1．1 探究动量变化与冲量的关系
[学习目标] 1.理解冲量和动量的定义、公式、单位及矢量性.2.理解动量定理及其表达式.3.能够利用动量定理解释有关现象，解决有关实际问题．
一、动量和冲量
[导学探究] 在激烈的橄榄球赛场上，一个较瘦弱的运动员携球奔跑时迎面碰上高大结实的对方运动员，自己被碰的人仰马翻，而对方却几乎不受影响 …….这说明运动物体产生的效果不仅与速度有关，而且与质量有关．
(1)若质量为60 kg的运动员(包括球)以5 m/s的速度向东奔跑，他的动量是多大？方向如何？若他以大小不变的速率做曲线运动，他的动量是否变化？
(2)若这名运动员与对方运动员相撞后速度变为零，他的动量的变化量多大？动量的变化量方向如何？
答案 (1)动量是300 kg·m/s，方向向东；做曲线运动时他的动量变化了，因为方向变了．
(2)—300 kg·m/s，方向向西．
[知识梳理] 动量和动量的变化量
1．动量
(1)定义：物体的质量m和速度v的乘积 mv.
(2)公式：p＝mv.
单位：kg·m/s.
(3)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同．
(4)动量是状态量：进行运算时必须明确是哪个物体在哪一状态(时刻)的动量．
(5)动量具有相对性：由于速度与参考系的选择有关，一般以地球为参考系．
2．冲量
(1)冲量的定义式：I＝Ft.
(2)冲量是过程(填“过程”或“状态”)量，反映的是力在一段时间内的积累效应，求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
(3)冲量是矢(填“矢”或“标”)量，若是恒力的冲量，则冲量的方向与力F的方向相同．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)质量大的物体的动量一定大．( × )
(2)动量相同的物体，运动方向一定相同．( √ )
(3)质量和速率都相同的物体的动量一定相同．( × )
(4)冲量是矢量，其方向与合外力的方向相同．( √ )
(5)力越大，力对物体的冲量越大．( × )
(6)不管物体做什么运动，在相同的时间内重力的冲量相同．( √ )
二、动量定理
[导学探究] 1.在日常生活中，有不少这样的事例：
跳远时要跳在沙坑里；
跳高时在下落处要放海绵垫子；
从高处往下跳，落地后双腿往往要弯曲；
轮船边缘及轮渡的码头上都装有橡胶轮胎……
这样做的目的是为了什么？
答案 为了缓冲以减小作用力．
2．如图1所示，假定一个质量为m的物体在碰撞时受到另一个物体对它的力是恒力F，在F的作用下，经过时间t，物体的速度从v变为v′，应用牛顿第二定律和运动学公式推导物体的动量改变量Δp与恒力F及作用时间t的关系．
图1
答案 该物体在碰撞过程中的加速度a＝①
根据牛顿第二定律F＝ma②
由①②得F＝m
整理得：Ft＝m(v′－v)＝mv′－mv
即Ft＝Δp.
[知识梳理]
1．内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．
2．公式：I＝Ft＝Δp.其中F为物体受到的合外力．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零．( √ )
(2)物体受到的合力的冲量越大，它的动量变化量一定越大．( √ )
(3)动量变化量为正，说明它的方向与初始时动量的方向相同．( × )
一、动量的理解
1．动量p＝mv, 描述物体运动状态的物理量．是矢量，方向与速度的方向相同．
2．动量p＝mv与动能Ek＝mv2的区别
(1)动量是矢量，而动能是标量．
(2)当速度发生变化时，物体的动量发生变化，而动能不一定发生变化．
例1 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100 m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度反向击回．设羽毛球的质量为10 g，试求：
(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
(2)运动员击球过程中羽毛球的动能变化量．
答案 (1)1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反
(2)37.5 J
解析 (1)以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s.
p2＝mv2＝－10×10－3×100 kg·m/s＝－1 kg·m/s
所以动量的变化量Δp＝p2－p1＝－1 kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s.
即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反．
(2)羽毛球的初动能：Ek＝mv＝12.5 J，羽毛球的末动能：Ek′＝mv＝50 J．所以ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5 J.
动量与动能的区别与联系
(1)区别：动量是矢量，动能是标量，质量相同的两个物体，动量相同时动能一定相同，但动能相同时，动量不一定相同．
(2)联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为Ek＝或p＝.
二、冲量及冲量的计算
1．求冲量大小时，一定要注意是哪一个力在哪一段时间内的冲量，只要力不为零，一段时间内的冲量就不为零．
2．公式I＝Ft只适合于计算恒力的冲量，若是变力的冲量，可考虑用以下方法求解：
(1)用动量定理I＝mv′－mv求冲量．
(2)若力随时间均匀变化，则可用平均力求冲量．
图2
(3)若给出了力F随时间t变化的图像，可用F－t图像与t轴所围成的面积求冲量．
如图2所示，力F在1 s内的冲量I1＝F1t1＝20×1 N·s＝20 N·s
力F在6 s内的冲量I＝(20×1－10×5) N·s＝－30 N·s
例2 在倾角为37°、足够长的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案 见解析
解析 物体沿斜面下滑的过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用．冲量I＝Ft，是矢量．
重力的冲量IG＝Gt＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下．
支持力的冲量IN＝Nt＝mgcos α·t＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上．
摩擦力的冲量If＝ft＝μmgcos α·t＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．
1．在求力的冲量时，首先明确是求哪个力的冲量，是恒力还是变力，如果是恒力，可用I＝Ft进行计算，如果是变力，可考虑根据动量定理求冲量．
2．注意不要忘记说明冲量的方向．
三、动量定理的理解和应用
1．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
(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．应用动量定理定量计算的一般步骤
→→
图3
例3 如图3所示，用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度为4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
(1)不计铁锤受到的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力．
答案 (1)200 N，方向竖直向下
(2)205 N，方向竖直向下
(3)见解析
解析 (1)以铁锤为研究对象，不计重力时，铁锤只受到钉子的平均作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t＝0－mv
所以F1＝－ N＝200 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力为200 N，方向竖直向下．
(2)若考虑重力，设此时铁锤受钉子的平均作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上
为正．
则(F2－mg)t＝0－mv
F2＝－ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子时钉子受到的平均作用力为205 N，方向竖直向下．
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5 %，可见本题中铁锤的重力可忽略．
用动量定理进行定量计算时应注意：
(1)列方程前首先选取正方向；
(2)分析速度时一定要选取同一参考系，一般选地面为参考系；
(3)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意动量的变化量是末动量减去初动量．
例4 (多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是( )
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零
答案 CD
解析 击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用力无关，所以D项正确．
针对训练 从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了( )
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
答案 C
解析 脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时的动量变化量为定值，这样就减小了地面对人的冲力，故C项正确．
利用动量定理解释现象的问题主要有三类：
(1)Δp一定，t短则F大，t长则F小．
(2)F一定，t短则Δp小，t长则Δp大．
(3)t一定，F大则Δp大，F小则Δp小．
1．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图4所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经过时间t，下列说法正确的是( )
图4
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案 BD
2．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两
臂随球迅速收缩至胸前，这样做可以( )
A．减小球对手的冲量
B．减小球对人的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的动能变化量
答案 B
解析 篮球运动员接球的过程中，手对球的冲量等于球的动量的变化量，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，并没有减小球对手的冲量，也没有减小球的动量变化量，更没有减小球的动能变化量，而是延长了手与球的作用时间，从而减小了球对人的冲击力，B正确．
一、选择题(1～9题为单选题，10题为多选题)
1．关于动量，以下说法正确的是( )
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同
C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
答案 D
解析 做匀速圆周运动的物体，其速度方向时刻发生变化，故动量时刻发生变化，A项错；单摆的摆球相邻每次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错；做平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项正确．
2．放在水平桌面上的物体质量为m，用一个大小为F的水平推力推它t秒，物体始终不动，那么t秒内，推力对物体的冲量大小是( )
A．F·t B．mg·t
C．0 D．无法计算
答案 A
解析 根据冲量的定义，推力对物体的冲量大小是推力与其作用时间的乘积，与重力无关，故A正确．
3．从某高处落下一个鸡蛋，分别落到棉絮上和水泥地上，下面结论正确的是( )
A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小
B．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大
C．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化率大
D．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化快
答案 D
解析 落到棉絮上的鸡蛋不易碎，而落到水泥地上的鸡蛋易碎，不是其动量大小和冲量大小的原因，而是其动量变化快，所受的冲力大造成的，故只有D正确
4．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力的作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )
A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反
D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
答案 A
解析 以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．
5．如图1所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t( )
图1
A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
答案 C
解析 甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的．
6．一质量为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大小为F，则由动量定理得：(mg－F)t＝－mv，所以F＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1 000 N，故D对，A、B、C错．
7．质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图2所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是( )
图2
A．10 N·s,10 N·s B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s D．0，－10 N·s
答案 D
解析 由图像可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故正确答案为D.
8．物体在恒定合力F的作用下做直线运动，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．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＜I2，W1＜W2
C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1＜W2
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W1＜W2，选项D正确．
图3
9．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，若以速度2v抽出纸条时，铁块仍能掉到地面上，则铁块落地点( )
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2倍处
答案 B
解析 当以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块的作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出纸条时相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块平抛的初速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧，B正确．
10．一粒钢珠在空中由静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量在数值上等于过程Ⅰ中重力的冲量
答案 ACD
解析 钢珠在空中自由下落只受重力，由动量定理，过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；过程Ⅱ中钢珠受到的阻力和重力作用，所以过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ和Ⅱ中重力冲量的大小，选项B错误；由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，选项C正确；过程Ⅱ中钢珠的动量改变量在数值上等于过程Ⅰ中钢珠动量的改变量，也等于过程Ⅰ中重力的冲量，选项D正确．
二、非选择题
11．有一质量为m＝1 kg的小球，将其从距水平地面高h＝5 m处以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量p′.
答案 (1)4 N·s，方向竖直向下
(2)10 N·s，方向竖直向下
(3)10 kg·m/s，方向与水平方向的夹角为45°
解析 由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝gt2，落地时间t＝＝1 s.
(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量
I＝mgt′＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下．
(2)小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为
I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．
由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下．
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s.如图，落地速度v＝＝ m/s＝10 m/s，
设v0与v的夹角为θ，则tan θ＝＝1，
所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 kg·m/s，与水平方向的夹角为45°.
12．质量为m的物体静止在足够大的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，有一水平恒力作用于物体上，并使之加速前进，经时间t1后去掉此恒力，求物体运动的总时间t.
答案
解析 方法一：物体的运动可分为两个阶段，水平方向，第一阶段受两个力F、f的作用，时间为t1，物体由A运动到B速度达到v1；第二阶段物体只受f的作用，时间为t2，由B运动到C，速度由v1变为0.
设前进方向为正方向，据动量定理，第一阶段：(F－f)t1＝mv1－0＝mv1
第二阶段：－f·t2＝0－mv1＝－mv1
两式相加：F·t1－f(t1＋t2)＝0
因为f＝μmg，代入上式，可求出t2＝
所以t总＝t1＋t2＝.
方法二：把两个阶段当成一个过程来看：F作用了t1时间，μmg则作用了t总时间，动量变化Δp＝0.
F·t1－μmgt总＝0，t总＝.
课时1 探究物体碰撞时动量变化的规律
[学习目标] 1.探究物体碰撞时动量变化的规律.2.掌握在同一条直线上运动的两个物体碰撞前、后速度的测量方法．
一、实验原理
为了使问题简化，这里先研究两个物体碰撞时动量变化的规律，碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．
设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度方向与我们规定的正方向一致取正值，相反取负值．
根据实验求出两物体碰撞前的总动量
p＝m1v1＋m2v2
碰撞后总动量p′＝m1v1′＋m2v2′
看一看p与p′有什么关系？
二、实验设计
1．实验设计要考虑的问题
(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在一条直线上？
(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度？
2．实验案例：气垫导轨上的实验
气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．
气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光条、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．
图1
图2
(1)质量的测量：用天平测量．
(2)速度的测量：用光电计时器测量．
设Δs为滑块上挡光条的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块上挡光条经过光电门的时间，则v＝.
三、实验步骤和数据处理
1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．
2．按说明书连接好光电计时器与光电门．
3．如图3所示，在滑片上安装好弹性架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿与各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．
图3
4．如图4所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后发生碰撞，相碰后粘在一起，测出它们的质量和速度，将实验结果记入相应的表格．
图4
5．在滑块上安装好撞针及橡皮泥后，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，然后一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．
6．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞时动量变化的规律．
气垫导轨实验数据记录表
碰撞前
碰撞后
质量m(kg)
m1
m2
m1
m2
速度v(m·s－1)
v1
v2
v1′
v2′
mv(kg·m·s－1)
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
结论
实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变．
四、注意事项
1．保证两个物体碰撞前沿同一直线，碰撞后仍沿同一直线运动．
2．调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平.
例1 某同学利用气垫导轨做“探究物体碰撞时动量变化的规律”的实验．气垫导轨装置如图5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5
(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相碰撞，碰撞后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间：滑块1通过光电门1的挡光时间为Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间为Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间为Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为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；(结果均保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)
a．________________________________________________________________________；
b．________________________________________________________________________.
答案 见解析
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碰撞之后的速度v3＝＝ m/s≈0.60 m/s；
③a.系统总动量不变．
原因：系统碰撞之前m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s.
b．系统碰撞前后总动能不变．
原因：系统碰撞之前的总动能Ek1＝m1v＝0.037 5 J
系统碰撞之后的总动能
Ek2＝m1v＋m2v＝0.037 5 J
所以系统碰撞前后总动能相等．
c．系统碰撞前后质量不变．
例2 为了探究物体碰撞时动量变化的规律，实验最好在气垫导轨上进行，这样就可以大大减小阻力，使滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中，A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用频闪摄像的方法每隔0.4秒的时间拍摄一次照片，每次拍摄时闪光的持续时间很短，可以忽略，如图6所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1.5mA，拍摄共进行了4次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准)，试根据闪光照片求出：
图6
(1)A、B两滑块碰撞前后的速度各为多少？
(2)根据闪光照片分析说明两滑块碰撞前后，两个滑块的总动量是否不变．
答案 见解析
解析 (1)分析题图可知
碰撞后
从发生碰撞到第二次拍摄照片时，A运动的时间是
t1＝＝ s＝0.2 s
由此可知，从第一张拍摄照片到发生碰撞的时间为
t2＝(0.4－0.2) s＝0.2 s
则碰撞前B物体的速度为vB＝＝ m/s＝1.0 m/s
由题意得vA＝0.
(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5mA
碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝0.75mA＋0.75mA＝1.5mA，所以mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，即碰撞前后两个物体总动量不变．
例3 某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来探究物体碰撞时动量变化的规律：打点计时器、低压交流电源(频率为50 Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平．
该同学设计的实验步骤如下：
A．用天平测出小车A的质量为mA＝0.4 kg，小车B的质量为mB＝0.2 kg
B．更换纸带重复操作三次
C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间
D．把长木板平放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源
E．接通电源，并给小车A一定的初速度vA
(1)请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来___________________________________．
(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图7所示，根据这些数据完成下表．
图7
碰撞前
碰撞后
A车
B车
AB整体
质量(kg)
速度(m/s)
(m·s－1·kg－1)
mv (kg·m/s)
mv2 (kg·m2/s2)
(3)根据以上数据可得碰撞前后动量守恒的表达式为____________________．
答案 (1)ADCEB (2)见解析 (3)mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB
解析 (1)按照先安装，后实验，最后重复实验的顺序，该同学正确的实验步骤为ADCEB.
(2)小车在碰撞前后均为匀速直线运动，可由纸带上的点迹分布求出速度．碰撞后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度．注意打点计时器的频率为50 Hz，打点时间间隔为0.02 s，通过计算得下表.
碰撞前
碰撞后
A车
B车
AB整体
质量(kg)
0.4
0.2
0.6
速度(m/s)
3.0
0
2.0
(m·s－1·kg－1)
7.5
0
3.3
mv (kg·m/s)
1.2
0
1.2
mv2 (kg·m2/s2)
3.6
0
2.4
(3)由表中数值可看出mv一行中数值相同，可猜想碰撞前后动量守恒的表达式为mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB.
1．在利用气垫导轨探究物体碰撞时动量变化的规律实验中，哪些因素可导致实验误差( )
A．导轨安放不水平 B．滑块上挡光片倾斜
C．两滑块质量不相等 D．两滑块碰后粘合在一起
答案 AB
2．用如图8所示装置探究物体碰撞时动量变化的规律，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s，左侧滑块的质量为100 g，左侧滑块的动量m1v1＝________ g·m/s，右侧滑块的质量为150 g，两滑块的总动量m1v1＋m2v2＝________ g·m/s.(取向左为速度的正方向)
图8
答案 22.5 0
解析 左侧滑块的速度为：v1＝＝ m/s＝0.225 m/s
则左侧滑块的动量m1v1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s
以向左为速度的正方向，则右侧滑块的速度为：v2＝－＝－ m/s＝－0.15 m/s
则右侧滑块的动量m2v2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s
因m1v1与m2v2等大、反向，所以两滑块动量的矢量和m1v1＋m2v2＝0.
3.
图9
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9所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察两物体的运动情况，进行必要的测量，探究物体间相互作用时的总动量规律．
(1)该同学还必须有的器材是____________________________________________________；
(2)需要直接测量的数据是______________________________________________________；
(3)本实验中表示碰撞前后动量守恒的表达式应为______________________(用测得的物理量符号表示)．
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面两侧边缘的水平距离s1、s2 (3)m1s1＝m2s2
解析 物体离开桌面后做平抛运动，取左边物体的初速度方向为正方向，设两物体质量和平抛初速度分别为：m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t，需要验证的方程：0＝m1v1－m2v2，其中：v1＝，v2＝，代入得到m1s1＝m2s2，故需要测量两物体的质量m1、m2和两物体落地点分别到桌面两侧边缘的水平距离s1、s2，需要的器材为刻度尺、天平．
1.
图1
用如图1所示的装置探究物体碰撞时动量变化的规律，必须注意的事项是( )
A．A到达最低点时，两球的球心连线可以不水平
B．实验时，拉起A球，应由静止释放，以便较准确地计算小球碰撞前的速度
C．多次测量减小误差时，A球必须从同一高度下落
D．A、B两小球碰撞后可以粘合在一起共同运动
答案 BCD
解析 要保证一维对心碰撞，必须保证碰撞时球心在同一高度，A项错；为了较准确地利用机械能守恒定律计算小球碰撞前的速度，小球释放时速度必须为零，B项对；实验要求多次测量求平均值，必须保证过程的重复性，A球必须从同一高度落下，C项正确；两球正碰后，有各种运动情况，所以D正确．
2．对于实验最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是( )
A．仅限于一维碰撞
B．任何情况下m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2都一定成立
C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小
D．式中的不变量是m1和m2组成的系统的总动量
答案 AD
解析 这个实验是在一维碰撞情况下设计的实验；系统的总动量在碰撞前后保持不变是实验的结论，其他探究的结论情况不成立，而速度是矢量，应考虑方向．故选项A、D正确．
3．在用气垫导轨做“探究物体碰撞时动量变化的规律”实验时，左侧滑块质量为m1＝170 g，右侧滑块质量为m2＝110 g，挡光片宽度d为3.00 cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图2所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt1＝0.32 s，Δt2＝0.21 s．则两滑块的速度分别为v1′＝________m/s，v2′＝________m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝________kg·m/s.可得到的结论是________________________________．(取向左为速度的正方向)
图2
答案 0.094 －0.143 0 2.5×10－4 在实验误差允许的范围内，两滑块动量之和不变
解析 两滑块的速度
v1′＝＝ m/s≈0.094 m/s，
v2′＝＝ m/s≈－0.143 m/s，
烧断细线前m1v1＋m2v2＝0
烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4 kg·m/s，
在实验误差允许的范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
4．某同学设计了一个用打点计时器探究物体碰撞时动量变化的规律实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图3所示．在小车甲后面连着纸带，打点计时器打点频率为50 Hz，长木板下垫着的小木片用以平衡摩擦力．
图3
(1)若已得到打点纸带如图4所示，测得的各计数点间距已标在图上，A为运动起始的第一点，则应选__________段来计算小车甲碰撞前的速度，应选__________段来计算小车甲和乙碰撞后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
图4
(2)已测得小车甲的质量为m甲＝0.40 kg，小车乙的质量为m乙＝0.20 kg，由以上测量结果可得：碰撞前m甲v甲＋m乙v乙＝________ kg·m/s；碰撞后m甲v甲′＋m乙v乙′＝________ kg·m/s.
(3)可得出的结论是__________________．
答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许的范围内，碰撞前后两个小车的动量之和相等
解析 (1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的BC段应为小车甲与乙碰撞前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD段应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起做匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE段来计算碰撞后共同的速度．
(2)v甲＝＝1.05 m/s，v乙＝0
v甲′＝v乙′＝＝0.695 m/s
m甲v甲＋m乙v乙＝0.420 kg·m/s
碰撞后m甲v甲′＋m乙v乙′＝0.60×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.
(3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的动量之和相等．
5．如图5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，做探究物体碰撞时动量变化的规律实验：
图5
(1)把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放一质量为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两滑块的总动量为______________，作用后A、B两滑块的总动量为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)
答案 (1)用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平
(2)A至C的距离L1、B至D的距离L2
(3)0 (M＋m)－M或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两滑块在电动卡销放开后的速度，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两挡板的运动距离L1和L2，再由公式v＝求出其速度．
(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－.作用前两滑块静止，v＝0，动量之和为0；作用后两滑块的动量之和为(M＋m)－M.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的总动量之和为M－(M＋m).
6．有甲、乙两辆小车，质量分别为m1＝302 g、m2＝202 g，甲小车拖有纸带，通过打点计时器记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，与乙小车发生碰撞后两车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图6所示，在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50 Hz.
图6
(1)从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为________ s；(结果保留两位有效数字)
(2)碰前甲车的动量大小为______ kg·m/s，碰后两车的总动量为______ kg·m/s；(结果保留三位有效数字)
(3)从上述实验中能得出什么结论？__________.
答案 (1)0.10 (2)0.202 0.203
(3)在误差允许范围内，碰撞前、后两车的总动量保持不变
解析 本题通过分析纸带来确定甲车速度的变化．从纸带上0点开始每0.02 s内甲车位移分别为13.2 mm、13.5 mm、13.5 mm、12.6 mm、11.7 mm、10.8 mm、9.9 mm、9 mm、8.1 mm、8 mm、8 mm.
(1)从以上数据可知从第3点到第8点是碰撞过程，则t＝5×0.02 s＝0.10 s.
(2)碰撞前甲车的速度v1＝×10－3 m/s＝0.670 m/s，碰撞前甲车的动量p1＝m1v1＝0.302 kg×0.670 m/s≈0.202 kg·m/s；碰撞后两车的速度v2′＝v1′＝v′＝×10－3 m/s≈0.402 m/s，碰撞后两车的总动量p＝(m1＋m2)v′＝(0.302＋0.202)×0.402 kg·m/s≈0.203 kg·m/s.
(3)在误差允许范围内，碰撞前、后两车的总动量保持不变．
7．某班物理兴趣小组选用如图7所示的装置来“探究物体碰撞时动量变化的规律”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N右侧放置一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g.
图7
某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰．让小钢球A从某位置静止释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A立即反向，碰撞时间极短．
(1)为了完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量mB和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________．
A．小钢球A的质量mA
B．绳长L
C．小钢球从M到N运动的时间
(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝________.(用题中已给的物理量符号来表示)
(3)实验中要验证的表达式是： __________________________________________________.
(用题中已给的物理量符号来表示)
答案 (1)AB (2) (3)＝＋mB
解析 滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝.
根据牛顿第二定律得：F1－mAg＝mA.
F2－mAg＝mA.
由：mAv1＝mAv2＋mBvB
得：＝＋mB .
所以还需要测量小钢球A的质量mA以及绳长L.
课时2 动量守恒定律
[学习目标] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题．
一、系统、内力、外力
[导学探究]
图1
如图1所示，公路上有三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三辆车看成一个系统，丙车对乙车的力是内力还是外力？
答案 内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．如果将甲车和乙车看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三辆车看成一个系统，丙车对乙车的力是内力．
[知识梳理]
1．系统：几个有相互作用的物体．
2．内力：系统内物体间的相互作用力．
3．外力：系统外的物体对系统内物体的作用力．
二、动量守恒定律
[导学探究]
图2
如图2所示，水平桌面上有两个质量分别为m和m2的小球，正沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．
答案 设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t
根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．
因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，
则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′
即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表
达式．
[知识梳理]
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量保持不变．
2．表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．
3．适用条件：系统不受外力或者所受合外力为零．
4．动量守恒定律的普适性
动量守恒定律的适用范围很广，它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域．动量守恒定律适用于目前为止的一切领域．
5．对系统“总动量保持不变”的理解
(1)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．
(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．
(3)系统的总动量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．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒．( × )
(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．( √ )
(3)只要系统受外力做的功为零，动量就守恒．( × )
(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化为零．( √ )
一、动量守恒条件的理解
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．如光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．
3．系统受外力作用，但当系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．
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．例如：水平地面上斜向上发射出去的炮弹与向后退的炮车，二者在水平方向上动量是守恒的．
图3
例1 (多选)如图3所示，A、B两物体的质量之比为mA∶mB＝3∶2，静置于平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
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
答案 BCD
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、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上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．
1．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．
2．判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力．
3．系统的动量守恒，并不是系统内各物体的动量都不变．一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的．
针对训练1 如图4所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，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，下列说法正确的是( )
图4
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．
二、动量守恒定律的简单应用
1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：
(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：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．
(3)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．
(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2．应用动量守恒定律的解题步骤：
例2 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的甲、乙两个小车上，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，如图5所示．
图5
(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．
(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s.
据动量守恒定律得：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′，
由动量守恒定律得：
mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．
例3 如图6所示，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6
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
答案 D
解析 根据动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，可得v1＝v0＋(v0－v2)，故选D.
应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．
针对训练2 质量为m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰撞后小球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v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s，v2′＝0.
由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据解得v1′＝－20 cm/s.
故碰撞后小球m1的速度大小为20 cm/s，方向向左．
1．(多选)如图7所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( )
图7
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
答案 BC
解析 若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，选项B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，选项D错误．
2．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为( )
A.v B.v
C.v D.v
答案 A
解析 设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′，
解得v′＝ v.
3．一辆质量为m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量为m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力，相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度取g＝10 m/s2)
答案 27 m/s
解析 相撞后对两车由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6 m/s2
由v2＝2as得：v＝＝9 m/s
对碰撞过程，设轿车前进方向为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v
v0＝v＝27 m/s.
一、选择题(1～8题为单选题，9～10题为多选题)
1．下列情形中，满足动量守恒条件的是( )
A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量
B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量
C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量
D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量
答案 B
解析 A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒受人手的作用力，故合外力不为零，不符合动量守恒的条件．
图1
2．如图1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( )
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的过程中，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时，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，故正确选项为B.
3.
图2
如图2所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
答案 C
解析 小船和救生员组成的系统满足动量守恒：
(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′
解得v′＝v0＋(v0＋v)
故C项正确，A、B、D项均错误．
4．设a、b两球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若它们碰撞前的速度分别为va、vb，碰撞后的速度分别为va′、vb′，则两个小球的质量比ma∶mb为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 根据动量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，整理得＝，故A项正确，B、C、D项错误．
5．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，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．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．
6．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是( )
A．1.0 m/s，向右 B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右 D．2.2 m/s，向左
答案 A
解析 小车和砂袋组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得：v＝1.0 m/s，方向水平向右，A正确．
7．A球的质量为m，B球的质量为2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰撞后两球的速率之比vA′∶vB′( )
A. B.
C．2 D.
答案 D
解析 设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰撞前vB＝，碰撞后vA′＝，由动量守恒定律得，mv＋2m×＝m×＋2mvB′
解得vB′＝v，所以＝＝
8．质量为M＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量为m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量为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．
9．两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平桌面上，松开细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后做平抛运动，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图3所示，则下列说法正确的是( )
图3
A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2
B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1
C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2
答案 ABC
解析 A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律得：木块A、B离开弹簧时的速度之比为＝＝，A正确；根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，得＝＝，由此可知B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：＝＝×＝，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比：＝＝1，D错误．
10．如图4所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰撞后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动能变化量大小之比ΔEk1∶ΔEk2为( )
图4
A．m1∶m2＝1∶3 B．m1∶m2＝1∶1
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1
答案 AD
解析 以质量为m1的小球的原速度v的方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v＝－m1v＋m2v，得m1∶m2＝1∶3，故A正确，B错误；两球碰撞前后动能变化量大小分别为：ΔEk1＝m1v2－m1()2＝m1v2，ΔEk2＝m2()2－0＝m2v2，所以＝＝，故C错误，D正确．
二、非选择题
11．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图像如图5所示．若a球的质量为ma＝1 kg，则b球的质量mb等于多少？
图5
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.
12．如图6所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图6
(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(2)A和B整体在桌面上滑动的距离L.
答案 (1)1 m/s (2)0.25 m
解析 (1)滑块A从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒，由mAv＝mAgR，可得vA＝2 m/s.在底部和B相撞，满足动量守恒，由mAvA＝(mA＋mB)v′，可得v′＝1 m/s.
(2)根据动能定理，对A、B一起滑动过程由－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA＋mB)v′2，可得L＝
0.25 m.
13．如图7所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰撞后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N的距离为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径、空气阻力及各处摩擦均不计，求：
图7
(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
(2)小球A冲进轨道时速度v的大小．
答案 (1)2 (2)2
解析 (1)粘合后的两球从飞出轨道到落地做平抛运动，由平抛运动知识得，
2R＝gt2①
所以t＝2②
(2)设球A的质量为m，碰撞前瞬间速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知mv2＝mv＋2mgR③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知mv1＝2mv2④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有2R＝v2t⑤
综合②③④⑤式得v＝2.
课时2 反冲运动
[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤.2.理解反冲运动的原理，会用动量守恒定律分析解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理．
一、反冲运动
[导学探究] 在生活中常见到这样的情形：吹饱的气球松手后喷出气体，同时向相反方向飞去；点燃药捻的“钻天猴”会向后喷出亮丽的火焰，同时“嗖”的一声飞向天空；乌贼向后喷出水后，它的身体却能向前运动，结合这些事例，体会反冲运动的概念，并思考以下问题：
(1)反冲运动的物体受力有什么特点？
(2)反冲运动过程中系统的动量、机械能有什么变化？
答案 (1)物体的不同部分受相反的作用力，在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，可认为动量守恒；反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的机械能增加．
[知识梳理] 反冲运动
1．定义：物体系统的一部分向某方向运动，而其余部分向相反方向运动的现象叫做反冲．
2．反冲运动的特点：是物体间作用力与反作用力产生的效果．
3．反冲运动的条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)内力远大于外力．
(3)某一方向上不受外力或所受合外力为零．
4．反冲运动遵循的规律：动量守恒定律．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)反冲运动可以用动量守恒定律来处理．( √ )
(2)一切反冲现象都是有益的．( × )
(3)章鱼、乌贼的运动利用了反冲的原理．( √ )
(4)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果．( √ )
(5)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析．( × )
二、“人船模型”探究
[导学探究] 如图1甲所示，人在漂浮于水面上的小船上行走，小船同时向相反的方向运动，其简化运动如图乙所示．(不考虑船受到水的阻力)
图1
(1)人的速度和船的速度有什么关系？
(2)人和船的位移有什么关系？
答案 (1)原来静止的“人”和“船”发生相互作用时，所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，由mv1－Mv2＝0知任一时刻“人”和“船”的速度大小之比等于质量的反比．整个过程中“人”走“船”行，“人”停“船”停．
(2)因为任意时刻mv1＝Mv2，所以ms1＝Ms2，即人和船的位移与质量成反比．
[知识梳理] “人船模型”的特点和遵循的规律
(1)满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0，也有m1s1－m2s2＝0.
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人、船的速度(平均速度或瞬时速度)与它们的质量成反比；人、船位移与它们的质量成反比，即＝＝.
(3)应用上述关系时要注意一个问题：即公式中v和s一般都是相对地面而言的．
[即学即用] 分析下面的情景，判断下列说法的正误．
一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，则：
(1)船质量越小，人越难跳上岸．( √ )
(2)船质量越大，人越难跳上岸．( × )
(3)人跳跃相对船的速度等于相对地的速度．( × )
一、反冲运动的应用
1．反冲运动问题一般应用系统动量守恒定律列式计算．
列方程时要注意初、末状态动量的方向，反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的．
2．动量守恒表达式中的速度均为相对地面的速度，对“相对”速度，则要根据矢量关系转化为相对地面的速度．
例1 反冲小车静止放在水平光滑的玻璃上，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞水平喷出，小车沿相反方向运动．如果小车运动前的总质量为M＝3 kg，水平喷出的橡皮塞的质量为m＝0.1 kg.
(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度；
(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°夹角，小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?
答案 (1)0.1 m/s，方向与橡皮塞运动的方向相反
(2)0.05 m/s，方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反
解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受合外力为零，系统总动量为零．以橡皮塞运动的方向为正方向
根据动量守恒定律得，mv＋(M－m)v′＝0
v′＝－v＝－×2.9 m/s＝－0.1 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s.
(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒．以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有
mvcos 60°＋(M－m)v″＝0
v″＝－＝－ m/s＝－0.05 m/s
负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s.
例2 一火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝200 g的气体，气体离开发动机时速度为v＝1 000 m/s，火箭质量为M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，求：
(1)当第3次气体喷出后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s
解析 由于每次喷气速度都一样，可选整体为研究对象，运用动量守恒定律来求解．
(1)设喷出3次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的3次气体为研究对象，
根据动量守恒定律可得(M－3m)v3－3mv＝0
解得v3＝≈2 m/s
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，
根据动量守恒定律可得(M－20m)v20－20mv＝0
得v20＝≈13.5 m/s.
喷气式飞机和火箭的飞行都属于反冲现象．燃料和氧化剂在燃烧室内混合后点火燃烧，产生的高温高压燃气从尾喷管迅速向下喷出．由于反冲，火箭就向空中飞去．
二、反冲运动的应用——“人船模型”
“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．
例3 如图2所示，长为L、质量为M的小船静止在水面上，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求人和船相对地面的位移各为多少？
图2
答案 见解析
解析 设任一时刻人与船相对地面的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒，所以有
mv1＝Mv2
设整个过程中的平均速度大小分别为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.
1．(多选)下列属于反冲运动的是( )
A．向后划水，船向前运动
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反
答案 BD
2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图3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3
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 根据水和车组成的系统动量守恒，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，故水应向后喷出小车才能向前运动．
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以很大速度喷出，使火箭获得反冲速度向前运动，故选B.
图4
4．如图4所示，质量为m、半径为r的小球，放在内半径为R，质量为M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离．
答案
解析 由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2，所以＝.
设小球到达最低点时，小球的水平位移为s1，大球的水平位移为s2，则＝＝，由题意：s1＋s2＝R－r
解得s2＝(R－r)＝.
一、选择题(1～8题为单选题，9题为多选题)
1．关于反冲运动的说法中，正确的是( )
A．抛出部分的的质量m1小于剩余部分的质量m2才能获得反冲
B．若抛出部分的质量m1大于剩余部分的质量m2，则剩余部分所受的反冲力大于抛出部分所受的力
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 反冲运动是指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．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．
2．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，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的，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，D不正确．
3．一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
答案 A
解析 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．
4．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，以v0的方向为正方向，则有(M－Δm)v＋Δmv0＝0，解得：v＝－v0，负号表示火箭的运动方向与v0方向相反．
5．如图1所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
图1
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
答案 C
解析 小船和救生员组成的系统满足动量守恒：
(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′
解得v′＝v0＋(v0＋v)
故C项正确，A、B、D项均错误．
6．质量为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，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图2所示，则小船的运动速率和方向为( )
图2
A．0.6 m/s，向左
B．3 m/s，向左
C．0.6 m/s，向右
D．3 m/s，向右
答案 A
解析 甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得v＝，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．
图3
7．如图3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( )
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＝.②
由①②可得s2＝，故选C.
图4
8．如图4所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg.当静止时人离地面的高度为h＝5 m，长绳的下端刚好和水平面接触．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度是(可以把人看做质点)( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 当人滑到绳下端时，设人与气球相对地面的位移大小分别为h1、h2，由动量守恒得：
m1＝m2，且h1＋h2＝h.
解得h1≈1.4 m.
所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确．
9．某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”．该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源．该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端．下面说法正确的是( )
A．只有蜗牛运动，滑块不运动
B．滑块运动的距离是L
C．蜗牛运动的位移是滑块的倍
D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L
答案 CD
解析 蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统平均动量守恒，蜗牛运动时，滑块会向相反方向运动，A错误．设滑块运动的位移为s1，蜗牛运动的位移为s2，由平均动量守恒得：
M＝m可得＝，C正确．
又由s1＋s2＝L得：s1＝，B错误，D正确．
二、非选择题
10．如图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L，细杆高为h且位于小车的中点，要玩具蛙从杆上水平跳出后落到桌面上，它跳离杆的水平速度至少为多少？
图5
答案
解析 蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝，蛙与车组成的系统水平方向动量守恒，
由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，
若蛙恰好落在桌面上，则有v′t＋vt＝，
三式联立可求出v＝.
11．如图6所示，一辆质量MA＝3 kg的小车静止在光滑的水平面上，小车上有一质量MB＝1 kg的光滑小球，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻拦层碰撞并被粘住，已知L＝1.2 m．求：
图6
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度；
(2)整个过程中，小车移动的距离．
答案 (1)3 m/s 1 m/s (2)0.3 m
解析 (1)小车和小球组成的系统的动量守恒：
0＝MAvA－MBvB
系统的机械能守恒：MAv＋MBv＝Ep
解得vA＝1 m/s，vB＝3 m/s.
(2)小车和小球组成的系统平均动量守恒得MAsA＝MBsB
且sA＋sB＝L
解得：sA＝＝0.3 m
12．某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则：
(1)喷射出质量为Δm的液体后，玩具船的速度是多少？
(2)喷射出Δm液体的过程中，玩具船所受气体的平均作用力的大小是多少？
答案 (1) (2).
解析 (1)由动量守恒定律得：(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0
得：v船＝
(2)对喷射出的气体运用动量定理得：FΔt＝Δmv1
解得：F＝
由牛顿第三定律得，玩具船所受气体的平均作用力大小为
1．4 美妙的守恒定律
[学习目标] 1.了解弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞.2.会用动量、能量观点综合分析，解决一维碰撞问题.3.掌握弹性碰撞的特点，并能解决相关类弹性碰撞问题．
一、弹性碰撞和非弹性碰撞
[导学探究] 1.如图1所示，相同的钢球A、B用长度相等的丝线悬挂起来，使B球自然下垂，处于静止状态，拉起A球，放开后与B球相撞，发现碰撞后A球静止下来，而B球能上升到与A球原来相同的高度．那么A、B两球在碰撞前后的动量变化多少？动能变化多少？
图1
答案 碰撞前B静止，由机械能守恒定律可得mgL(1－cos θ)＝mv
解得：vA＝.
碰撞前二者总动量为：p1＝mvA＋mvB＝m
总动能为：Ek1＝mv＋mv＝mgL(1－cos θ)．
碰撞后A静止， 对B球：由机械能守恒定律可得：mvB′2＝mgL(1－cos θ)
解得：vB′＝
可知碰撞后二者总动量：p2＝mvB′＋mvA′＝m.
总动能为：Ek2＝mvB′2＋mvA′2＝mgL(1－cos θ)．
所以A、B两球组成的系统碰撞前后：Δp＝0，ΔEk＝0，即碰撞前后，动量守恒，机械能守恒．
2．如图2甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？
甲 乙
图2
答案 不守恒．碰撞时：mv0＝2mv
因此v＝
碰撞前系统的总动能：Ek1＝mv
碰撞后系统的总动能：Ek2＝·2mv2＝mv
所以ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv＝－mv，即系统总动能减少了mv.
[知识梳理] 弹性碰撞和非弹性碰撞的特点和规律
1．碰撞特点：碰撞时间非常短；碰撞过程中内力远大于外力，系统所受外力可以忽略不计；可认为碰撞前后物体处于同一位置．
2．弹性碰撞
(1)定义：在物理学中，动量和动能都守恒的碰撞叫做弹性碰撞．
(2)规律
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
3．非弹性碰撞
(1)定义：动量守恒，动能不守恒的碰撞叫做非弹性碰撞．
(2)规律：动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
机械能减少，损失的机械能转化为内能
|ΔEk|＝Ek初－Ek末＝Q
4．完全非弹性碰撞
(1)定义：两物体碰撞后“合”为一体，以同一速度运动的碰撞．
(2)规律：动量守恒：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
碰撞中机械能损失最多
|ΔEk|＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)发生碰撞的两个物体，动量一定是守恒的．( √ )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．( × )
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失最大．( √ )
二、研究弹性碰撞
[导学探究] 已知A、B两个弹性小球，质量分别为m1、m2，B小球静止在光滑的
图3
水平面上，如图3所示，A以初速度v0与B小球发生正碰，求碰撞后A小球速度v1和B小球速度v2的大小和方向．
答案 由碰撞中的动量守恒和机械能守恒得
m1v0＝m1v1＋m2v2①
由碰撞中动能守恒：m1v＝m1v＋m2v②
由①②可以得出：v1＝v0，v2＝v0
讨论 (1)当m1＝m2时，v1＝0，v2＝v0，两小球速度互换；
(2)当m1>m2时，则v1>0，v2>0，即小球A、B同方向运动．因<，所以v1(3)当m10，即小球A向反方向运动．(其中，当m1?m2时，v1≈－v0，v2≈0.)
一、碰撞的特点和分类
1．碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计．
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒．
2．碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒．
(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能．
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大．
3．爆炸：一种特殊的“碰撞”
特点1：系统动量守恒．
特点2：系统动能增加．
例1 大小、形状完全相同，质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s，某一时刻发生碰撞．
(1)如果两物体碰撞后粘合在一起，求它们碰撞后共同的速度大小；
(2)在问题(1)的条件下，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)令v1＝50 cm/s＝0.5 m/s，
v2＝－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m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝－0.1 m/s，负号表示方向与v1的方向相反．
(2)碰撞后两物体损失的动能为ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2＝[×0.3×0.52＋×0.2×(－1)2－×(0.3＋0.2)×(－0.1)2] J＝0.135 J.
(3)如果碰撞是弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为v1′、v2′，
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
由机械能守恒定律得m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2，
代入数据得v1′＝－0.7 m/s，v2′＝0.8 m/s
例2 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、乙两块弹片水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
解析 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝＝1 s，取向右为正方向，由水平速度v＝知，选项A中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝－0.5 m/s；选项B中，v甲＝2.5 m/s，v乙＝0.5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s，v乙＝2 m/s；选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝m，m乙＝m，v＝2 m/s，代入数值计算知选项B正确．
二、弹性正碰模型
例3 如图4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4
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＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失
m1v＝m1v＋m2v③
联立②③式解得v2＝④
将①代入④得v2＝
针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v0射向它们，如图5所示．设碰撞中不损失机械能，则碰撞后三个小球的速度分别是( )
图5
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由于1球与2球发生碰撞时间极短，2球的位置来不及发生变化．这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球作用，1、2球作用后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v0.同理分析，2、3球作用后交换速度，故D正确．
1．当遇到两物体发生碰撞的问题时，不管碰撞的环境如何，要首先想到利用动量守恒定律．
2．两质量相等的物体发生弹性正碰，速度交换．
3．解题时，应注意将复杂过程分解为若干个简单过程(或阶段)，判断每个过程的动量守恒情况、机械能守恒情况．但每一过程能量一定守恒．
三、判断一个碰撞过程是否存在的依据
1．动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.
2．总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
3．速度要符合情景：碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v前′≥v后′.
例4 在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰撞前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞后它们的动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
答案 A
解析 对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰撞后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰撞前，后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞)，碰撞后，前面小球的动量增大，后面小球的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项B、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，则碰撞后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A小球的质量和动量大小不变，动能不变，而B小球的质量不变，但动量增大，所以B小球的动能增大，这样系统的机械能比碰撞前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则．
针对训练2 如图6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，下面的猜测结果一定无法实现的是( )
图6
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，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
1．一个符合实际的碰撞，一定是动量守恒，机械能不增加，满足能量守恒．
2．要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式．
1．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( )
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定
答案 A
解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv－mv＝0＋mv′，
所以v′＝2v
碰撞前总动能Ek＝×3mv2＋mv2＝2mv2
碰撞后总动能Ek′＝mv′2＝2mv2，
Ek＝Ek′，所以A正确．
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．乙的质量远小于甲的质量时，碰撞后乙的速度是2v1
C．乙的质量远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
答案 ABC
解析 设甲物体质量为m1，乙物体质量为m2.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撞后的速度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对；根据动能定理可知D错误．
3．(多选)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pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB＝3 kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值是( )
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 AB
解析 由碰撞前后两球总动量守恒，即pA＋pB＝pA′＋pB′，可排除选项D；由碰撞后两球总动能不可能增加，即＋≥＋，可排除选项C.
4．如图7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，碰撞后A、B两球粘在一起．问：
图7
(1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
答案 (1) (2) (3)mv
解析 (1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，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，以v0的方向为正方向，则有：
mv0＝2mv1，解得v1＝.
(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球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，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，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，有：
2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝.
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能Ep最大，即：Epm＝·2mv－·3mv＝mv.
一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，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，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒．如果碰撞中机械能守恒，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．质量为ma＝1 kg，mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如图1所示，则可知该碰撞属于( )
图1
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能确定
答案 A
解析 由s－t图像知，碰撞前va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前动能mav＋mbv＝ J，碰撞后动能mava′2＋mbvb′2＝ J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞．
图2
3．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图2所示．具有动能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( )
A．E0 B. C. D.
答案 C
解析 碰撞过程中由动量守恒定律得：mv0＝3mv1
v1＝①
E0＝mv②
Ek′＝×3mv③
由①②③得Ek′＝×3m()2＝×(mv)＝，故C正确．
4．如图3所示，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以初速度v0向滑块A运动时，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的过程，A、B组成的系统动量均守恒
B．两滑块相碰和以后一起运动的过程，A、B组成的系统机械能均守恒
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．
5．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
A．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
答案 B
解析 四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰撞后A的速度vA′大于B的速度vB′，必须要发生第二次碰撞，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰撞后的总动能Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mAv＋mBv＝22 J，违背了能量守恒，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项正确．
图4
6．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( )
A. B．h C. D.
答案 C
解析 A球由静止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、B碰撞后并粘在一起的过程动量守恒，mv1＝2mv2；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′，联立解得h′＝.
7．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球碰撞后的速度为vA，由题意有mv＝×mv2，则vA＝v或vA＝－v，因此由动量守恒定律得，mv＝m·v＋2mvB或mv＝－m·v＋2mvB，解得vB＝v或v.
图5
8．如图5所示，一质量为m的装有弧形槽的小车静置于光滑水平面上．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与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( )
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，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为mv
答案 ACD
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，小球离开车时类似弹性碰撞，两者速度完成互换，故选项A、C、D都是正确的．
二、非选择题
9．如图6所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面可近似看做是光滑的，求：
图6
(1)碰撞后小球A和小球B的速度大小；
(2)小球B掉入小车后的速度大小．
答案 (1)v0 v0 (2)v0
解析 (1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0＝mAv1＋mBv2
碰撞过程中系统机械能守恒，有mAv＝mAv＋mBv
解得v1＝－v0，v2＝v0，碰撞后A球向左运动，B球向右运动
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv2＋mv3＝(mB＋m)v3′，
解得v3′＝v0.
图7
10．如图7所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出．第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ(θ<90°)，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ.若弹丸质量均为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求两粒弹丸的水平速度之比为多少？
答案
解析 弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设第一粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，根据动量守恒定律有
mv0＝(m＋5m)v1①
砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以
·6mv＝6mgL(1－cos θ)②
设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，同理有：
mv－(m＋5m)v1＝(m＋6m)v2③
·7mv＝7mgL(1－cos θ)④
由①②③④得，＝.
11．如图8所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直．a与b、b与墙之间的距离都为l，a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数应满足的条件．
图8
答案 ≤μ<
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.要使物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl，即μ<
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得
－μmgl＝mv－mv
设在a、b发生弹性碰撞后的瞬间的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝mv2＋mv3
mv＝mv＋()v
联立各式解得v3＝v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得
μmgl≥()v
解得μ≥
综上所述有≤μ＜.
习题课1 动量守恒定律的应用
[学习目标] 1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．
一、动量守恒条件的扩展应用
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.
2．动量守恒定律的研究对象是系统．研究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．分清系统的内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
例1 (多选)质量分别为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＋m0v2＋mv3
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．
例2
图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，求物体落入砂车后车的速度v′.
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．
1．分析多个物体组成的系统时，系统的划分非常重要，划分时要注意各物体状态的变化情况，分清作用过程中的不同阶段．
2．系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受外力远小于内力，则系统沿这一个方向的分动量守恒．可沿这一方向由动量守恒定律列方程解答．
二、动量守恒定律在多物体、多过程中的应用
求解这类问题时应注意：
(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；
(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统，既要符合守恒条件，又要方便解题．
(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程．
例3 如图3所示，A、B两个木块的质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触光滑，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的最终速度大小；
(2)铁块刚滑上B时的速度大小．
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，取水平向右为正方向，
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.
针对训练 如图4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4
答案 v0
解析 解法一 把A、B、C看成一个系统，整个过程中由动量守恒定律得：
mAv0＝(mA＋mB＋mC)v
B、C碰撞过程中由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋mC)v
联立解得vB＝v0.
解法二 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
由题意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.
1．(多选)如图5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端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是( )
图5
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 斜面和小球组成的系统受到斜面的重力、地面的支持力以及小球的重力，这三个力的合力不为零(球有竖直向下的加速度)，故斜面和小球组成的系统动量不守恒，A选项错误；但在水平方向上斜面和小球组成的系统不受外力，故水平方向动量守恒，B选项正确；由水平方向动量守恒知斜面向右运动，C选项正确，D选项错误．
2．如图6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，盒内放有一个质量为m的物块．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6
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．物块的最终速度为，方向水平向右
D．物块的最终速度为，方向水平向右
答案 D
解析 物块与盒子组成的系统所受合外力为零，物块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＝，方向水平向右，D项对．
3．(多选)如图7所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是( )
图7
A．当小球到达最低点时，木块有最大速率
B．当小球的速率最大时，木块有最大速率
C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大
D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
答案 ABD
解析 小球和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，小球有最大速率，所以木块也有最大速率；小球上升到最高点时，小球速率为零，木块的速率也为零．
4．如图8所示，光滑水平面上有三个木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，mA＝mC＝2m、mB＝m.A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与木块不拴接)．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，最终三木块速度恰好相同，求B与C碰撞前B的速度．
图8
答案
解析 细绳断开后，在弹簧弹力的作用下，A做减速运动，B做加速运动，最终三者以共同速度向右运动，设共同速度为v，A和B分开后，与C碰撞前B的速度为vB，对三个木块组成的系统，整个过程总动量守恒，取v0的方向为正方向，则有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v①
对A、B两个木块，分开过程满足动量守恒，则有
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB②
联立①②两式可得：vB＝.
一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)
1．把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，当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
答案 D
解析 由于枪水平放置，故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外，不受其他外力，动量守恒．子弹和枪筒之间的力属于系统的内力，对系统的总动量没有影响，故选项C错误；枪和子弹组成的系统受到车对其的外力作用，车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用，动量都不守恒，正确选项为D.
2.
图1
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1所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为( )
A．v0 B. C. D.
答案 B
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，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，v＝v0，即它们最后的速度为v0.
3.
图2
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，物体A被水平速度为v0的子弹射中后子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mB的，子弹的质量m是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1.将子弹、A、B看做一个系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)的合力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，故v1＝，即弹簧被压缩到最短时B的速度为.
4．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射了一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m，射出时的速度为v0，车厢和人的质量为M，作用完毕后车厢的速度为( )
A.，向前 B.，向后
C.，向前 D．0
答案 D
解析 以车厢、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零，不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D正确．
图3
5．如图3所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速度释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．小车和小球组成的系统动量守恒
B．小球向右摆过程小车一直向左加速运动
C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
D．小球摆到最低点时，小车的速度最大
答案 D
解析 小车与小球组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，系统整体动量不守恒；小球从图示位置下摆到最低点，小车向左加速运动，当小球到最低点时，小车的速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，所以D正确．
6．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，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.
7．如图4所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
图4
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb
D．a、c两车运动方向相反
答案 CD
解析 若人跳离b、c车时对地的水平速度为v，由动量守恒定律知：人和c车组成的系统：0＝M车vc＋m人v
对人和b车：m人v＝M车vb＋m人v
对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va
所以：vc＝－，vb＝0，va＝
即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．
8.
图5
如图5所示，小车放在光滑的水平面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是( )
A．A、B质量相等，但A比B的速率大
B．A、B质量相等，但A比B的速率小
C．A、B速率相等，但A比B的质量大
D．A、B速率相等，但A比B的质量小
答案 AC
解析 两人及车组成的系统动量守恒，选向右的方向为正方向，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．
二、非选择题
9.
图6
质量为m1、m2的滑块分别以速度v1、v2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图6所示，已知v2>v1，有一轻弹簧固定在m2上，求弹簧被压缩至最短时m1的速度多大？
答案
解析 两滑块匀速下滑所受合外力为零，相互作用时合外力仍为零，动量守恒．当弹簧被压缩时，m1加速，m2减速，当压缩至最短时，m1、m2速度相等．
设速度相等时为v，则有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得弹簧被压缩至最短时m1的速度v＝.
10.
图7
质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑的水平面上，车的一端静止放着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图7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仍静止在小平板车上，取g＝10 m/s2.求平板车最后的速度大小．
答案 2.5 m/s
解析 子弹射穿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，设A与车的共同速度为v.
子弹射穿A的过程极短，因此可以认为子弹和A组成的系统动量守恒，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，对于A与车组成的系统，动量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，
所以v＝＝ m/s＝2.5 m/s.
习题课2 动量和能量的综合应用
[学习目标] 1.熟练掌握动量守恒定律的运用.2.综合应用动量和能量观点解决力学问题．
图1
[导学探究] 如图1所示，质量为2 kg的物体静止在与其之间动摩擦因数为μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F＝20 N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g＝10 m/s2)
答案 对物体受力分析如图所示：
方法一：根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
v＝at
s＝at2
解得t＝4 s，s＝40 m.
方法二：根据动量定理可得：(F－μmg)t＝mv－0
解得：t＝4 s.
根据动能定理可得：Fs－μmgs＝mv2－0
解得s＝40 m.
[知识梳理] 解决力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
一、滑块—木板模型
1．把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．
2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．
3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．
例1 如图2所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．求：
图2
(1)木块B的最小速度是多少？
(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？
答案 见解析
解析 (1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动，A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．
取向右为正方向，根据动量守恒定律：
m·2v0－mv0＝5mv
解得B的最小速度为v＝
(2)A向左减速的过程中，根据动能定理有
－μmgs1＝0－mv
向左的位移为s1＝
A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有
μmgs2＝×4m()2
向右的位移为s2＝
取向左为正方向，整个过程A发生的位移为s＝s1－s2＝
即此过程中A发生的位移向左，大小为.
二、子弹打木块模型
1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．
2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多．
例2 如图3所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：
图3
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统损失的机械能；
(3)子弹在木块中打入的深度．
答案 (1) (2)
(3)
解析 因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差．
(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：
mv＝(M＋m)v′①
二者一起沿地面滑动，设前进的距离为s，由动能定理得：
－μ(M＋m)gs＝0－(M＋m)v′2②
由①②两式解得：s＝.
(2)射入过程中损失的机械能
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2③
解得：ΔE＝.
(3)设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s相对，则ΔE＝μmgs相对
得：s相对＝＝.
三、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，则满足动量守恒．
2．整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：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：弹簧被压缩至最短时，或弹簧被拉伸至最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大．
例3 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4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4
(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得：(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得：
vBC＝ m/s＝2 m/s，
物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒定律，则Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.
针对训练 如图5所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们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5
A. B.
C. D.
答案 A
解析 子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv－×200mv＝.
1．含有弹簧类的碰撞问题，要特别注意物块碰撞中机械能可能转化为内能，所以全过程看系统机械能往往不守恒．
2．处理动量和能量结合问题时应注意的问题
(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零．
(2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况．
(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式．
(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒.
1．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图6所示，上述两种情况相比较( )
图6
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
答案 AC
解析 两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv＝(M＋m)v共，得v共＝v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确．
2．如图7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7
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，碰撞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，所以碰撞后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，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.
3．如图8所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为( )
图8
A．L B.
C. D.
答案 D
解析 长木板固定时，由动能定理得：μMgL＝Mv，若长木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C三项错误．
4．如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：
图9
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(2)小车C上表面的最短长度．
答案 (1)2.5 m/s (2)0.375 m
解析 (1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh＝mAv①
代入数据解得v1＝＝5 m/s②
设A、B碰撞后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，
mAv1＝(mA＋mB)v2③
代入数据解得v2＝2.5 m/s④
(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，
根据动量守恒定律有：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3⑤
根据能量守恒定律有：
μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v⑥
联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m.
一、选择题(1～2题为单选题，3～4题为多选题)
1．如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点．Q与轻质弹簧相连且Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
图1
A．P的初动能 B．P的初动能的
C．P的初动能的 D．P的初动能的
答案 B
解析 把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，v＝
所以弹簧具有的最大弹性势能Ep＝mv－×2mv2＝mv＝Ek0，故B正确．
2．如图2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的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s时，物块的运动情况是( )
图2
A．做减速运动 B．做加速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
答案 A
解析 开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1
代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.7 m/s，所以物块处于向左减速的过程中．
3．如图3所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是( )
图3
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B与A分开后能达到的最大高度为
D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算
答案 BC
解析 根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为h′＝h，即C正确，D错误．
4．如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1 kg和m2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )
图4
A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s
C．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
答案 CD
解析 在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒．设断开后a、b两球的速度分别为v1和v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，有v1t－v2t＝s，联立解得：v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确．由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能为Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v＝0.27 J，选项D正确．
二、非选择题
5．如图5所示，在光滑水平地面上的木块M紧挨轻弹簧靠墙放置．子弹m以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量为M＝9m，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx.劲度系数为k、形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2.求：
图5
(1)从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；
(2)弹簧的劲度系数．
答案 (1)mv (2)
解析 (1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v，由动量守恒定律
mv0＝(m＋M)v，解得v＝.
设从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律
ΔE＝mv－(m＋M)v2
代入数据得ΔE＝.
(2)设弹簧的劲度系数为k′，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx，其弹性势能可表示为
Ep′＝k′(Δx)2，
木块压缩轻弹簧的过程，由机械能守恒定律
(m＋M)v2＝Ep′，
解得弹簧的劲度系数k′＝.
6．如图6所示，在光滑水平面上有一辆质量为M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.
图6
(1)求子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；
(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；
(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？
答案 (1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m
解析 (1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋m)v1，
解得：v1＝＝ m/s＝10 m/s
(2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v，
解得v＝＝ m/s＝2 m/s
(3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：
(m0＋m)v＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m＋M)v2，
解得L＝8 m.
7．如图7所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，物体在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.
图7
(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；
(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？
答案 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m(或 m)
解析 (1)碰撞前小球在竖直平面内做圆周运动
根据机械能守恒定律，得mCgL＝mCv
由牛顿第二定律，得F－mCg＝
解得v0＝4 m/s，F＝30 N
(2)设A、C碰撞后的速度大小分别为vA、vC，由能量守恒定律和动量守恒定律，得mCv＝mCgh
mCv0＝mAvA－mCvC
解得vC＝2 m/s，vA＝1.5 m/s
(3)设A在B上相对滑动的最终速度为v，相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律，得
mAvA＝(mA＋mB)v
μmAgs＝mAv－(mA＋mB)v2
解得s＝0.375 m
要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或 m)
8．如图8所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，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A点．求男演员落地点C与O点的水平距离s.(已知男演员的质量为m1和女演员的质量为m2，＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)
图8
答案 8R
解析 设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v
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，由动量守恒定律得(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到C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得
4R＝gt2，s＝v1t
女演员刚好能回到A点，由机械能守恒定律得
m2gR＝m2v，
已知m1＝2m2，解得s＝8R.
第1章 碰撞与动量守恒
章末总结
一、动量定理及其应用
1．冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．
图1
(2)变力的冲量
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图像法计算．在F－t图像中阴影部分(如图1)的面积就表示力在Δt＝t2－t1时间内的
冲量．
2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，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．
(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量．②求变力的冲量问题及平均力问题．
3．物体动量的变化率等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式．
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mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参考系的速度)；
(3)利用Ft＝mv2－mv1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vt＝4 m/s方向为正，则动量变化Δp＝mvt－mv0＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s.由动量定理F合·t＝Δp得(N－mg)t＝Δp，则N＝＋mg＝ N＋0.2×10 N＝12 N.
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)和划分过程，分析系统所受的外力，判断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2所示，两端带有固定薄挡板的滑板C长为L，质量为，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m、的物块A、B，A位于C的中点，现使B以水平速度2v向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A、B可看做质点，物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：
图2
(1)B与C上挡板碰撞后的速度以及B、C碰撞后C在水平面上滑动时的加速度大小；
(2)A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小．
答案 (1)v 2μg
(2)
解析 (1)B、C碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
×2v＝(＋)v1
解得v1＝v
对B、C，由牛顿第二定律得：
μ(m＋＋)g＝(＋)a，
解得a＝2μg.
(2)设A、C第一次碰撞前瞬间C的速度为v2，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v－v＝2(－a)×L，
物块A与B、C的碰撞都可视为弹性碰撞，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
(＋)v2＝(＋)v3＋mv4
由能量守恒定律得
(＋)v＝(＋)v＋mv
解得A与C上挡板第一次碰撞后A的速度大小
v4＝.
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．
3．两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3 如图3所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量为mA＝2m，B的质量为mB＝m.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B恰好能通过P点．已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
图3
(1)物块B运动到P点时的速度大小vP；
(2)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；
(3)物块A在水平面上运动的时间t.
答案 (1)
(2)
(3)
解析 (1)对于物块B，恰好通过P点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律得 ：
mBg＝①
解得vP＝②
(2)对于物块B，从N点到P点的过程中由机械能守恒定律得：
mBv＝mBv＋2mBgR③
解得vB＝④
(3)设物块A、B分离时A的速度大小为vA，根据动量守恒定律得：
mAvA－mBvB＝0⑤
此后A滑行过程中，根据动量定理得：
－μmAgt＝0－mAvA⑥
联立④⑤⑥式可得：t＝.
1．(多选)一质量为2 kg的质点在一恒力F的作用下，在光滑水平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移s变化的关系式为p＝8 kg·m/s，关于该质点的说法正确的是( )
A．速度变化率为8 m/s2
B．受到的恒力为16 N
C．1 s 末的动量为16 kg·m/s
D．1 s 末的动能为32 J
答案 ABC
解析 由式子p＝8 kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到s＝，再由匀加速直线运动的位移公式v2＝2as，知加速度a＝8 m/s2，故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D选项错误．
2.
图4
一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图4所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前的瞬间速度为7 m/s，碰撞后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块的平均作用力F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
答案 (1)0.32 (2)130 N，方向向左 (3)9 J
解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中
由动能定理得－μmgs＝mv2－mv
代入数值解得μ＝0.32.
(2)取向右为正方向，碰撞后滑块的速度v′＝－6 m/s
由动量定理得：FΔt＝mv′－mv
解得F＝－130 N
其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得
－W＝0－mv′2，解得W＝9 J.
3．两滑块a、b开始沿光滑水平面上同一条直线运动，并发生碰撞．碰撞后两者粘在一起运动．经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置s随时间t变化的图像如图5所示．求：
图5
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由图像得
v1＝－2 m/s①
v2＝1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由图像得
v＝ m/s③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为
W＝(m1＋m2)v2⑦
联立⑥⑦式，并代入数据得
W∶ΔE＝1∶2
