下列说法正确的是( )
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．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
答案 D
解析 动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝m·Δv，知D正确．
动量定理的理解和应用
3．(多选)一个小钢球竖直下落，落地时动量大小为0.5 kg·m/s，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹．下列说法中正确的是( )
A．引起小钢球动量变化的是地面给小钢球的弹力的冲量
B．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力与其自身重力的合力的冲量
C．若选向上为正方向，则小钢球受到的合冲量是－1 N·s
D．若选向上为正方向，则小钢球的动量变化是1 kg·m/s
答案 BD
4．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500 N B．1 100 N
C．600 N D．1 000 N
答案 D
解析 建筑工人下落5 m时速度为v，
则v＝＝ m/s＝10 m/s.
设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：
(mg－F)t＝－mv
所以F＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1 000 N.
(时间：60分钟)
题组一 对碰撞的理解
1．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，其动能大小为E1，球2的动能大小为E2，则必有( )
A．E1＜E0 B．E1＝E0
C．E2＞E0 D．E2＝E0
答案 A
解析 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．
2. (多选)如图1所示，A、B两个小球发生碰撞，在满足下列条件时能够发生正碰的是( )
图1
A．小球A静止，另一个小球B经过A球时刚好能擦到A球的边缘
B．小球A静止，另一个小球B沿着A、B两球球心连线去碰A球
C．相碰时，相互作用力的方向沿着球心连线时
D．相碰时，相互作用力的方向与两球相碰之前的速度方向在同一条直线上
答案 BD
解析 根据牛顿运动定律，如果力的方向与速度方向在同一条直线上，这个力只改变速度的大小，不能改变速度的方向；如果力的方向与速度的方向不在同一直线上，则速度的方向一定发生变化，所以B、D项正确；A项不能发生一维碰撞；在任何情况下相碰两球的作用力方向都沿着球心连线，因此满足C项条件不一定能发生一维碰撞．
3．如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图象．已知m1＝0.1 kg，m2＝0.3 kg，由此可以判断：
图2
①碰前m2静止，m1向右运动 ②碰后m2和m1都向右运动 ③碰撞过程中系统机械能守恒 ④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
以上判断正确的是( )
A．①③ B．①②③
C．①②④ D．③④
答案 A
解析 由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故①是正确的；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，②错误；由题图乙可以计算出碰前m1的速度v10＝4 m/s，碰后速度v1＝－2 m/s，碰前m20的速度v20＝0，碰后速度v2＝2 m/s，碰撞过程中系统损失的机械能ΔEk＝m1v－m1v－m2v＝0，因此③是正确的，④是错误的．
题组二 对动量的理解
4．(多选)下列说法中正确的是( )
A．物体的速度大小改变时，物体的动量一定改变
B．物体的速度方向改变时，其动量不一定改变
C．物体的动量不变，其速度一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
答案 ACD
5．(多选)下列说法中正确的是( )
A．动能变化的物体，动量一定变化
B．动能不变的物体，动量一定不变
C．动量变化的物体，动能一定变化
D．动量不变的物体，动能一定不变
答案 AD
解析 动量是矢量，p＝mv，动能是标量，Ek＝mv2，所以动能变化，则动量的大小一定变化，A正确；当动量的大小不变，只是方向变化时，物体的动能不变，B、C错误；动量不变的物体，速度一定不变，则动能一定不变，D正确．
6．下列说法正确的是( )
A．动能为零时，物体一定处于平衡状态
B．物体做曲线运动时动量一定变化
C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D．动能不变，物体的动量一定不变
答案 B
解析 动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体做曲线运动时速度方向一定变化，所以动量一定变化．选项B正确；合外力不变且不为0时，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．
题组三 动量定理的理解与计算
7．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长
答案 CD
解析 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，则落地瞬间的速度大小为，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp＝m相同，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝m，所以F＝＋mg.由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．
8．如图3所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点( )
图3
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
答案 B
解析 以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块获得的动量减少，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．
9．如图4所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击出前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略网球的重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )
图4
A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同
B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同
C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同
D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同
答案 D
解析 在球拍拍打网球的过程中，选取v2方向为正方向，对网球运用动量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同．
10.如图5所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )
图5
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
答案 C
解析 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确．
11．物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么( )
A．I1C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1答案 D
解析 在Δt1内，I1＝FΔt1＝mv－0＝mv，
在Δt2内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，
所以I1＝I2，
又因为W1＝mv2，
W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，
所以W112.质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图6所示，若球跟墙的作用时间为0.05 s，则小球所受到的平均力大小为________N.
图6
答案 90
解析 选定小球与墙碰撞的过程，取v1的方向为正方向，对小球应用动量定理得Ft＝－mv2－mv1
所以，F＝＝ N＝－90 N
“－”号说明F的方向向左．
13．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5 m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2)
答案 1.5×103 N
解析 将运动员看做质量为m的质点，从高h1处下落，刚接触网时速度的大小v1＝(竖直向下)．
弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小
v2＝(竖直向上)．
选竖直向上为正方向．
由动量定理得(F－mg)·Δt＝m[v2－(－v1)]
由以上各式解得
F＝mg＋m
代入数据得F＝1.5×103 N
第二节(2) 动量 动量守恒定律
[目标定位] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.理解动量守恒定律的内容及表达式，理解其守恒的条件.3.会用动量守恒定律解决实际问题．
一、系统、内力与外力
1．系统：具有相互作用的两个物体组成一个力学系统．
2．内力：系统中，物体间的相互作用力．
3．外力：系统外部其他物体对系统的作用力．
二、动量守恒定律
1．内容：如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．
2．表达式：对两个物体m1、m2组成的系统，常写成：
m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2.
想一想
如图1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？
图1
答案 不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、对动量守恒定律的理解
1．研究对象
相互作用的物体组成的系统．
2．动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)系统受外力作用，但内力远大于外力，此时动量近似守恒．
(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零或某一方向上内力远大于外力，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的几个性质
(1)矢量性．公式中的v10、v20、v1和v2都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负后，才能用代数方法运算．
(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v10、v20、v1和v2应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前同一时刻，v10、v20均是此时刻的瞬时速度；同理，v1、v2应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．
【例1】 (多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图2所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是( )
图2
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
答案 ACD
解析 在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，后放开右手，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量都保持不变，D对．
针对训练 如图3所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
图3
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案 C
解析 两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，选项D错误．
二、动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律的表达式及含义
(1)p0＝p：系统相互作用前总动量p0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)m1v10＋m2v20＝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
(1)确定相互作用的系统为研究对象；
(2)分析研究对象所受的外力；
(3)判断系统是否符合动量守恒条件；
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
(5)根据动量守恒定律列式求解．
【例2】 质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？
答案 20 cm/s 方向向左
解析 碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，
则各小球速度为v10＝30 cm/s，v20＝－10 cm/s；v2＝0.
由动量守恒定律列方程
m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2，
代入数据得v1＝－20 cm/s.
故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．
借题发挥 处理动量守恒应用题“三步曲”
(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．
(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．
【例3】 如图4所示，将两个完全相同的磁铁(磁性极强)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，方向相反并在同一直线上．
图4
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右
解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．
(1)据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv甲′，
代入数据解得
v甲′＝v甲－v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车相距最小时，两车速度相同，
设为v′，由动量守恒得：
mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右.
对动量守恒条件的理解
1．把一支弹簧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、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．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒
D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
答案 D
解析 内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒；枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒；枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒．故D正确．
2．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是( )
图5
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
答案 BC
解析 a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a离开墙壁后，系统所受合外力等于零，系统的动量守恒．
动量守恒定律的简单应用
3．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s和1 m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2 m/s.则甲、乙两物体质量之比为( )
图6
A．2∶3 B．2∶5 C．3∶5 D．5∶3
答案 C
解析 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v10－m乙v20＝－m甲v1＋m乙v2，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确．
4．如图7所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．
图7
答案 0.02 m/s 远离空间站方向
解析 以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB ＝0.02 m/s，远离空间站方向．
(时间：60分钟)
题组一 对动量守恒条件的理解
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
答案 C
解析 根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误．
2. (多选)如图1所示，物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后一小段时间内( )
图1
A．A的速度是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
答案 AD
3．如图2所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )
图2
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案 C
解析 由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．
4.如图3所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，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3
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
答案 B
解析 在子弹射入木块时，存在剧烈的摩擦作用，有一部分能量转化为内能，机械能不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力，且外力不等于零)．若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的过程中，有摩擦力做功，机械能不守恒，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．故正确答案为B.
题组二 动量守恒定律的简单应用
5．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，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率( )
A．小于10 m/s
B．大于20 m/s，小于30 m/s
C．大于10 m/s，小于20 m/s
D．大于30 m/s，小于40 m/s
答案 A
解析 两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统动量方向向南，即p客>p卡，1 500×20>3 000×v，解得v<10 m/s，故A正确．
6．(多选)如图4所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p10和p20，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1，此时B球的动量大小为p2，则下列等式成立的是( )
图4
A．p10＋p20＝p1＋p2 B．p10－p20＝p1＋p2
C．p1－p10＝p2＋p20 D．－p1＋p10＝p2＋p20
答案 BD
解析 因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于p10、p20、p1、p2均表示动量的大小，所以碰前的动量为p10－p20，碰后的动量为p1＋p2，B对；经变形得－p1＋p10＝p2＋p20，D对．
7．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则碰撞后b球的动量为( )
A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s
答案 C
解析 碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，仍为30 kg·m/s，则碰撞后b球的动量为20 kg·m/s.
8．质量为M的木块在光滑水平面上以速度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，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．设木块M以v1向右运动，连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为末状态．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以选项C正确．
9．质量为M＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，则( )
A．小船向左运动，速率为1 m/s
B．小船向左运动，速率为0.6 m/s
C．小船向右运动，速率大于1 m/s
D．小船仍静止
答案 B
解析 设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据，可得v＝－0.6 m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确．
题组三 综合应用
10.如图5所示，质量为m2＝1 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度．
图5
答案 90 m/s 方向与小球的初速度方向相同
解析 小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v1＝1 000 m/s，v2＝0，v1′＝－800 m/s
又m1＝50 g＝0.05 kg，m2＝1 kg
由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′
代入数据解得v2′＝90 m/s，方向与小球初速度方向相同．
11.如图6所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？
图6
答案 v0
解析 由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．对m、M系统，m击中M过程动量守恒，
mv0＝(m＋M)v，所以v＝v0.
12．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s－t图象如图7所示．若a球的质量ma＝1 kg，则b球的质量mb等于多少？
图7
答案 2.5 kg
解析 由题图知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入数据解得mb＝2.5 kg.
习题课 动量守恒定律的应用
[目标定位] 1.加深对动量守恒定律的理解.2.进一步练习使用动量守恒定律解决问题．
1．动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统，其成立的条件可理解为：
(1)理想条件：系统不受外力．
(2)实际条件：系统所受合外力为零．
(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．
(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的五性
动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、动量守恒条件及守恒对象的选取
1．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
(2)系统的内力远大于外力；
(3)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0或该方向上内力远远大于外力．
2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
【例1】 (多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )
图1
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．
二、单一方向动量守恒问题
1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．
2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．
3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．
【例2】 如图2所示，一辆砂车的总质量为M，静止于光滑的水平面上．一个质量为m的物体A以速度v落入砂车中，v与水平方向成θ角，求物体落入砂车后砂车的速度v′.
图2
答案 ，方向与v的水平分量方向相同
解析 物体和车作用时总动量不守恒，而水平面光滑，系统在水平方向上动量守恒，
即mvcos θ＝(M＋m)v′，得v′＝，方向与v的水平分量方向相同．
三、多物体、多过程动量守恒定律的应用
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
【例3】 如图3所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，A、B静止．质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
图3
(1)A的最终速度；
(2)铁块刚滑上B时的速度．
答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
解析 (1)选铁块和木块A、B为一系统，
由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25 m/s
(2)设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s.
由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
可求得：v′＝2.75 m/s.
借题发挥 处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题
(1)正方向的选取．
(2)研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．
(3)研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．
针对训练 两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图4所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率( )
图4
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
答案 B
解析 选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则＝，即vA四、动量守恒定律应用中的临界问题分析
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
【例4】 如图5所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速率迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
图5
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
答案 (1) (2)
(3)v1≤v2 5.2 m/s
解析 (1)设甲推出箱子后速度为v1，甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：(M＋m)v0＝mv＋Mv1
①
解得v1＝
②
(2)设乙抓住箱子后的速度为v2，箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：
mv－Mv0＝(m＋M)v2
③
解得v2＝
④
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2
⑤
其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．
联立②④⑤三式，并代入数据得v≥5.2 m/s.
某一方向上动量守恒问题
1．(多选)如图6所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是( )
图6
A．斜面和小球组成的系统动量守恒
B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C．斜面向右运动
D．斜面静止不动
答案 BC
解析 球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．
多物体、多过程中的动量守恒问题
2．质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？
图7
答案 v0
解析 由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，mv0＝5mv，v＝v0，即它们最后的速度为v0.
3．如图8所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后( )
图8
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．物体的最终速度为，向右
D．物体的最终速度为，向右
答案 D
解析 物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，故v＝，向右．
动量守恒定律应用中的临界问题
4．如图9所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)至少为多少才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．
图9
答案 3.8 m/s
解析 人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．
以人、甲车、乙车组成系统，由水平方向动量守恒得：
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s.
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．
(时间：60分钟)
题组一 动量守恒条件及系统和过程的选取
1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
答案 AC
解析 A项中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合外力为零，系统动量守恒；B项中在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C项中木球与铁球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D项中木块下滑过程中，斜面始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒．
2．(多选)如图1所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是( )
图1
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒
答案 BC
解析 当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．
3．(多选)平板车B静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A以水平初速度v0向车的右端滑行，如图2所示．由于A、B间存在摩擦，因而A在B上滑行后，A开始做减速运动，B做加速运动(设B车足够长)，则B车速度达到最大时，应出现在( )
图2
A．A的速度最大时
B．A、B速度相等时
C．A在B上相对静止时
D．B车开始做匀加速直线运动时
答案 BC
解析 由于A、B之间存在摩擦力，A做减速运动，B做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A的速度最小，B的速度最大，因此选项A错误，B、C正确；此后A、B一起匀速运动，所以D项错误．
4. (多选)如图3所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与静止于正对面的质量为m的木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
图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，小车和木块的速度分别变为v1、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v′，满足Mv＝(M＋m)v′
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
5.如图4所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )
图4
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反
答案 D
解析 小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项D正确．
6．(多选)如图5所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )
图5
A．A、B质量相等，但A比B速率大
B．A、B质量相等，但A比B速率小
C．A、B速率相等，但A比B的质量大
D．A、B速率相等，但A比B的质量小
答案 AC
解析 两人及车组成的系统动量守恒，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．
题组二 多物体、多过程动量守恒定律的应用
7．一弹簧枪以10 m/s的速度发射铅弹，现对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为( )
A．5颗 B．6颗
C．7颗 D．8颗
答案 D
解析 设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
8．在光滑水平面上有两辆车，上面分别站着A、B两个人，人与车的质量总和相等，在A的手中拿有一个球，两车均保持静止状态，当A将手中的球抛给B，B接到后，又抛给A，如此反复多次，最后球落在B的手中，则关于A、B速率的大小是( )
A．A、B两车速率相等
B．A车速率大
C．A车速率小
D．两车均保持静止状态
答案 B
解析 由动量守恒可知，总动量始终为零，则两辆车(包括各自车上站的人)的动量大小相等，方向相反．这样质量大的速度就小，最后球在B车上，所以A车速率大．
9.如图6所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，现木块A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦．求：
图6
(1)木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；
(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度．
答案 (1)1 m/s 0
(2) m/s 方向水平向右
解析 (1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得
mAv＝(mA＋mB)vA，
vA＝＝1 m/s.
(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有共同速度，以A、C整体为系统，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC，
vC＝ m/s，方向水平向右．
题组三 综合应用
10．如图7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，设小球落在车底前瞬间速度大小是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(g取10 m/s2)( )
图7
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案 A
解析 由平抛运动的知识可知：小球下落的时间t＝＝ s＝2 s，在竖直方向的速度vy＝gt＝20 m/s，由运动的合成可得在水平方向的速度vx＝ m/s＝15 m/s，由于小球和小车组成的系统在水平方向上满足动量守恒，所以4×7.5－0.5×15＝(4＋0.5)v，解得v＝5 m/s，A正确．
11.质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图8所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，求平板车最后的速度是多大？
图8
答案 2.5 m/s
解析 子弹击穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v.子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可忽略，即可以认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹击穿A后的速度为v′，由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得
vA＝＝ m/s＝5 m/s
A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，
因此有：mAvA＝(mA＋M)v，
所以v＝＝ m/s＝2.5 m/s.
12．如图9所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
图9
答案 v0
解析 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0
第三节 动量守恒定律在碰撞中的应用
[目标定位] 1.进一步理解弹性碰撞和非弹性碰撞，会用动量和能量的观点解决碰撞问题.2.了解动量守恒定律在研究粒子物理中的重要作用．
一、应用动量守恒定律解题的一般步骤
1．确定研究对象组成的系统，分析所研究的物理过程是否满足动量守恒的应用条件．
2．设定正方向，分别写出系统初、末状态的总动量．
3．根据动量守恒定律列方程．
4．解方程，统一单位后代入数值进行运算写出结果．
二、动量守恒定律的普遍应用
1．在自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律．
2．动量守恒定律是比牛顿运动定律应用更为普遍的定律．
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、对碰撞问题的理解
1．碰撞
(1)碰撞时间非常短，可以忽略不计．
(2)碰撞过程中内力往往远大于外力，系统所受外力可以忽略不计，所以系统的动量守恒．
2．三种碰撞类型
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v＋m2v
当v20＝0时，有v1＝v10，v2＝v10
推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．
(2)非弹性碰撞
动量守恒：m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2
机械能减少，损失的机械能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
(3)完全非弹性碰撞
动量守恒：m1v10＋m2v20＝(m1＋m2)v共
碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
【例1】 形状、大小完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在光滑的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.
(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；
(2)求碰撞后损失的动能；
(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．
答案 (1)0.1 m/s (2)0.135 J
(3)0.7 m/s 0.8 m/s
解析 (1)v10＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v20＝－100 cm/s＝－1 m/s，
设两物体碰撞后粘合在一起的共同速度为v，
由动量守恒定律得m1v10＋m2v20＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，
负号表示方向与v10的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为
ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2 J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性碰撞，
设碰后两物体的速度分别为v1、v2，
由动量守恒定律得
m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2，
由机械能守恒定律得
m1v＋m2v＝m1v＋m2v，
代入数据得v1＝－0.7 m/s，v2＝0.8 m/s.
二、弹性正碰模型及拓展应用
1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰，v10≠0，v20＝0，则碰后两球速度分别为v1＝v10，v2＝v10.
(1)若m1＝m2的两球发生弹性正碰，v10≠0，v20＝0，则碰后v1＝0，v2＝v10，即二者碰后交换速度．
(2)若m1?m2，v10≠0，v20＝0，则二者弹性正碰后， v1＝v10，v2＝2v10.表明m1的速度不变，m2以2v10的速度被撞出去．
(3)若m1?m2，v10≠0，v20＝0，则二者弹性正碰后，v1＝－v10，v2＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．
2．如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性正碰．
【例2】 在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动．在小球A的正前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图1所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，＝1.5 .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.
图1
答案 2∶1
解析 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等
m1v0＝m1v1＋m2v2
①
m1v＝m1v＋m2v
②
利用＝4，
解得：m1∶m2＝2∶1.
借题发挥 对于物理过程较复杂的问题，应注意将复杂过程分解为若干简单的过程(或阶段)，判断在哪个过程中系统动量守恒，哪一个过程机械能守恒或不守恒，但能量守恒定律却对每一过程都适用．
【例3】 (多选)如图2所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )
图2
A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做平抛运动
D．此过程中小球对车做的功为mv
答案 AD
解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开车时类似完全弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、D都是正确的．
三、碰撞需满足的三个条件
1．动量守恒：即p10＋p20＝p1＋p2.
2．动能不增加：即Ek10＋Ek20≥Ek1＋Ek2
或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前≥v后．
【例4】 如图3所示质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的哪一种猜测结果一定无法实现的是( )
图3
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
答案 D
解析 两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即
mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，
mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2②，
D选项满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
借题发挥 处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．
(3)要灵活运用Ek＝或p＝关系式.
碰撞特点及满足条件
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，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是( )
A．pA＝6 kg·m/s，pB＝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＝17 kg·m/s
答案 A
解析 从碰撞前后动量守恒pA0＋pB0＝pA＋pB验证，A、B、C三种皆有可能．从总动能不增加即＋≥＋来看，只有A可能．
弹性碰撞的特点
2．(多选)甲物体在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是2v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案 AB
解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度
v1′＝v1，
v2′＝v1.
当m1＝m2时，v2′＝v1，A对；
当m1?m2时，v2′＝2v1，B对；
当m1?m2时，v1′＝－v1，C错误；
根据机械能守恒可知D错误．
非弹性碰撞的特点
3.如图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球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4
A. B．h C. D.
答案 C
解析 本题中的物理过程比较复杂，所以应将过程细化、分段处理．A球由释放到最低点的过程做的是圆周运动，应用动能定理可求出末速度，mgh＝mv，所以v1＝，A球对B球碰撞满足动量守恒mv1＝(m＋m)v2，所以v2＝v1＝；对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒，(m＋m)v＝(m＋m)gh′，整理得h′＝.
4．冰球运动员甲的质量为80 kg.当他以5 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J
解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m甲、m乙，碰前速度大小分别为v10、v20，碰后乙的速度大小为v2.由动量守恒定律有m甲v10－m乙v20＝m乙v2①
代入数据得v2＝1 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
m甲v＋m乙v＝m乙v＋ΔE③
联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J
(时间：60分钟)
题组一 碰撞的特点及可能性分析
1．关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
答案 A
解析 碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力．如果碰撞过程中机械能守恒，就叫做弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．
2．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )
A．甲、乙两球都沿乙球的运动方向
B．甲球反向运动，乙球停下
C．甲、乙两球都反向运动
D．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
答案 C
解析 由p2＝2mEk知，甲球的动量大于乙球的动量，所以总动量的方向应为甲球的初动量的方向，可以判断C正确．
3．(多选)质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
A.v B.v
C.v D.v
答案 AB
解析 设A球碰后的速度为vA，由题意有mv＝×mv2，则vA＝v，碰后A的速度有两种可能，因此由动量守恒有mv＝m×v＋2mvB或mv＝－m×v＋2mvB，解得vB＝v或v.
4．(多选)两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝2 kg，A的速度vA＝3 m/s，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．均为1 m/s B．4 m/s和－5 m/s
C．2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和5 m/s
答案 AD
解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：Ek前＝mAv＋mBv＝27 J
Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误．验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
题组二 碰撞模型的处理
5．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景．他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的( )
A．速度 B．质量
C．动量 D．动能
答案 C
解析 碰撞后粘在一起时动能损失最大，故碰前动量等大反向时，碰后粘在一起时系统静止，动能全部损失掉，故选C.
6.小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L.质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图1所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中不正确的是( )
图1
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．整个系统最后静止
答案 A
7.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度－时间图象如图2所示，下列关系式正确的是( )
图2
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．无法判断
答案 B
解析 由题图知，a球以某一初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹且速度小于初速度．根据碰撞规律知，a球质量小于b球质量．
8．两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以v0的初速度向滑块A运动，如图3所示，碰到A后不再分开，下述说法中正确的是( )
图3
A．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒
B．两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒
C．弹簧最大弹性势能为mv
D．弹簧最大弹性势能为mv
答案 D
解析 B与A碰撞后一起运动的过程中，系统受到弹簧的弹力作用，合外力不为零，因此动量不守恒，A项错误；碰撞过程，A、B发生非弹性碰撞，有机械能损失，B项错误；碰撞过程mv0＝2mv，因此碰撞后系统的机械能为×2m2＝mv，弹簧的最大弹性势能等于碰撞后系统的机械能mv，C项错误，D项正确．
9．(多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图4所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )
图4
A．A、B系统总动量仍然为mv
B．A的动量变为零
C．B的动量达到最大值
D．A、B的速度相等
答案 AD
解析 系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确，B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C错误．
10．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5所示．则：
图5
(1)由图可知A、B两物体在________时刻发生碰撞，B物体的质量为mB＝________kg.
(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？
答案 (1)2 s 6 (2)30 J
解析 (1)由题图知，在t＝2 s时刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：
vA＝＝－ m/s＝－2 m/s
vB＝＝ m/s＝3 m/s
vAB＝＝ m/s＝1 m/s
由动量守恒定律有：
mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，
解得mB＝6 kg
(2)碰撞过程损失的机械能：
ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v＝30 J.
题组三 碰撞模型的综合应用
11．如图6所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m2的速度大小v2.
图6
答案
解析 设m1碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v
解得v0＝
①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，
根据动量守恒定律有
m1v0＝m1v1＋m2v2
②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v＝m1v＋m2v
③
联立②③式解得v2＝
④
将①代入④得v2＝
12.如图7所示，一不可伸长的轻质细绳，静止地悬挂着质量为M的木块，一质量为m的子弹，以水平速度v0击中木块，已知M＝9m，不计空气阻力．问：
图7
(1)如果子弹击中木块后未穿出(子弹进入木块时间极短)，在木块上升的最高点比悬点O低的情况下，木块能上升的最大高度是多少？(设重力加速度为g)
(2)如果子弹在极短时间内以水平速度穿出木块，则在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能是多少？
答案 (1) (2)mv
解析 (1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，则mv0＝(m＋M)v1所以v1＝v0.因不计空气阻力，所以系统上升过程中机械能守恒，设木块上升的最大高度为h，
则(m＋M)v＝(m＋M)gh，
解得h＝
(2)子弹射穿木块前后，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹穿出时木块的速度为v2，则
mv0＝m·＋Mv2，
解得v2＝v0
在这一过程中子弹、木块系统损失的机械能为
ΔE＝mv－m2－Mv＝mv
13．在水平地面上沿直线放置两个完全相同的小物体A和B，它们相距s，在距B为2s的右侧有一坑，如图8所示．A以初速度v0向B运动，为使A能与B发生碰撞且碰后又不会落入坑中，求A、B与水平地面间的动摩擦因数应满足的条件．已知A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起不再分开，重力加速度为g.
图8
答案 >μ>
解析 设A、B质量均为m，它们与地面间的动摩擦因数为μ，若A能与B相碰，则有mv－μmgs>0
设A与B碰前速度为v1，碰后速度为v2，则由动能定理：
μmgs＝mv－mv
由动量守恒定律：mv1＝2mv2
A、B粘在一起不落入坑中的条件为
×2mv<μ·2mg·2s
联立并解得>μ>.
第四节 反冲运动
[目标定位] 1.了解反冲运动及反冲运动的应用.2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动的相关问题.3.了解火箭的飞行原理及决定火箭最终速度大小的因素．
一、反冲运动
1．反冲：当一个物体向某一方向射出(或抛出)其中的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反方向运动的现象叫反冲．
2．反冲现象遵循动量守恒定律
想一想 为什么反冲运动系统动量守恒？
答案 反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有时系统所受的合外力不为零，但由于系统内力远远大于外力，所以系统的总动量是守恒的．
二、火箭
1．工作原理：火箭的工作原理是反冲运动，其反冲过程动量守恒．它靠向后喷出的气流的反冲作用而获得向前的速度．
2．火箭的最终速度取决于两个条件：一是向后的喷气速度v；二是质量比，即火箭开始飞行时的质量与燃料燃尽时的质量之比．
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、对反冲运动的理解
1．反冲运动的特点及遵循的规律
(1)特点：是物体之间的作用力与反作用力产生的效果．
(2)条件：
①系统不受外力或所受外力之和为零；
②内力远大于外力；
③系统在某一方向上不受外力或该方向所受外力之和为零；
(3)反冲运动遵循动量守恒定律．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的反向性：对于原来静止的整体，被抛出部分具有速度时，剩余部分的速度方向与被抛出部分的速度方向必然相反．
(2)速度的相对性：一般都指对地速度．
【例1】 质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图1所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边( )
图1
A. B. s C．s D. s
答案 D
解析 挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mv，挡板撤走后，弹性势能被两球平分，则有Ep＝2×mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，由平抛运动知识可知s＝vBt，s′＝vB′t，所以s＝s，D对．
针对训练 如图2所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，求炮身向后反冲的速度v为________．
图2
答案
解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒．炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cos α，根据动量守恒定律有：mv0cos α－Mv＝0
所以炮车向后反冲的速度为v＝.
二、火箭的原理
1．火箭燃料燃尽时火箭获得的最大速度由喷气速度v和质量比(火箭开始起飞时的质量与燃料燃尽时的质量之比)两个因素决定．
2．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．在火箭运动的过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，对于这一类的问题，可选取火箭本身和在相互作用的时间内喷出的全部气体为研究对象，取相互作用的整个过程为研究过程，运用动量守恒的观点解决问题．
【例2】 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的对地速度v＝1 000 m/s.设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次．(计算结果在小数点后保留一位有效数字)
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度多大？
答案 (1)2.0 m/s (2)13.5 m/s
解析 火箭喷气属于反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解．
(1)选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解．设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2.0 m/s
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s.
借题发挥 分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地的速度．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相同的．
三、反冲运动的应用——“人船模型”
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m11－m22＝0.
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比，人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
(3)应用此关系时要注意一个问题：即公式中1、2和s1、s2一般都是相对地面而言的．
【例3】 如图3所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？
图3
答案 L L
解析 设任一时刻人与船速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2.而整个过程中的平均速度大小为1、2，
则有m1＝M2.
两边乘以时间t有m1t＝M2t，
即ms1＝Ms2.
且s1＋s2＝L，
可求出s1＝ L，s2＝ L.
借题发挥 “人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应明确：
(1)适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)．
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.
反冲运动
1.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )
图4
A．打开阀门S1 B．打开阀门S2
C．打开阀门S3 D．打开阀门S4
答案 B
解析 反冲运动中，系统的两部分运动方向相反，要使小车向前运动，水应向后喷出，故选项B正确．
火箭的原理
2．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．火箭发动机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
C．火箭吸入空气，然后向后推出，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
答案 B
解析 火箭工作的原理是利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故选B项．
3．将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
答案 D
解析 火箭模型在极短时间内喷出炽热气体，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝v0，故选D.
“人船”模型的应用
4.如图5所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
图5
A. B.
C. D.
答案 C
解析 此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为s1，M在水平方向对地位移为s2，
因此0＝ms1－Ms2.
①
且s1＋s2＝hcot α.
②
由①②可得s2＝，故选C.
(时间：60分钟)
题组一 反冲运动的理解和应用
1．下列不属于反冲运动的是( )
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
答案 B
解析 反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象．
2．关于反冲运动的说法中，正确的是( )
A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲
B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力
C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案 D
解析 反冲运动的定义为由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，这种现象叫反冲运动．定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故选项A错误；在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等，方向相反，故选项B错误；在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故选项C错误，选项D正确．
3．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，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
答案 C
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，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．
4．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( )
A．向后踢腿 B．手臂向后甩
C．在冰面上滚动 D．脱下外衣水平抛出
答案 D
解析 踢腿、甩手对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态．
5．一个人在地面上立定跳远的最好成绩是s，假设他站在船头要跳到距离在L远处的平台上，水对船的阻力不计，如图1所示．则( )
图1
A．只要LB．只要LC．只要L＝s，他一定能跳上平台
D．只要L＝s，他有可能跳上平台
答案 B
解析 立定跳远时，人离地时速度为v.从船上起跳时，人离船时速度为v′.船的速度为v船 ，由能量守恒E＝mv2，E＝mv′2＋mv，所以v′6．如图2所示，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的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是( )
图2
A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后加速运动
B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前加速运动
C．若前、后舱不分开，则船将向后加速运动
D．若前、后舱不分开，则船将向前加速运动
答案 B
解析 前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前加速运动，若不分开，前、后舱和水是一个整体，则船不动．
7．人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人恰好可以跃上岸．若撤去缆绳，如图3所示，人要安全跃上岸，船离岸的距离为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )
图3
A．1.5 m B．1.2 m C．1.34 m D．1.1 m
答案 C
解析 船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则s0＝v0t
撤去缆绳，由动量守恒得：0＝mv1－Mv2，
两次人消耗的能量相等，即动能不变
mv＝mv＋Mv
解得v1＝v0
故s1＝v1t＝s0≈1.34 m，C正确．
题组二 火箭问题分析
8．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )
A. v0 B．－ v0
C. v0 D．－ v0
答案 B
解析 火箭整体动量守恒，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－ v0，负号表示火箭的运动方向与v0相反．
9．竖直发射的火箭质量为6×103 kg.已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg.若要使火箭获得20.2 m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应约为( )
A．700 m/s B．800 m/s
C．900 m/s D．1 000 m/s
答案 C
解析 火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气＝m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F＝＝＝
200v气，又F－m箭g＝m箭a，得v气＝900 m/s.
题组三 “人船模型”的应用
10．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，则下列说法不正确的是( )
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
答案 D
解析 由动量守恒定律可知，A、B、C正确．
11．一条约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，以下是某同学利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的草图，图中虚线部分为人走到船头时的情景，请用有关物理知识判断下列图中所描述物理情景正确的是( )
答案 B
解析 人和船组成的系统动量守恒，总动量为零，人向前走时，船将向后退，人船位移比等于它们质量的反比，且船的质量大于人的质量，故B正确．
12．小车静置在光滑水平面上，站在车上一端的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图4所示(小圆点表示枪口)．已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发．打靶时，每发子弹都打中靶且留在靶里，并等前一发打入靶中后，再打下一发．若枪口到靶的距离为d，待打完n发子弹后，小车移动的距离为________．
图4
答案
13．如图5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，大球移动的距离为多大？
图5
答案 R
解析 由水平方向平均动量守恒有：ms小球＝2ms大球，
又s小球＋s大球＝R，
所以s大球＝R.
第五节 自然界中的守恒定律
[目标定位] 1.加深对动量守恒定律、能量守恒定律的理解，能运用这两个定律解决一些简单的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．
一、守恒与不变
1．能量守恒：能量是物理学中最重要的物理量之一，而且具有各种各样的形式，各种形式的能量可以相互转化但总能量不变．
2．动量守恒：动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的．适用于任何形式的运动，因此常用来推断系统在发生碰撞前后运动状态的变化．
3．守恒定律的本质，就是某种物理量保持不变．能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性；动量守恒是对应着某种空间变换中的不变性．
二、守恒与对称
1．对称的本质：具有某种不变性．守恒与对称性之间有着必然的联系．
2．自然界应该是和谐对称的，在探索未知的物理规律的时候，允许以普遍的对称性作为指引．
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
一、爆炸类问题
解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：
1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．
【例1】 从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：
(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？
答案 (1)，方向竖直向下
(2)
解析 (1)M下落h后：Mgh＝Mv2，v＝
爆炸时动量守恒：Mv＝－mv＋(M－m)v′
v′＝，方向竖直向下
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔEk＝mv2＋(M－m)v′2－Mv2
＝
二、滑块滑板模型
1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．
2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应结合能量守恒求解问题．
3．注意滑块若不滑离木板，最后二者具有共同速度．
【例2】 如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，求：
图1
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
答案 (1)v0 (2) (3)
解析 (1)小铁块放到长木板上后，由于他们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后达到共同速度，一起匀速运动．设达到的共同速度为v.
由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0.
(2)设小铁块距A点的距离为L，由能量守恒定律得
μmgL＝Mv－(M＋m)v2
解得：L＝
(3)全过程所损失的机械能为
ΔE＝Mv－(M＋m)v2＝
三、子弹打木块类模型
1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．
2．在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．系统损失的机械能等于阻力乘于相对位移．即ΔE＝f·s相对
3．若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．
【例3】 一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设木块与子弹的相互作用力为f.试求：
(1)子弹、木块相对静止时的速度v.
(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？
(3)子弹打进木块的深度l深为多少？
答案 (1)v0 (2)
(3)
解析 (1)由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，子弹与木块的共同速度为：v＝v0.
(2)由能量守恒定律得，系统损失的机械能
ΔEk＝mv－(M＋m)v2，
得：ΔEk＝
系统增加的内能Q＝ΔEk＝
(3)解法一：对子弹利用动能定理得
－fs1＝mv2－mv
所以s1＝
同理对木块有：fs2＝Mv2
故木块发生的位移为s2＝.
子弹打进木块的深度为：l深＝s1－s2＝
解法二：对系统根据能量守恒定律，得：
f·l深＝mv－(M＋m)v2
得：l深＝
l深即是子弹打进木块的深度．
四、弹簧类模型
1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，满足动量守恒．
2．整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．
3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．
【例4】 两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的
物块C静止在前方，如图2所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：
图2
(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
答案 (1)3 m/s (2)12 J
解析 (1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒有
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC，
解得vABC＝ m/s＝3 m/s.
(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，
设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，
则mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝ m/s＝2 m/s，
设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒
Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.
爆炸类问题
1．一颗质量为30 g的弹丸在距地面高20 m时仅有水平速度v＝10 m/s.爆炸成为A、B两块，其中A的质量为10 g，速度方向水平且与v方向相同，大小为vA＝100 m/s，求：(g＝10 m/s2)
(1)爆炸后A、B落地时的水平距离多大？
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？
答案 (1)270 m (2)60.75 J
解析 (1)爆炸时动量守恒，有mv＝mAvA＋(m－mA)vB
代入数据得：vB＝－35 m/s
下落过程由h＝gt2
得t＝2 s，则A、B的水平位移的大小为
sA＝vAt＝100×2 m＝200 m
sB＝|vB|t＝35×2 m＝70 m
落地时相距s＝sA＋sB＝270 m
(2)爆炸过程中转化的动能
ΔEk＝mAv＋(m－mA)v－mv2＝60.75 J
滑块一滑板类模型
2．一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m图3
(1)它们最后的速度的大小和方向；
(2)木块与木板间的动摩擦因数μ.
答案 (1)v0，水平向右
(2)
解析 (1)系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．木块A不滑离B板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v.
由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v
可得：v＝v0
因为M>m，故v方向水平向右．
(2)木块和木板损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律，有μmgl＝mv＋Mv－(M＋m)v2
解得：μ＝
子弹打木块类模型
3.如图4所示，在光滑水平面上放置一质量为M＝1 kg的静止木块，一质量为m＝10 g的子弹以v0＝200 m/s水平速度射向木块，穿出后子弹的速度变为v1＝100 m/s，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．
图4
答案 149.5 J
解析 取子弹与木块为系统，系统的动量守恒，设木块获得的速度为v2，则有：mv0＝mv1＋Mv2
得：v2＝＝1 m/s，
由能量守恒定律得系统损失的机械能为：
ΔE＝mv－mv－Mv＝149.5 J
弹簧类模型
4．如图5所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩
到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )
图5
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
答案 B
解析 A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得mAvA＝(mA＋mB)v，
代入数据解得v＝＝2 m/s，
所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为
(mA＋mB)v2＝8 J，
当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J.
(时间：60分钟)
1．(多选)两位同学穿着旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( )
A．互推后两同学总动量增加
B．互推后两同学动量大小相等，方向相反
C．分离时质量大的同学的速度小一些
D．互推过程中机械能守恒
答案 BC
解析 以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量仍为零，则两同学互推后的动量大小相等，方向相反，A错误，B正确；根据动量守恒定律得Mv1－mv2＝0可见，分离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小，C正确；互推过程中作用力和反作用力对两同学做正功，系统总动能增加，故机械能不守恒，D错误．
2．在光滑的水平面上有一质量为0.2 kg的球以5 m/s的速度向前运动，与质量为3 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
答案 B
解析 根据动量守恒定律，m球v＝m球v球＋m木v木，即0.2 kg×5 m/s＝0.2 kg×v球＋3 kg×4.2 m/s，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．
3．质量相等的三个物块在光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图1所示，具有初动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )
图1
A．E0 B. C. D.
答案 C
解析 碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，解得v1＝
①
E0＝mv
②
Ek′＝×3mv
③
由①②③得Ek′＝.
4.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图2所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
图2
A.mv2 B.
C.NμmgL D．NμmgL
答案 BD
解析 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝NfL＝NμmgL，可见D正确．
5．如图3所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们都静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( )
图3
`
A. B.
C. D.
答案 A
解析 子弹射入木块A，动量守恒，有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝.
6．如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
图4
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
答案 (1)mv (2)mv
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统动量守恒，有
mv0＝2mv1
①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒得mv1＝2mv2
②
mv＝ΔE＋(2m)v
③
联立①②③式，得ΔE＝mv
④
(2)由②式可知，v2mv0＝3mv3
⑤
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep
⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv
7．如图5所示，光滑水平面上有A、B两小车，质量分别为mA＝20 kg，mB＝25 kg.A车以初速度v0＝3 m/s向右运动，B车静止，且B车右端放着物块C，C的质量为mC＝15 kg.A、B相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．已知C与B上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B车足够长，g＝10 m/s2，求C沿B上表面滑行的长度．
图5
答案 m
解析 A、B相撞：mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝ m/s.由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略，故A、B刚连接为一体时，C的速度为零．此后，C沿B上表面滑行，直至相对于B静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积；
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v
(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v2＝μmCgL
解得L＝ m.
8.如图6所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．
答案 (1)0.24 s (2)5 m/s
解析 (1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f，对物块应用牛顿运动定律有：f＝m2·，又f＝μm2g，
解得t＝，
代入数据得t＝0.24 s.
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则
m2v0′＝(m1＋m2)v′，
由功能关系有：m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v0′＝5 m/s，
故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s.
实验 验证动量守恒定律
[目标定位] 1.明确验证动量守恒定律的原理和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．
一、实验原理
为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿该直线运动．
1．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．
根据实验求出两物体碰前总动量p＝m1v1＋m2v2，碰后总动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．
2．实验设计需要考虑的问题：
(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在同一条直线上．
(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度．
二、实验案例 气垫导轨上的实验
气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．
气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．
图1
图2
(1)质量的测量：用天平测量．
(2)速度的测量：用光电计时器测量．
设Δs为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v＝.
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
实验步骤
1．如图2所示调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．
2．按说明书连接好数字计时器与光电门．
3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．
图3
4．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．
图4
5．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．
图5
6．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞中动量变化的规律．
气垫导轨实验数据记录表
碰撞(烧断)前
碰撞(烧断)后
质量m(kg)
m1
m2
m1
m2
速度v(m·s－1)
v1
v2
v1′
v2′
mv(kg·m·s－1)
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
实验结论
实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变，即碰撞中两滑块组成的系统动量守恒．
典例分析
【例1】 现利用图6(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)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6
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(b)所示．
若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)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．
答案 见解析
解析 滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝
①
式中Δs为滑块在时间Δt内走过的路程．
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为T，则
T＝＝0.02 s
②
设A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式可得：
v0＝ m/s＝2.00 m/s
③
v1＝ m/s＝0.970 m/s
④
设B在碰撞后的速度大小为v2，
由①式有v2＝
⑤
代入题所给的数据可得：
v2≈2.86 m/s
⑥
设两滑块在碰撞前后的动量分别为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
δγ＝||×100%
⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：
δγ≈1.7%<5%
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．
【例2】 某同学利用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”的实验，气垫导轨装置如图7所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
图7
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通光电计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200 g；
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：
A.___________________________，
B．__________________________.
②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为________m/s；滑块2的速度v3为________m/s；(结果保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出碰撞前后系统的总动量和总动能如何变化？通过对实验数据的分析说明理由．
a．____________________；b.____________________.
答案 ①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②0.50 0.10 0.60
③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变
b．碰撞前后总动能不变
解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．B.保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度
v1＝＝ m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞之后的速度
v2＝＝ m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞后的速度
v3＝＝ m/s≈0.60 m/s；
③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．
原因：系统碰撞之前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15 kg m/s，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s
b．碰撞前后总动能不变．
原因：碰撞前的总动能
Ek1＝m1v＝0.037 5 J
碰撞之后的总动能
Ek2＝m1v＋m2v＝0.037 5 J
所以碰撞前后总动能相等.
某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中动量变化规律”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，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．他设计的实验具体装置如图8所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
图8
(1)若实验已得到的打点纸带如图9所示，并测得各计数点间距(标在图上)，则应该选________段来计算A的碰撞前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度(选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)．
图9
(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg.由以上测量结果可得：碰前mAvA＝________kg·m/s；碰后(mA＋mB)v共＝________kg·m/s.
由此得出结论是___________________________________________．
(本题计算结果均保留三位有效数字)
答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 结论见解析
解析 (1)小车碰前做匀速直线运动，打出纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前的速度应选BC段．CD段上所打的点由稀变密，可见在CD段A、B两小车相互碰撞．A、B碰撞后一起做匀速直线运动，所以打出的点又是间距均匀的，故应选DE段计算碰后的速度．
(2)碰撞前：vA＝＝ m/s＝1.05 m/s，
碰撞后：vA′＝vB′＝v共＝＝ m/s
＝0.695 m/s.
碰撞前：
mAvA＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
碰撞后：
(mA＋mB)v共＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s
由于0.420≈0.417
由此得出的结论是：在误差允许的范围内，一维碰撞过程中，两物体的总动量保持不变．
(时间：60分钟)
1．利用气垫导轨做“探究碰撞中动量变化规律”的实验时，不需要测量的物理量是( )
A．滑块的质量 B．挡光时间
C．挡光片的宽度 D．滑块移动的距离
答案 D
解析 根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量；只有滑块移动的距离不需要测量，故选项D正确．
2．“探究碰撞中动量的变化规律”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s－t图象如图1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______________________________________________________________________
____________________________________________________________________.
图1
答案 0.015 kg·m/s 0.007 5 kg·m/s
0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv的矢量和是守恒量
解析 由题图可知碰撞前入射小球m1的速度大小
v1＝ m/s＝1 m/s，
故碰撞前m1v1＝0.015×1 kg·m/s＝0.015 kg·m/s.
碰撞后m1的速度大小
v1′＝ m/s＝0.5 m/s，
m2的速度大小
v2′＝ m/s＝0.75 m/s，
故m1v1′＝0.015×0.5 kg·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′，
即碰撞中mv的矢量和是守恒量．
3．如图2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2
答案 匀速 0.09 碰撞前后滑块组成的系统动量守恒
解析 碰撞前：vA＝0，vB＝0，所以有mAvA＋mBvB＝0
碰撞后：vA′＝0.09 m/s，vB′＝0.06 m/s
规定向右为正方向，则有
mAvA′＋mBvB′＝0.2×(－0.09)kg·m/s＋0.3×0.06 kg·m/s＝0
则由以上计算可知：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′.
4．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中动量变化规律的实验：
图3
①把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．
②按下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碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A运动至C的时间t1，B运动至D的时间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两滑块总动量为________，作用后A、B两滑块总动量为________．
答案 (1)用水平仪测量并调试使得导轨水平
(1)A至C的距离L1、B至D的距离L2
(3)0 (M＋m)－M
解析 (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，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运动至C的时间t1和B运动至D的时间t2，并且要测量出两滑块到挡板的运动距离L1和L2，再由公式v＝求出其速度．
(3)碰前两滑块静止，v＝0，总动量为0.设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－.碰后两滑块的总动量为(M＋m)－M.
5．某同学设计如图4(甲)所示的装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O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(乙)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4
(1)碰撞后B球的水平射程是________cm.
(2)在以下的选项中，本次实验必须进行测量的是________．
A．水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，A、B两球落点位置到O点的距离
C．A、B两球的质量
D．G点相对于水平槽面的高度
(3)若本实验中测量出未放B球时A球落点位置到O点的距离为sA，碰撞后A、B两球落点位置到O点的距离分别为sA′、sB′，A、B两球的质量分别为mA、mB，已知A、B两球半径均为r，则通过式子________________即可验证A、B两球碰撞中的不变量．
答案 (1)65.0(64.5～65.5均可) (2)ABC
(3)mAsA＝mAsA′＋mBsB′
解析 (1)由于偶然因素的存在，重复操作时小球的落点不可能完全重合，如题图(乙)所示，处理的办法是用一个尽可能小的圆将“所有落点位置”包括在内(其中误差较大的位置可略去)，此圆的圆心即可看做小球10次落点的平均位置，则碰撞后B球的水平射程等于圆心到O点的距离，由题图(乙)可得此射程约为65.0 cm.(2)由于A、B离开水平槽末端后均做平抛运动，平抛高度相同，运动时间相等，因此可以用平抛运动的水平位移表示小球做平抛运动的初速度，没有必要测量G点相对于水平槽面的高度，故A、B正确，D错误；要验证碰撞前后质量与速度的乘积是否守恒，必须测量A、B两球的质量，C正确．(3)依题意知，碰撞前A球做平抛运动的水平位移为sA，碰撞后A、B做平抛运动的水平位移分别为sA′、sB′，由于碰撞前、后两球做平抛运动的时间相等，因此通过式子mAsA＝mAsA′＋mBsB′即可验证A、B两球碰撞中的不变量．
6．某同学把两个大小不同的物体用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图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，探究物体间相互作用时的不变量．
图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)根据课堂探究的不变量，本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为________________________________________________________________．
答案 (1)刻度尺、天平
(2)两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离s1、s2
(3)m1s1＝m2s2
解析 两物体弹开后各自做平抛运动，根据平抛运动知识可知两物体平抛的时间相等．所需验证的表达式为m1v1＝m2v2，等式两侧都乘以时间t，有m1v1t＝m2v2t，即m1s1＝m2s2.
7. 用如图6所示装置探究碰撞中动量的变化规律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，离地面高度为H，O点到A球球心距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直方向的夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰好与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直方向夹角为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6
(1)图中s应是B球初始位置到________的水平距离．
(2)实验中需要测量的物理量有哪些？
(3)实验中动量遵循的关系式是怎样的？
答案 (1)落点 (2)L、α、β、H、s、mA、mB
(3)mA＝mA＋mBs
解析 由机械能守恒定律可知：
mAgL(1－cos α)＝mAv，
则A球向下摆到与B球相碰前的速度为
vA＝，
碰后A球的速度
vA′＝，
碰后B球做平抛运动，
vB′＝＝＝s.
在碰撞中物体质量与速度的乘积之和不变，
则mAvA＝mAvA′＋mBvB′.
故有mA
＝mA＋mBs.
第一章 碰撞与动量守恒
章末整合提升
一、动量定理及应用
1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变量．
2．公式：Ft＝mvt－mv0，它为矢量式，在一维情况时可变为代数运算．
3．研究对象是质点：它说明的是外力对时间的积累效果．应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
4．解题思路：(1)确定研究对象，进行受力分析；(2)确定初、末状态的动量(要先规定正方向，以便确定动量的正、负，还要把初、末状态的速度换成相对于同一惯性参考系的速度)；(3)利用Ft＝mvt－mv0列方程求解．
【例1】 质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前、后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g＝10 m/s2)．
答案 2 12
解析 由题知v2＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理Ft＝Δp得(FN－mg)t＝Δp，则FN＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.
借题发挥 (1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向．
(2)物体动量的变化率等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．
二、多过程问题中的动量守恒
1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和过程，分析系统所受的外力，看是否满足动量守恒的条件．
2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．
【例2】 如图1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
答案 2 m/s
解析 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v
联立以上各式，代入数值解得：vA＝2 m/s
【例3】 两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1 kg的滑块C(可视为质点)，以vC＝25 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3 m/s，求：
图2
(1)当C在A的上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？
(2)当C在B的上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度vC′是多大？
答案 (1)不守恒 守恒 (2)守恒 4.2 m/s
解析 (1)当C在A的上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．
(2)当C在B的上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：
mCvC′＋mBvA＝(mB＋mC)vBC
①
A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：
mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA
②
由以上两式联立解得vC′＝4.2 m/s，vA＝2.6 m/s.
三、动量和能量综合问题分析
1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
2．动量守恒及机械能守恒都有条件．
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程，能量都守恒．
3．当两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．
【例4】 如图3所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球A反弹后能达到的高度为( )
图3
A．h B．2h
C．3h D．4h
答案 D
解析 两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程进行研究，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，选竖直向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1，联立解得v1＝2v＝2，v2＝0，故小球A反弹后能达到的高度为H＝＝4h，选项D正确．
【例5】 如图4所示，半径为R＝、质量为m的半圆形槽紧靠竖直墙壁放在光滑水平面上．在半圆形槽左侧上方高度为H处有一个质量也为m的光滑小球(可看作质点)由静止释放，求：
图4
(1)小球到达半圆形槽底时的速度大小；
(2)小球经过槽底后上升的最大高度(相对槽底)．
答案 (1) (2)H
解析 (1)小球到达半圆形槽底的过程中，槽保持静止，小球的机械能守恒，设小球到达槽底时的速度大小为v0，则有mg(H＋R)＝mv，得v0＝
(2)设小球上升的最大高度(相对槽底)为h，在最高点，小球的速度方向水平、速度大小和槽的速度大小均为v1.小球从槽底到最高点过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有mv0＝2mv1
mv＝×2mv＋mgh，解得h＝H.
