第十六章 动量守恒定律
章 末 小 结
一、动量定理及应用
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
(2)变力的冲量：
①通常利用动量定理I＝Δp求解
②可用图象法计算。在F-t图象中阴影部分(如图)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1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求相互作用时间
④利用动量定理定性分析一些物理现象
典例1 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60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s，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10m/s2)
解题指导：物体的动量变化与物体所受合外力的冲量有关，因此解决这一类问题要注意研究对象和研究过程中物体的受力分析。
解析：方法一：运动员刚接触网时速度的大小：
v1＝＝m/s＝8m/s，方向向下。
刚离网时速度的大小：
v2＝＝m/s＝10m/s，方向向上。
运动员与网接触的过程，设网对运动员的作用力为FN，对运动员由动量定理(以向上为正方向)有：
(FN－mg)Δt＝mv2－m(－v1)，
解得FN＝＋mg＝N＋60×10N＝1.5×103N，方向向上。
方法二：此题也可以对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理。
从3.2m高处自由下落的时间为：
t1＝＝s＝0.8s．
运动员弹回到5.0m高处所用的时间为：
t2＝＝s＝1s。
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，对全过程应用动量定理，有FNt3－mg(t1＋t2＋t3)＝0，
则FN＝mg＝×60×10N＝1.5×103N，方向向上。
二、动量守恒定律在多物体问题及临界问题中的应用
1．对于两个以上的物体组成的物体系
(1)正确分析相互作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型。
(2)分清作用过程的各个阶段和联系各阶段的状态量。
(3)合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要便于解题。
2．对于临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。
典例2 (吉林省长春十一中、白城一中2017～2018年高二下学期期中联考)如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝， 为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？(不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点)
解题指导：→→→
解析：设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh 得：v1＝＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v′1和v′2，则
人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1
即(2m＋m)v1＝2mv＋mv′1 ①
人跳上乙车时，Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v′2 ②
解得v′1＝6v0－2v ③
v′2＝v－v0 ④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v′1＝±v′2
当v′1＝v′2时，由③④解得v＝v0
当v′1＝－v′2时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0
答案：v0≤v≤v0
三、解答动力学问题的三种思路
1．三种思路的比较
思路
特点分析
适用情况
力的观点：牛顿运动定律结合运动学公式
分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系，涉及力、加速度、位移、速度、时间
恒力作用下的运动
能量观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律
分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系。系统内力做功会影响系统能量，涉及力、位移、速度
恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用
动量观点：动量定理和动量守恒定律
分析物体的受力(或系统所受外力)、速度，建立力、时间与动量间的关系(或动量守恒定律)，系统内力不影响系统动量，涉及力、时间、动量(速度)
恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动
2．三种思路的选择
(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
(2)对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒(功能关系)建立方程。
特别提醒：(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律。若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理。所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。
(2)两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性。
典例3 在某高速公路上，质量为M的汽车拉着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v。在某一时刻拖车脱钩了，若汽车的牵引力保持不变，则在拖车刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大(设阻力大小正比于车的重量)?
解题指导：本题可从力的观点或动量的观点分析求解。
解析：方法一：设阻力系数为k，汽车和拖车受到的阻力分别是Ff1＝kMg，Ff2＝kmg
则匀速运动时，牵引力F＝Ff1＋Ff2＝k(M＋m)g
拖车脱钩后做匀减速运动，加速度大小a2＝＝kg
到停止时所用时间t＝＝
汽车做匀加速运动，加速度大小a1＝＝
由速度公式得v′＝v＋a1t＝v
方法二：将汽车和拖车看成一个系统，匀速运动时系统受到的合力为零。脱钩后在拖车停止前，牵引力和阻力均不变，系统受到的合力仍为零，故汽车和拖车的动量守恒。拖车停止时设汽车速度为v′，有(M＋m)v＝Mv′
解得v′＝v
答案：v
1．动量守恒定律属于高考热点，动量概念的考查也是个重点。
2．以碰撞、反冲、爆炸、相互摩擦打滑等为情景，与能量转化与守恒定律结合起来考查在高考题中出现频率较高。
3．动量定理和动量守恒定律在实际生活、生产、 新科技中的应用等题目在高考中可能增加。据此在学习中要重视这部分基本概念、基本理论的理解，并培养用其定性分析讨论问题的能力。
一、考题探析
例题 (2018·全国卷Ⅰ，24)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案：(1) (2)
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt ②
联立①②式得
t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv＋mv＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝ ⑧
二、临场练兵
一、选择题(1、2题为单选题，3题为多选题)
1．(2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( B )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
解析：A错：速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比；B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比；C错：动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比；D错：动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比。
2．(2018·全国卷Ⅱ，15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( C )
A．10 N B．102 N
C．103N D．104N
解析：设每层楼高约为3m，则下落高度约为
h＝3×25m＝75m
由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv知
鸡蛋对地面的冲击力F＝＋mg≈103N。
3．(2017·全国卷Ⅲ，20)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( AB )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
二、非选择题
4．(2018·全国卷Ⅱ，24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
答案：(1)3.0m/s (2)4.3m/s
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v′＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0m/s ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有v′＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.3m/s ⑦
5．(2018·北京卷，22)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
答案：(1)100m (2)1800N·s (3)受力图见解析
3900N
解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L＝＝100m
(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1800 N·s
(3)运动员经过C点时的受力分析如图所示。
根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有
mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律，有
FN－mg＝m
得FN＝3900 N
第十六章 学业质量标准检测
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是( A )
A． 球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360N
C．球棒对垒球做的功为238.5J
D．球棒对垒球做的功为36J
解析：设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理得·t＝m(vt－v0)，取vt＝45m/s，则v0＝－25m/s，代入上式，得＝1260N，由动能定理得W＝mv－mv＝126J，选项A正确。
2．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上。则下述说法中正确的是( B )
①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒
②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒
③小车的最终速度与断线前相同
④全过程系统的机械能不守恒
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．①②③④
解析：取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(若有摩擦，则物体与小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同。但由于物体粘在B端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒。
3．如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( B )
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
解析：两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以，有v1＝v2，<1，故v14．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为( D )
A． 向东 B． 向东
C． 向东 D．v1 向东
解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v1′(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，
则有Mv1＝(M－m)v1′＋mv1
(M－m)v1＝(M－m)v1′
所以v1′＝v1，D正确。
5．(辽宁省沈阳市郊联体2018届高三上学期期末)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s－t(位移时间)图象。已知m1＝0.1kg。由此可以判断( A )
A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.2kg D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能
解析：由题中图象可知，m1碰前速度v1＝4m/s，碰后速度为v′1＝－2 m/s，m2碰前速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2m/s，m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。
代入数据解得：m2＝0.3kg。
所以A正确，B，C错误；
两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为：
ΔE＝m1v′＋m2v′－＝0。
所以碰撞过程是弹性碰撞。所以D错误。
6．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等)( C )
A．1.5m B．1.2m
C．1.34m D．1.1m
解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t。
撤去缆绳，由动量守恒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x1＝v1t＝x0≈1.34m，C正确。
7．(湖北省黄冈市2017～2018学年高三上学期期末)在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案。方案之一为“降伞方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程，下列说法正确的是( BC )
A．火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒
B．从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大
C．从返回轨道至低空轨道，火箭处于失重状态
D．打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量
解析：火箭和有效载荷分离过程中使用了引爆装置，该系统的总机械能不守恒，故A错误；从返回轨道下落至低空轨道，由G＝mg得g＝G，火箭的重力加速度增大，故B正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，火箭处于失重状态，故C正确；由动量定理可知，打开气囊可以减小受到地面的冲击力，而不是减小地面对火箭的冲量，故D错误。
8．(河南省信阳市2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是( AD )
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．小车获得的冲量与车表面的粗糙程度无关
解析：以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，最后m、M以共同速度运动。有：mv0＝(m＋M)v′解得：v′＝v0。故A正确，B错误；木块减少的动量mv－mv′与车面粗糙程度无关。故C错误；小车M获得冲量等于mv′与车面粗糙程度无关，故D正确。
9．(河北衡水中学2016～2017学年高二检测)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得( BD )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1
解析：交点表示速度相同，由A的速度图象知t1时刻正在加速，说明弹簧被拉伸，t3时刻，正在减速，说明弹簧被压缩，故选项A错误；t3时刻，A正在减速，说明弹簧被压缩，t4时刻A的加速度为零，说明弹簧处于原长，故选项B正
确；对0到t1过程使用动量守恒定律得3m2＝(m1＋m2)×1，故m1∶m2＝2∶1，故选项C错误；由动能结合t2时刻各自速度知动能之比为8∶1，故选项D正确。
10．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6kg，m＝0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是( AD )
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N·s
解析：释放弹簧过程中，由动量守恒定律得Mv1＝mv2，由机械能守恒定律得Ep＝Mv＋mv
解得v1＝3m/s，v2＝9m/s，故B错误；
对m，由A运动到B的过程由机械能守恒定律得
mv＝mv′＋mg×2R，得v2′＝8m/s
由A运动到B的过程由动量定理得
I合＝mv2′－(－mv2)＝3.4N·s，故A正确；球m从B点飞出后，由平抛运动可知：水平方向x＝v2′t，竖直方向2R＝gt2
解得x＝，故C错误；
弹簧弹开过程，弹力对m的冲量I＝mv2＝1.8N·s，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
11．(6分)如图所示，在橄榄球比赛中，一个质量为95kg的橄榄球前锋以5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分。就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名质量均为75kg的队员，一个速度为2m/s，另一个为4m/s，然后他们就扭在了一起。
(1)他们碰撞后的共同速率是__0.1m/s__(结果保留一位有效数字)。
(2)在框中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：__能够得分__。
解析：(1)设前锋运动员的质量为M1，两防守队员质量均为M2，速度分别为v1、v2、v3，碰撞后的速度为v，设v1方向为正方向，由动量守恒定律得
M1v1－M2v2－M2v3＝(M1＋2M2)v
代入数据解得
v＝0.1m/s
(2)因v>0，故碰后总动量p′的方向与pA方向相同，碰撞后的状态如图所示，即他们都过了底线，该前锋能够得分。
12．(8分)(山东省泰安市2017～2018学年高三上学期期末)如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量__C__(填选项前的序号)，间接地解决这个问题
A．小球开始释放的高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的水平位移
(2)用天平测量两个小球的质量m1、m2。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放；然后，把被碰小球m2静止于轨道水平部分的末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M、P、N，并测量出平均水平位移OM、OP、ON。
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__m1×OP＝m1×OM＋m2×ON__(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为__m1×OP2＝m1×OM2＋m2×ON2__(用(2)中测量的量表示)。
解析：(1)在该实验中，通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故选C。
(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1OP＝m1OM＋m2ON；若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒：m1v＝m1v＋m2v，代入得：m1×OP2＝m1×OM2＋m2×ON2
三、论述·计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为336g，求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10m/s2)
答案：(1)4.75N·s (2)6.10N·s (3)15.25N
解析：(1)小球自由下落10m所用的时间是t1＝＝s＝s。
重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×N·s≈4.75N·s，方向竖直向下。
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1＋t2)－Ft2＝0
泥潭的阻力F对小球的冲量
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4)N·s
≈6.10N·s，方向竖直向上。
(3)由Ft2＝6.10N·s得F＝15.25N。
14．(11分)(安徽省池州市2017～2018学年高三上学期期末)如图所示，光滑的水平桌面AB长为L＝0.9m，高h＝0.8m，左边是光滑竖直半圆轨道，半径R＝0.5m，用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与可看作质点的两物体不拴连。甲的质量为m1＝1kg，乙的质量为m2＝2kg，两物体静止在桌面上。烧断细线，甲物体离开弹簧进入半圆轨道，恰好能到达最高点D，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
(1)乙物体落地时离桌面左边缘B点的水平距离；
(2)烧断细线前压缩的轻质弹簧贮存的弹性势能。
答案：(1)1.9m (2)18.75J
解析：(1)设甲、乙被弹簧弹开后速度分别为v1、v2，甲物体离开弹簧后恰好能到达半圆轨道最高点D，设在最高点的速度为vD，由牛顿第二定律有：m1g＝m1
甲物体被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律有：m1v＝m1g·2R＋m1v
小球A、B被弹簧弹开过程，由动量守恒定律有：
0＝m1v1－m2v2
乙物体离开桌面边缘后做平抛运动有：h＝gt2，x＝v2t，
代入数据解得：x＝1m。
乙物体落地时距桌面左边缘B点的水平距离为
x＋L＝1.9m
(2)对甲、乙两物体及弹簧组成的系统，由能量守恒定律有：
Ep＝m1v＋m2v
解得烧断细线前压缩的轻质弹簧贮存的弹性势能：
Ep＝18.75J。
15．(12分)(广东省华南师范大学附中2017～2018学年高三统考)如图所示，质量为M＝3kg的小车A以v0＝4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m＝1kg的小球B(可看作质点)，小球距离车面H＝0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为m0＝1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，重力加速度取g＝10m/s2。求：
(1)绳未断前小球距沙桶的水平距离Δx；
(2)小车的最终速度v的大小；
(3)整个系统损失的机械能ΔE。
答案：(1) 0.4m (2)3.2m/s (3) 14.4J
解析：(1)A与C的碰撞动量守恒：mAv0＝(mA＋mC)v1，
得：v1＝3m/s2
设小球下落时间为t，则：H＝gt2，解得t＝0.4s
Δx＝(v0－v1)t＝0.4m
(2)设系统最终速度为v2，由水平方向动量守恒：
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2
得：v2＝3.2m/s
(3)由能量守恒得：
ΔE＝mBgH＋(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v
解得ΔE＝14.4J
16．(13分)(河北省衡水中学2018届高三上学期模拟)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案：(1)20kg (2)冰块不能追上小孩
解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg ③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得v1＝1m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥
m2v＝m2v＋m3v ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
第十六章 动量守恒定律
〔情 景 切 入〕
碰撞是自然界物体间发生作用的一种常见的方式。天体间的碰撞惊心动魄，微观粒子间的碰撞又悄无声息，竞技赛场上的碰撞更是扣人心弦，高速喷出的流体也能对物体施加作用，火箭之所以能进入太空就是高速气体持续作用的结果。那么，物体间碰撞时遵循什么规律呢？
〔知 识 导 航〕
本章主要学习动量的概念，以及动量定理和动量守恒定律，这一章是牛顿力学的进一步延伸。
本章从知识结构上可分为两个单元：第1节、第2节、第3节为第一单元，这部分内容侧重动量概念的引入，以及动量守恒定律的建立。第4节、第5节为第二单元，这部分内容主要是围绕动量守恒定律的应用展开的。
本章的重点是动量守恒定律的探究、理解和应用，学会用动量观点解决碰撞、反冲等问题的思想和方法；难点是应用动量定理和动量守恒定律处理打击、碰撞、反冲等实际问题。
〔学 法 指 导〕
1．在学习本章内容前，应注意复习运动学和动力学的有关知识，回顾利用牛顿运动定律和利用能量观点解决问题的重要思路和方法。学习中应注意探究过程，突出过程与方法的学习。
2．要结合实例理解动量、冲量、动量变化量的概念，通过做适量练习题巩固概念的内涵、感知概念的外延，这样才能真正掌握这些概念。
3．冲量、动量是矢量，动量定理和动量守恒定律表达式也是矢量式，它们的运算遵从平行四边形定则，在高中阶段我们一般研究在同一直线上的相互作用，这样的矢量运算是同一直线上的矢量运算，只要在运算前先规定一个正方向，就可以把矢量运算转化为代数运算。
第一节 实验：探究碰撞中的不变量
学 习 目 标
※
了解探究碰撞中的不变量的基本思路和实验方法
※
体验探究自然规律的过程
※
探究一维碰撞中的不变量
知 识 导 图
知识点1 实验的基本思路
1．一维碰撞
两个物体碰撞前沿__同一直线__运动，碰撞后__仍沿这条直线__运动。这种碰撞叫做一维碰撞。
2．探寻守恒量
在一维碰撞的前提下，设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前它们的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v′1、v′2。
(1)物体质量与各自速度的乘积之和是否为不变量。
即是否有m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__?
(2)物体质量与各自速度平方的乘积之和是否为不变量。
即是否有m1v＋m2v＝__m1v1′2＋m2v2′2__?
(3)物体速度与其质量之比的和是否为不变量。
即是否有＋＝__＋__?
知识点2 实验方案设计
方案一：用气垫导轨完成两个滑块的一维碰撞
实验装置如下图所示。
1．速度的测量
v＝，式中Δx为滑块上挡光片的__宽度__，Δt为光电计时器显示的挡光片经过__光电门__的时间。
2．各种碰撞情景
滑块上装弹性片、贴胶片或橡皮泥等，达到碰撞后弹开或粘在一起的效果。
方案二：利用等长悬绳挂等大的小球实现一维碰撞
实验装置如下图所示。把两个小球用线悬起来，一个小球静止，拉起另一个小球，放开后它们相碰。
1．速度的测量
v＝，式中l为__单摆摆长__，θ为小球被拉起或被撞小球摆起的角度。
2．各种碰撞情景
可采用在小球上贴胶片的方式来改变碰撞中的能量损失。
方案三：利用小车在光滑桌面碰撞另一个静止的小车实现一维碰撞
实验装置如下图所示。
1．速度的测量
v＝，式中s为__小车匀速__运动时纸带上各点之间的距离，t为通过s所用的时间。
2．碰撞情景
静止的小车上装上橡皮泥，运动的小车上装上撞针，让它们碰撞后粘在一起。
一、实验过程
1．实验器材
方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、弹簧片、细线、弹性碰撞架、胶片、撞针、橡皮泥等。
方案二：带细线的摆球(两个)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶片等。
方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥等。
2．实验步骤
不论采用哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：
(1)用天平测量相关的质量；
(2)安装实验装置；
(3)使物体发生碰撞；
(4)测量或读出有关数据，计算出物体的速度；
(5)改变碰撞条件重复上述3、4步；
(6)进行数据处理通过分析对比，找出碰撞中的不变量；
(7)整理实验器材。
3．数据处理
(1)将以上三个实验过程中测得的数据填入下表中
碰撞前
碰撞后
质量
m1
m2
m1
m2
速度
v1
v2
v1′
v2′
mv
m1v1＋m2v2
m1v1′＋m2v2′
mv2
m1v＋m2v
m1v1′2＋m2v2′2
＋
＋
从上表中的三个关系中，找出碰撞前和碰撞后相等的关系量。
(2)结论
在实验误差允许的范围内，碰撞前、后不变的量是物体的质量m与速度v的乘积之和，即m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__。
二、误差分析
1．系统误差
(1)碰撞是否为一维碰撞，设计实验方案时应保证碰撞为一维碰撞。
(2)碰撞中其他力(例如，摩擦力、空气阻力等)的影响带来的误差。实验中要合理控制实验条件，避免除碰撞时相互作用力外的其他力影响物体速度。
2．偶然误差
测量和读数的准确性带来的误差，实验中应规范测量和读数，同时增加测量次数，取平均值，尽量减小偶然误差的影响。
三、注意事项
1．前提条件
应保证碰撞的两物体发生的是一维碰撞，即两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿同一直线运动。
2．方案提醒
(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平。
(2)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内。
3．探究结论
寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变，才符合要求。
考点一 实验步骤与数据处理
D
典例1 某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的不变量：打点计时器、低压交流电源(频率为50Hz)、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＝0.4kg，小车B的质量为mB＝0.2kg
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__ADCEB__。
(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如上图所示，根据这些数据完成下表。
碰撞前
碰撞后
A车
B车
AB整体
质量/kg
速度/(m·s－1)
/(m·s－1·kg－1)
mv/(kg·m·s－1)
mv2/(kg·m2·s－2)
(3)根据以上数据猜想碰撞前后不变量的表达式为
__mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v__。
解题指导：注意碰撞前后小车均做匀速运动，碰撞前后的速度可利用纸带上点迹分布均匀的部分计算。
解析：(1)按照先安装，后实验，最后重复的顺序，该同学正确的实验步骤为ADCEB。
(2)碰撞前后均为匀速直线运动，由纸带上的点迹分布求出速度。碰后小车A、B合为一体，求出AB整体的共同速度。注意打点计时器的频率为50Hz，打点时间间隔为0.02s，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－1)
3.0
0
2.0
/(m·s－1·kg－1)
7.5
0
3.3
mv/(kg·m·s－1)
1.2
0
1.2
mv2/(kg·m2·s－2)
3.6
0
2.4
(3)由表中数值可看出mv一行中数值相同，可猜想碰撞前后不变量的表达式为mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v。
〔对点训练1〕 (湖北省部分重点中学2016～2017学年高二下学期检测)在用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验时，左侧滑块质量m1＝170g，右侧滑块质量m2＝110g，挡光片宽度为3.00cm，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图所示。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＝0.32s，Δt2＝0.21s。则两滑块的速度分别为v1′＝__0.094__m/s，v2′＝__0.143__m/s。烧断细线前m1v1＋m2v2＝
__0__kg·m/s，烧断细线后m1v1′＋m2v2′＝__2.5×10－4kg·m/s__kg·m/s。可得到的结论是__在实验允许的误差范围内，两滑块质量与各自速度的乘积之和为不变量__。
解析：取向左方向为正，两滑块速度
v1′＝＝m/s≈0.094m/s，
v2′＝＝m/s≈－0.143m/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＝2.5×10－4kg·m/s，
在实验允许的误差范围内，m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
考点二 实验创新设计
D
典例2 (山东省临朐县2017～2018学年高二下学期质检)如图所示，斜槽末端水平，小球m1从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上的P点。今在槽口末端放一与m1半径相同的球m2，仍让球m1从斜槽同一高度滚下，并与球m2正碰后使两球落地，球m1和m2的落地点分别是M、N。已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。则：
(1)两小球质量的关系应满足__B__。
A．m1＝m2 B．m1>m2
C．m1(2)实验必须满足的条件__ACD__
A．轨道末端的切线必须是水平的
B．斜槽轨道必须光滑
C．入射球m1每次必须从同一高度滚下
D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
(3)实验中必须测量的是__AFG__。
A．两小球的质量m1和m2
B．两小球的半径r1和r2
C．桌面离地的高度H
D．小球起始高度
E．从两球相碰到两球落地的时间
F．小球m1单独飞出的水平距离
G．两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离
(4)若两小球质量之比为m1∶m2＝3∶2，两球落点情况如下图所示，则碰撞前后有__C__。
A．m1v＝m1v′＋m2v′
B．＝＋
C．m1v1＝m1v′1＋m2v′2
D．m1v1＝m2v′2
解题指导：本题中利用平抛运动的规律，巧妙的提供了一种测量小球碰撞前后速度的方法，即方便又实用。
解析：(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1>m2，故选B。
(2)为保证两球从同一高度做平抛运动，实验中要求斜槽轨道末端的切线要调成水平。为保证实验有较好的可重复性以减小误差，实验中要求入射球每次从同一高度滚下。本实验是探究碰撞前后物理量的变化情况，故不需要斜槽轨道必须光滑，故选A、C、D。
(3)本实验必须测量的是两小球质量m1和m2，入射球m1单独飞出的水平距离和两小球m1和m2相碰后各自飞出的水平距离。因小球脱离轨道口后做的是相同高度的平抛运动，因此两球碰后落地时间相等，两小球水平分运动的时间也相等，故可以利用水平距离的测量代替速度的测量，所以不需要测量桌面离地的高度及两小球碰后落地的时间。故选A、F、G。
(4)设m1＝3m，m2＝2m，
则v1＝＝m/s，m1v1＝
v′1＝＝m/s，m1v′1＝
v2＝0，v′2＝＝m/s，m2v′2＝
m1v′1＋m2v′2＝。
所以m1v1＝m1v′1＋m2v′2，故C选项正确。
〔对点训练2〕 (哈尔滨师大附中2016～2017学年高二下学期月考)用如图所示的装置进行“碰撞中的守恒量”实验：
(1)先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面的动摩擦因数μ，查出当地的重力加速度g；
(2)用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧处于压缩状态，滑块B紧靠在桌边；
(3)剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地时的水平位移为x1，滑块A沿桌面滑行距离为x2。
为验证守恒量，写出还需测量的物理量及表示它的字母__桌面离地面的高度h__，如果mv守恒，须满足的关系是__mx1＝M__。
解析：该实验探究的守恒量是质量与速度的乘积守恒，则有
mBvB＝mAvA
而vB＝x1
vA＝
所以还需测量桌面离地面的高度h，
满足的关系式是mx1＝M。
1．(山东青岛市部分重点中学2016～2017学年高二下学期检测)气垫导轨工作时能够通过喷出的气体使滑块悬浮从而基本消除掉摩擦力的影响，因此成为重要的实验器材，气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用能完成许多实验。
现提供以下实验器材：(名称、图象、编号如图所示)
利用以上实验器材还可以完成“探究一维碰撞中的守恒量”的实验。为完成此实验，某同学将实验原理设定为：m1v0＝(m1＋m2)v
(1)针对此原理，我们应选择的器材编号为：__ABC__。
(2)在我们所选的器材中：__B__器材对应原理中的m1(填写器材编号)。
解析：该实验的原理为m1v0＝(m1＋m2)v，两个物体最终粘在一起，一起运动，通过光电门可以测量速度的大小，所以应选择的器材为A、B、C。因为m1应该是先运动的滑块，不是静止的滑块，所以对应的器材是B。
2．(河北省冀州中学2016～2017学年高二下学期期中)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车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所示。在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，则应选__BC__段计算小车甲的碰前速度，应选__DE__段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两格填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)。
(2)已测得小车甲的质量m甲＝0.40kg，小车乙的质量m乙＝0.20kg，由以上测量结果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝__0.420__kg·m/s；碰后m甲v甲′＋m乙v乙′＝__0.417__kg·m/s。
(3)通过计算得出的结论是__在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的。__。
解析：(1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC应为小车甲与乙碰前的阶段，CD段点迹不均匀，故CD应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE段计算碰后共同的速度。
(2)v甲＝＝1.05m/s，v′＝＝0.695m/s
碰前m甲v甲＋m乙v乙＝0.420kg·m/s
碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝(m甲＋m乙)v′＝0.60×0.695kg·m/s＝0.417kg·m/s
(3)根据(2)中数据可知：在误差允许的范围内，碰撞前两车质量与速度乘积之和等于碰撞后两车质量与速度乘积之和。
3．(湖北省武钢三中、武汉三中、省实验中学2015～2016学年高二下学期联考)用如图所示装置来进行探究碰撞的不变量的实验，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α。球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上
铺有一张覆盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点。保持α角度不变，多次重复上述实验，在白纸上记录到多个B球的落地点。
(1)图中s应是B球初始位置到__B球落地点__的水平距离。
(2)为了探究碰撞中的守恒量，应测得__mA、mB、L、α、β、H、s__等物理量。
(3)用测得的物理量表示：mAvA＝__mA__；mAv′A＝__mA__；mBv′B＝__mB·s__。
解析：本题需要求解出A、B碰撞前、后的速度。B碰撞前静止，碰后做平抛运动，要求其平抛运动的初速度则需了解B碰后的水平位移，则s为B球的初始位置到落地点的水平距离，由平抛运动的知识可得B碰后的速度为v′B＝＝。由机械能守恒定律可得A碰前的速度为vA＝，同理可得A碰后的速度为v′A＝。显然需要测得的物理量有：mA、mB、L、α、β、H、s。
4．(四川省双流中学2017～2018高二学年下学期期中)物理小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验。步骤如下：
①用天平测出滑块A、B的质量分别为300g和200g；
②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
③向气垫导轨通入压缩空气；
④把A、B两滑块放到导轨上，并给他们一个初速度(导轨摩擦忽略不计)，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为 t＝0.2s。照片如图，该组同学结合实验过程和图象分析知：该图象是闪光4次摄得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0～80cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块B恰好通过x＝55cm处，滑块A恰好通过x＝70cm处；碰撞后有一个物体处于静止状态。请问：
(1)以上情况说明碰后__A__(填A或B)物体静止，滑块碰撞位置发生在__60__cm处；
(2)滑块碰撞时间发生在第一次闪光后__0.1__s；
(3)设向右为正方向，试分析碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是__－0.2__kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是__－0.2__kg·m/s，以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是__碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和__。
解析：(1)由图可知，A只有两个位置有照片，则说明A碰后保持静止，故碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后A静止，故碰撞发生在x＝60cm处。
(2) 碰撞后B向左做匀速运动，设其速度为v′B，
所以v′B·t＝0.2，
碰撞到第二次闪光时B向左运动10cm，时间为t′，
有v′B·t′＝0.1，
第一次闪光到发生碰撞时间为Δt，
有Δt＋t′＝t，得Δt＝0.1s
(3) 设向右为正方向，碰撞前，B的速度大小为：
vB＝m/s＝0.5m/s
A的速度大小vA＝m/s＝1m/s
则碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和
P1＝mBvB－mAvA＝0.2×0.5kg·m/s－0.3×1kg·m/s＝－0.2kg·m/s。
碰撞后，A静止，B速度大小v′B＝1m/s
则碰撞后两滑块的动量
PB＝－mBvB′＝－0.2×1kg·m/s＝－0.2kg·m/s。
以上实验结果说明在碰撞过程中保持不变的物理量是“碰撞前后两物体的质量与速度的乘积之和”。
第三节 动量守恒定律
学 习 目 标
※
能正确区分内力与外力
※※
理解动量守恒定律的确切含义和表达式，知道定律的适用条件
※※
会用动量守恒定律解决碰撞、爆炸等问题
知 识 导 图
知识点1 系统、内力和外力
1．系统
相互作用的两个或几个物体组成一个力学__系统__。
2．内力
系统__内部__物体间的相互作用力。
3．外力
系统__以外__的物体对系统__以内__的物体的作用力。
知识点2 动量守恒定律
1．内容
如果一个系统不受__外力__，或者所受__外力__的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
对两个物体组成的系统，常写成：
p1＋p2＝__p1′＋p2′__或m1v1＋m2v2＝__m1v1′＋m2v2′__
3．适用条件
系统不受__外力__或者所受__外力__之和为零。
知识点3 动量守恒定律的普适性
动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的__一切__领域。
预习反馈
『判一判』
(1)动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观粒子。(×)
(2)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。(×)
(3)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，这两个物体组成的系统动量守恒。(√)
(4)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(5)系统动量守恒，动能不一定守恒，某一方向上动量守恒，系统整体动量不一定守恒。(√)
『选一选』
(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( AC )
解析：A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板的作用力，系统动量不守恒。
『想一想』
如图三国演义“草船借箭”中，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同。由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)
答案：(v－v1)
解析：船与箭的作用过程系统动量守恒：m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)得Δv＝(v－v1)。
探究一 对动量守恒定律的理解
S 1
在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示。在连续的敲打下，这辆车能持续地向右运动吗？
提示：当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动。用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动。
G
1．研究对象
两个或两个以上相互作用的物体组成的系统。
2．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。
3．动量守恒定律的不同表达式及含义
(1)p＝p′，表示系统的总动量保持不变；
在一维情况下，对由A、B两物体组成的系统有：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2。
(2)Δp1＝－Δp2，表示一个物体的动量变化与另一个物体的动量变化大小相等、方向相反；
(3)Δp＝0，表示系统的总动量增量为零，即系统的总动量保持不变。
4．动量守恒定律成立的条件
(1)理想守恒：系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。
(2)近似守恒：系统所受外力的矢量和虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计。
(3)某一方向上守恒：系统所受外力的矢量和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统动量守恒。
5．从“五性”理解动量守恒定律
(1)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定守恒。
(2)矢量性：定律的表达式是一个矢量式。
a．该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同。
b．在求系统的总动量p＝p1＋p2＋…时，要按矢量运算法则计算。
(3)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地的速度。
(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统。不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
特别提醒：(1)分析动量守恒时要着眼于系统，要在不同的方向上研究系统所受外力的矢量和。
(2)要深刻理解动量守恒的条件。
(3)系统动量严格守恒的情况是很少的，在分析守恒条件是否满足时，要注意对实际过程的理想化。
D
典例1 (多选)如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( ACD )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
解题指导：→→
要注意同时放开两手和一先一后放开的区别
解析：当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开右手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错误而C、D正确。综合上述分析可知选项A、C、D正确。,
〔对点训练1〕 (吉林省长春十一中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为－q，B带电荷量为＋2q，下列说法正确的是( C )
A．相碰前两球运动中动量不守恒
B．相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C．碰撞前后两球组成系统动量守恒
D．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
解析：将两球看作整体分析时，整体受重力支持力，水平方向不受外力，故整体系统动量守恒。故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量；故C正确，A、B、D错误。
探究二 动量守恒定律的应用
S 2
如图所示，质量为M的小船在静止水平面上以速度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，由此，能推知救生员跃出后小船的速率吗？(不计水的阻力)
提示：根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv船－mv，解得v船＝v0＋(v0＋v)。
G
应用动量守恒定律的解题步骤：
↓
↓
↓
↓
特别提醒：(1)动量守恒定律中的各速度都相对同一参考系，一般以地面为参考系。
(2)规定正方向后，方向与正方向一致的矢量取正值，方向与正方向相反的矢量取负值。
(3)若系统在某一方向上不受外力，则系统在这一方向上动量守恒。但系统的动量不一定守恒。
D
典例2 一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M＝70 kg，当它接到一个质量m＝20 kg、以速度v0＝5 m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于自己v′＝5 m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出，不计冰面阻力。则小车获得的速度是多大？方向如何？
解题指导：→→→→
解析：设推出木箱后小车的速度为v，此时木箱相对地面的速度为(v′－v)，由动量守恒定律得mv0＝Mv－m(v′－v)
v＝＝m/s＝2.2m/s。
与木箱的初速度v0方向相同。
答案：2.2m/s 方向与木箱的初速度v0相同,
〔对点训练2〕 如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。
答案：0.02m/s 远离空间站方向
解析：根据动量守恒，(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数 据可解得vB＝0.02m/s，方向为离开空间站方向。
探究三 动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
S 3
冲击摆的装置是一个用细线悬挂着的砂箱(如图所示)，其过程为一粒质量为m的弹丸以水平速度v击中砂箱，弹丸陷入箱内，使砂箱摆至某一高度。此过程中，子弹和砂箱组成的系统动量守恒吗？机械能守恒吗？
提示：子弹射入砂箱的过程，动量守恒，机械能不守恒；子弹和砂箱向上摆动的过程，动量不守恒，机械能守恒。
G
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
项目
动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
研究对象
相互作用的物体组成的系统
研究过程
某一运动过程
不
同
点
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1＋p2＝p′1＋p′2
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
表达式的矢标性
矢量式
标量式
某一方向上应用情况
可在某一方向独立使用
不能在某一方向独立使用
运算法则
用矢量法则进行合成或分解
代数和
特别提醒：(1)系统的动量(机械能)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)对于涉及相互作用的系统的能量转化问题时，可综合应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律、功能关系列出相应方程分析解答。
D
典例3 (宁夏育才中学2017～2018学年高三上学期检测)在光滑水平面上有一质量M＝4kg的滑块，滑块的一侧为一光滑的圆弧，水平面恰好与圆弧相切，圆弧半径R＝1m。一质量m＝1kg的小球以速度v0向右运动冲上滑块，g取10m/s2。若小球刚好没有冲出圆弧的上端，求：
(1)小球的初速度v0的大小；
(2)滑块获得的最大速度。
解析指导：(1)小球与滑块相互作用的过程中水平方向上动量守恒。
(2)该系统的机械能守恒。
(3)小球从滑块左端滑出时滑块获得的速度最大。
答案：(1)5m/s (2)2m/s
解析：(1)当小球上升到滑块的最上端时，小球与滑块水平方向的速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：
mv0＝(m＋M)v1
系统机械能守恒，有：mv＝(m＋M)v＋mgR
解得：v0＝5m/s
(2)小球到达最高点以后又滑回，此过程滑块做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大，研究小球从开始冲上滑块到离开滑块的过程，根据动量守恒和机械能守恒，有：
mv0＝mv2＋Mv3
mv＝mv＋Mv
解得： v3＝2m/s。
〔对点训练3〕 (哈尔滨师大附中2016～2017学年高二下学期月考)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点且质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( B )
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
解析：当P与Q有共同速度时，弹簧具有最大弹性势能，
由动量守恒得：mv0＝2mv
由能量守恒得：mv＝Ep＋2mv2
解得Ep＝mv，故选项B正确。
动量守恒定律应用中的临界问题
1．寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。
2．挖掘临界条件
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。
3．常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等。
(2)汲及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面最高点时，在竖直方向上的分速度等于零。
(3)子弹打木块类的临界问题
子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和。
案例 如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车的质量共为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子，和他一起以大小为v0＝2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞。
解析：如图所示，在甲推出箱子的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒。乙接到箱子并和乙一起运动的过程中，乙和箱子组成的系统动量也是守恒的，分别选甲、箱子为研究对象，箱子、乙为研究对象求解。要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等。
设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度v2。
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：(M＋m)v0＝mv＋Mv1 ①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：
mv－Mv0＝(m＋M)v2 ②
刚好不相撞的条件是：v1＝v2 ③
联立①②③解得：v＝5.2m/s，方向与甲和箱子初速的方向一致。
答案：5.2m/s，方向与甲的初速度方向相同
解题指导： 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚(乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞)。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。
1．(多选)(浙江省杭州市一中2016～2017学年高二下学期检测)如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，下列说法正确的是( BC )
A．A、B系统动量守恒 B．A、B、C系统动量守恒
C．小车向左运动 D．小车向右运动
解析：根据动量守恒的成立条件可知，A、B、C组成的系统动量守恒，A错误，B正确；对小车受力分析，水平方向受到向右的摩擦力fB和向左的摩擦力fA，因为μA＞μB，故fA＞fB，所以小车向左运动。
2．(多选)(广东省华南师范大学附属中学2017～2018学年高三综合测试)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则( ACD )
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D．甲物块的速率不可能达到5m/s
解析：甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B错误；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，则由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝2m/s，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，则由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝0，故C正确；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝6m/s，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝－4m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D正确。
3．(多选)(湖南省邵阳市2017～2018学年高三上学期模拟)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是( AD )
A．小车和物块构成的系统动量不守恒
B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C．物块的最大速度为
D．小车的最大速度为
解析：小车和物块构成的系统，所受合外力不为零，动量不守恒，故A正确；摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力和相对位移的乘积，不为零，故B错误；若小车固定不动，物块到达B位置时，速度最大，由mgR＝mv2得v＝，现在物块下滑时小车向左运动，物块的速度小于，故C错误；从A→B水平方向动量守恒：mv1－Mv2＝0，机械能守恒：mv＋Mv＝mgR，解得v2＝，故D正确。
4．(山西省怀仁八中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，人站在滑板A上，以v0＝3m/s的速度沿光滑水平面向右运动。当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动。已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人＝70kg、mA＝10kg和mB＝20kg，求：
(1)A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向；
(2)人最终与滑板的共同速度的大小。
答案：(1)20N·s，水平向右 (2)2.4m/s
解析：(1)A、B碰撞过程中，由动量守恒有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得v1＝1m/s
由动量定理得，A对B的冲量I＝mBv1＝20N·s，方向水平向右。
(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析，由动量守恒有
(m人＋mA)v0＝(m人＋mA＋mB)v
代入数据解得v＝2.4m/s
基础夯实
一、选择题(1～4题为单选题，5题为多选题)
1．如图所示，两位同学穿旱冰鞋，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( C )
A．互推后两同学总动量增加
B．互推后两同学动量相等
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
解析：两位同学组成的系统，所受外力之和为零，动量守恒，则m1v1＝m2v2，p1与p2大小相等，方向相反，A、B不正确；若m1＞m2，则v1＜v2，C正确；互推过程中两同学的动能增大，机械能增加，D不正确。
2．如图所示，光滑圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( A )
A．0 B．向左
C．向右 D．不能确定
解析：把小球m和物体M作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。
3．(江苏泰州二中2015～2016学年高二下学期检测)如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( B )
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：木箱和小木块具有向右的动量，并且相互作用的过程中总动量守恒，A、D错；由于木箱与底板间存在摩擦，小木块最终将相对木箱静止，B对、C错。
4．(湖北黄冈市黄梅二中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，半径分别为R和r(R＞r)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点。则两小球的质量之比为( B )
A． B．
C． D．
解析：由动量守恒得：mava＝mbvb
又va＝，vb＝
所以＝，故选B。
5．(山东省莱芜市2017～2018学年高三上学期期中)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，如图所示，当撤去外力后，下列说法正确的是( AC )
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
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
解析：a离开墙壁前，a和b组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，故A对B错；a离开墙壁后，a和b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C对D错。
二、非选择题
6．某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。此时小船的速度大小为__0.25__m/s，此过程该同学动量的变化大小为__105__kg·m/s。
解析：由动量守恒mv1－Mv2＝(M＋m)v
得v＝0.25m/s
Δp＝mv1－mv＝105kg·m/s
7．(福建省三明市第一中学2017～2018学年高三上学期月考)如图所示，质量m＝2kg的滑块(可视为质点)，以v0＝5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M＝3kg，长L＝4.8m，滑块在平板小车上滑动1.5s后相对小车静止。求：
(1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；
(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少。(g取10m/s2)
答案：(1)0.2 (2)4m/s
解析：(1)m滑上平板小车到与平板小车相对静止，设共同速度为v1
据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v1
对m由动量定理：－μmgt＝mv1－mv0
解得： μ＝0.2
(2)设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为v2
由动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v2
由功能关系：μmgL＝mv－(m＋M)v
解得：v0＝4m/s
能力提升
一、选择题(1～2题为单选题，3题为多选题)
1．(河北省冀州中学2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( B )
A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0
C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0
解析：由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v
故v＝
由动量定理得：I＝2(M＋m)v＝2mv0
所以选项B正确。
2．(吉林省吉林二中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，质量为0.5kg的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5m/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4kg，设小球在落到车底前瞬时速度是25m/s，g取10m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( B )
A．4m/s B．5m/s
C．8.5m/s D．m/s
解析：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得：
mgh＝mv2－mv
解得：v0＝15m/s
小球和车作用过程中总动量不守恒，但水平方向动量守恒，则有：
－mv0＋Mv＝(M＋m)v′
解得：v′＝5m/s。B正确。
3．(吉林省舒兰一中2016～2017学年高二下学期检测)如图所示，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( CD )
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
解析：若人跳离b、c车时速度为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。C、D正确。
二、非选择题
4．如图所示，木板A质量mA＝1kg，足够长的木板B质量mB＝4kg，质量为mC＝1kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦，开始时B、C均静止，现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回。求：
(1)B运动过程中的最大速度大小；
(2)C运动过程中的最大速度大小。
解析：(1)A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，B速度最大。由A、B系统动量守恒(取向右为正方向)有：
mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB
代入数据得：vB＝4m/s。
(2)B与C相互作用使B减速、C加速，由于B板足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系统动量守恒，有
mBvB＋0＝(mB＋mC)vC
代入数据得：vC＝3.2m/s
答案：(1)4m/s (2)3.2m/s
5．(陕西省西安一中2016～2017学年高二下学期检测)如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为L的小车，小车左端有一质量也是m可视为质点的物块，车子的右端固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧(弹簧长度与车长相比可忽略)，物块与小车间动摩擦因数为μ，整个系统处于静止状态。现在给物块一个水平向右的初速度v0，物块刚好能与小车右壁的轻弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，与小车相对静止。求：
(1)物块的初速度v0的大小；
(2)弹簧的弹性势能Ep。
解析：(1)设物块与轻弹簧刚好接触时的速度为v，由动量守恒定律得：mv0＝2mv
由能量关系得：
mv－(2m)v2＝μmgL
解得：v0＝2
(2)物块最终速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
由能量关系得：
mv＋Ep＝(2m)v＋2μmgL
解得：Ep＝μmgL
答案：(1)2 (2)μmgL
6．(四川省乐山市2017～2018学年高三第一次调研)一质量M＝6kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6kg，停在B的左端，质量为m0＝1kg的小球用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1(g＝10m/s2)，求：
(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间，小球的速度；
(2)小球与A碰撞后瞬间，物块A的速度；
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长。
答案：(1)4m/s (2)1m/s (3)0.25m
解析：(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得：
m0gL＝m0v，
代入数据解得：v0＝4m/s
(2)小球反弹过程机械能守恒
有m0gh＝m0v
解得：v1＝2m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向
由动量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋ mvA
代入数据，vA ＝1m/s
(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向
由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v
代入数据解得：v＝0.5m/s
由能量守恒定律得：μmgx＝mv－(m＋M)v2
代入数据解得x＝0.25m
第二节 动量和动量定理
学 习 目 标
※
理解动量和冲量的概念，知道动量和冲量是矢量
※
知道动量的变化也是矢量， 会正确计算一维的动量变化
※※
掌握动量定理， 并会应用它解决实际问题
知 识 导 图
知识点1 动量
1．定义
运动物体的__质量__和它的__速度__的乘积叫做物体的动量。
2．表达式
p＝__mv__。
3．单位
__千克米每秒__，符号__kg·m·s－1__。
4．方向
动量是矢量，它的方向与__速度的__方向相同。
知识点2 动量的变化量
1．动量的变化
因为p＝mv，是矢量，只要m的大小，v的大小和v的方向三者中任何一个发生了__变化__，动量p就发生变化。
2．动量的变化量
(1)定义：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′－p__。
(2)Δp＝p′－p，此式为矢量式，若p′、p不在同一直线上时，要用__平行四边形__定则(或矢量三角形定则)求矢量差，若在同一直线上，先规定正方向，再用正、负表示p、p′，可用Δp＝p′－p＝__mvt－mv0__进行代数运算求解。
知识点3 冲量
1．定义
__力__与__力的作用时间__的乘积叫力的冲量。
2．表达式
I＝__F·t__
3．方向
冲量是矢量，冲量的方向与__力的__方向一致，冲量的方向跟__动量变化__的方向一致。
4．冲量的单位
在国际单位制中是“__牛顿·秒__”， 符号“__N·s__”
知识点4 动量定理
1．内容
物体在一个过程始末动量的__变化量__等于它在这个过程中__所受力__的冲量。
2．表达式
__mv′－mv＝F(t′－t)__或__p′－p＝I__
3．动量定理的应用
碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法__减少__冲击力的作用时间。要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法__延长__其作用时间。
预习反馈
『判一判』
(1)动量大的物体惯性一定大。(×)
(2)物体的动量相同，其动能一定也相同。(×)
(3)做直线运动的物体速度增大时，动量的变化量Δp的方向与运动方向相同。(√)
(4)冲量是矢量，其方向与恒力的方向相同。(√)
(5)力越大，力对物体的冲量越大。(×)
(6)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。(√)
『选一选』
(山东省寿光实验中学2016～2017学年高二下学期检测)如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( C )
A．减小球的动量的变化量
B．减小球对手作用力的冲量
C．减小球的动量变化率
D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量
解析：篮球的动量变化量一定，所以球对手的冲量也一定，A、B、D错误；由动量定理F·Δt＝Δp，可知Δt增大，减小了球的动量变化率，C正确。
『想一想』
鸡蛋从一米多高的地方自由落到地板上，肯定会被打破。现在，在地板上放一块厚泡沫塑料垫，让鸡蛋从同一高度自由落下，使鸡蛋落到泡沫塑料垫上，看鸡蛋会不会被打破，思考其中的道理。
解析：鸡蛋落地动量变化ΔP一定，鸡蛋落到塑料垫上时，作用时间Δt变大，根据动量定理F·Δt＝ΔP，可知鸡蛋所受的撞击力减小，所以鸡蛋不会破。
探究一 对动量的理解
S 1
如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小均为v，请思考：网球动量的变化量是零吗？
提示：不是。动量是矢量，其变化量为2mv。
G
1．动量的性质
(1)瞬时性
求动量时要明确是哪一物体在哪一状态(时刻)的动量，p＝mv中的速度v是瞬时速度。
(2)矢量性
动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同，有关动量的运算，如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的矢量运算就可以转化为代数运算了。
(3)相对性
指物体的动量与参考系的选择有关，选不同的参考系时，同一物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，物体的动量是指物体相对地面的动量。
2．动量与速度、动能的区别和联系
(1)动量与速度
a．区别：速度描述物体运动的快慢和方向；动量在描述物体运动方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果。
b．联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，p＝mv。
(2)动量和动能的比较
动量
动能
物理意义
描述机械运动状态的物理量
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
标矢性
矢量
标量
变化决定因素
物体所受冲量
外力所做的功
换算关系
p＝，Ek＝
特别提醒：动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，也应比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才能相等。
D
典例1 2017年3月23日，世界杯预选赛在北京举行，中国队以1∶0力克韩国队，比赛中，一足球运动员踢一个质量为0.4kg的足球。
(1)若开始时足球的速度是4m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10m/s，方向仍向右(如图甲)，则足球的初动量p＝__1.6kg·m/s__，方向__向右__，足球的末动量p′＝__4kg·m/s__，方向__向右__；在这一过程中足球动量的改变量Δp＝__2.4kg·m/s__，方向__向右__。
(2)若足球以10m/s的速度撞向球门门柱，然后以3m/s速度反向弹回(如图乙)，则这一过程中足球的动量改变量是__5.2kg·m/s__，方向__向左__；动能改变量是__18.2J__。
解题指导：(1)切记动量是矢量，其方向与速度方向相同。
(2)动量的变化量Δp＝p′－p是矢量式，当p′、p在同一直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为
p＝mv＝0.4×4kg·m/s＝1.6kg·m/s，方向向右
p′＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右
动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4kg·m/s，方向向右。
(2)取向右为正方向，初、末动量分别为
p1＝mv′＝0.4×10kg·m/s＝4kg·m/s，方向向右
p2＝mv″＝0.4×(－3)kg·m/s＝－1.2kg·m/s，方向向左，
动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2kg·m/s，负号表示方向向左。
ΔEk＝mv′2－mv″2＝18.2J。
〔对点训练1〕 (辽宁省大连市第二十四中学2017～2018学年高一下学期期中)一个力作用在一物体上，下列叙述中正确的是( B )
A．若力对物体做的功为零，则物体的动量变化量一定为零
B．若力的冲量为零，则物体的动能变化量一定为零
C．物体动量变化量的方向不可能与末动量方向相同
D．物体动量变化量的方向不可能与末动量方向垂直
解析：合外力做功为零动能不变，但合外力的冲量不一定为零，则动量的变化不一定为零，如匀速圆周运动，其合力做功为零，但其动量始终在变化，故A错误；物体所受的合外力的冲量为零，则动量变化一定为零，即物体的速度不变，故动能不变，所以动能的变化量一定为零，故B正确；物体动量变化量的方向可能与末动量方向相同，比如做匀加速直线运动的物体，故C错误；物体动量变化量的方向可能与末动量方向垂直，比如做斜上抛运动到最高点，末动量的方向在水平方向，动量的变化量在竖直方向上，故D错误。
探究二 对冲量的理解
S 2
如图所示，一个小孩沿水平方向用最大的力F推静止在水平地面上的小汽车，但推了很久时间t都无法使它运动，就这个问题两个同学展开讨论。
甲同学说：汽车没动是因为小孩给汽车的推力的冲量为零。
乙同学说：小孩给汽车的推力的冲量不为零，汽车没动是因为它所受的合力的冲量为零。谁说得对？
提示：小孩给汽车的推力的冲量大小为
I＝F·t。
汽车没动说明它所受的合力为零，故其合外力的冲量为零。
G
1．对冲量的理解
(1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应。
(2)冲量的矢量性：冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
(3)冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性。
2．冲量的计算
(1)单个力的冲量：利用公式I＝Ft计算。
(2)合力的冲量：
①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则。
②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解。
③变力的冲量：用动量定理列式求解。
特别提醒：(1)冲量是矢量，求冲量的大小时一定要注意是力与其对应的时间的乘积。
(2)判断两个力的冲量是否相同，必须满足冲量的大小和方向都相同，缺一不可。
D
典例2 如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30°，高为5m的光滑斜面由静止从顶端下滑到底端的过程中，g取10m/s2，求：
(1)重力的冲量；
(2)支持力的冲量；
(3)合力的冲量。
解题指导：→→→
解析：由于物体下滑过程中各个力均为恒力，所以只要求出物体下滑的时间，便可以用公式I＝F·t逐个求解。由牛顿第二定律得：a＝＝g·sinθ＝5m/s2
由x＝at2，得t＝ ＝ ＝2s。
重力的冲量为
IG＝mg·t＝2×10×2N·s＝40N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量为
IN＝N·t＝mg cos θ·t＝20 N·s，方向垂直于斜面向上。
合力的冲量为I合＝F合·t＝mgsinθ·t＝20N·s，方向沿斜面向下。
答案：(1)40N·s，方向竖直向下
(2)20N·s，方向垂直于斜面向上
(3)20N·s，方向沿斜面向下,
〔对点训练2〕 关于冲量，下列说法正确的是( A )
A．冲量是物体动量变化的原因
B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．冲量的方向就是物体运动的方向
解析：力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况，是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项不正确；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C选项不正确；冲量的方向与物体运动的方向无关，故D选项不正确。
探究三 对动量定理的理解和应用
S 3
从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为了什么？
提示：人落地动量变化一定，屈腿下蹲延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，这样就减小了地面对人的冲力。
G
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，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同。
运用动量定理主要是一维的问题，要注意正方向的规定。
(3)动量的变化率和动量的变化量
由动量定理可以得出F＝，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力。
而由动量定理I＝Δp知动量的变化量决定于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关。
2．动量定理的应用
(1)应用动量定理FΔt＝Δp定性解释常见物理现象。
由上式可以看出如果保持Δp一定，则力作用的时间越短，冲力就越大。因此在需要增大作用力时，可尽量减少作用的时间，如打击、碰撞等由于作用时间短、作用力往往较大。
反之，作用时间越长，力F就越小，因此在需要减小作用力的时候，可想办法延长力的作用时间，如利用海棉或弹簧的缓冲作用来延长作用时间，达到减小作用力的目的。
(2)应用I＝Δp求变力的冲量。
如果物体受到大小、方向不变的力的作用，既可以应用FΔt求力的冲量，也可以应用物体动量改变Δp的大小和方向来替代力的冲量。
如果物体受到大小、方向改变的力的作用，则不能直接用FΔt求变力的冲量，这时可以求在该力冲量作用下物体动量改变Δp的大小和方向，替代变力的冲量。
3．应用动量定理解题的一般步骤
a．选定研究对象，明确运动过程。
b．进行受力分析和运动的初、末状态分析。
c．选定正方向，根据动量定理列方程求解。
D
典例3 用0.5kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s，那么：
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10m/s2)
(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力。
解题指导：→→→
解析：(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，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＝200N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律和铁锤钉钉子的作用力为200N，方向竖直向下。
(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正。
(F2＋mg)t＝0－mv(矢量式)
F2＝N－0.5×(－10)N＝205N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205N，方向竖直向下。
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中重力的影响可忽略。
答案：(1)200N，方向竖直向下 (2)205N，方向竖直向下 (3)见解析,
〔对点训练3〕 (河北省唐山市2017～2018学年高三上学期期末)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是( C )
A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大
解析：在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝ΔP可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即是减小了驾驶员的动量变化率，故选C。
动量定理分量式的应用技巧
根据力与运动的独立性原理，动量定理也可记为Fxt＝Δpx，Fyt＝Δpy。即某一方向上的力的冲量只能引起这个方向上的动量变化，而不引起其他方向的动量变化。
案例 (2016·北京理综，24)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
(1)分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
(2)分析说明小球对木板的作用力的方向。
解析：(1)x方向：动量变化为Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0 y方向：动量变化为Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ方向沿y轴正方向。
(2)根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
1．(多选)(吉林省吉林二中2016～2017学年高二下学期期中)对于质量一定的物体，下列叙述中正确的是( BD )
A．物体的动能发生变化，其动量不一定变化
B．物体的动能变化，其动量必定变化
C．物体的动量发生变化，其动能必定变化
D．物体的动量发生变化，其动能不一定变化
解析：物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定变化。故A错误，B正确；物体的动量发生变化，速度可能只方向改变，所以动能不一定变化。故C错误，D正确。故选：BD。
2．(山西省怀仁县八中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80cm，足球的重量为400g，与头顶作用时间Δt为0.1s，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小分别是(空气阻力不计，g＝10m/s2)( C )
A．t＝0.4s，FN＝40N B．t＝0.4s，FN＝36N
C．t＝0.8s，FN＝36N D．t＝0.8s，FN＝40N
解析：t＝2＝0.8s，V＝＝4m/s，(FN－mg)Δt＝2mv，FN＝36 N，＝＝32N，故选C。
3．(广东深圳市南山区2017～2018学年高三质验)如图所示，物体由静止开始做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系为某一正弦函数，下列表述错误的是( C )
A．0～2s内合外力的冲量一直增大
B．0～4s内合外力的冲量为零
C．2s末物体的动量方向发生改变
D．0～4s内物体的动量方向一直不变
解析：根据I＝Ft可知，冲量的大小等于图像与坐标轴围成的面积，则0～2s内合外力的冲量一直增大，0～4s内合外力的冲量为零，选项A、B正确；2s末物体受到的冲量为正值，则动量方向为正，方向没变，选项C错误；0～4s内合外力的冲量为零，则0～4s内物体受到的冲量一直为正，则物体动量方向一直不变，选项D正确；此题选择错误的，故选C。
4．(多选)(宁夏育才中学2017～2018学年高三第四次月考)一质量m＝0.10kg的小钢球以大小为v0＝10m/s的速度水平抛出，下落h＝5.0m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变。已知小钢球与钢板的作用时间极短，取g＝10m/s2，则( BD )
A．钢板与水平面的夹角θ＝60°
B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1N·s
C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为10kg·m/s
D．钢板对小钢球的冲量大小为2N·s
解析：小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝＝10m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t＝＝1s，重力冲量I＝mgt＝1N·s，选项B正确；取垂直斜面向上为正方向，刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v1＝v0＝10m/s，动量P1＝－mv1＝－kg·m/s；撞后小钢球的速度v2＝10m/s，动量p2＝mv2＝kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝2kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝2N·s，选项C错误，D正确。
基础夯实
一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题)
1．(河南省信阳市2016～2017学年高二下学期期中)物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明( D )
A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小一定变化 D．物体的动量大小可能不变
解析：物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变，故D正确，A、B、C错误。故选D。
2．(山西省怀仁县八中2016～2017学年高二下学期期中)运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100N，球在地面上滚动了t＝10s停下来，则运动员对球的冲量为( D )
A．1000N·s B．500N·s
C．零 D．无法确定
解析：滚动了t＝10s是地面摩擦力对足球的作用时间。不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量。
3．质量为1kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是( D )
A．10N·s,10N·s B．10N·s，－10N·s
C．0,10N·s D．0，－10N·s
解析：由图象可知，在前10s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10s内末状态的动量p3＝－5kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10N·s，故正确答案为D。
4．古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2s，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( CD )
A．1m/s B．1.5m/s
C．2m/s D．2.5m/s
解析：根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F，兔子撞击后速度为零，根据动量定理有Ft＝mv，所以v＝＝＝gt＝10×0.2m/s＝2m/s。
5．(河南省安阳市三十六中2016～2017学年高二期中)从同一高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥的地上不易碎。这是因为( CD )
A．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大
B．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在软泥地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大
解析：由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和软泥地上时的速度相同，动量相同，故选项A错误；最后速度减为零，动量变化量相同，故选项B错误；由动量定理可知落在水泥地上作用时间短，受到的作用力大，故选项C、D正确。
二、非选择题
6．在水平力F＝30N的作用下，质量m＝5kg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6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10m/s2)
答案：12s
解析：用动量定理求解，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＝×6s＝12s。
7．一个质量为m＝0.4kg的足球以10m/s的速度水平飞向球门。守门员跃起用双拳将足球以12m/s的速度反方向击出，守门员触球时间约为0.1s，问足球受到的平均作用力为多大？方向如何？
答案：88N，方向与原来速度方向相反
解析：选定足球原运动方向为正方向。根据动量定理·Δt＝p′－p，这里为足球在水平方向受到的平均作用力，Δt为击球的时间，p′为击球后足球的动量，p为足球原来的动量。设足球的质量为m，击球先、后的速度分别为v和v′，于是可得到＝＝＝＝N＝－88N。
可见，足球受到的平均作用力为88N，方向与原来速度方向相反。
能力提升
一、选择题(1～3题为单选题，4～5题为多选题)
1．(山东省济宁市2017～2018学年高三上学期期末)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回。不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( A )
A．子弹对墙的冲量最小
B．橡皮泥对墙的冲量最小
C．钢球对墙的冲量最小
D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等
解析：由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，则它们动量的变化量：ΔP＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上，末速度等于0；钢球被以原速率反向弹回，末速度等于－v0, 可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大。由动量定理：I＝ΔP，所以子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大。由牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大。故选A。
2．如图所示，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，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( B )
A．仍在P点 B．在P点左边
C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处
解析：以v或2v抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以2v抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P点的左边。
3．(山东潍坊市2016～2017学年高三模拟)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( A )
A．＋mg B．－mg
C．＋mg D．－mg
解析：对人与安全带作用的过程应用动量定理，则有(F－mg)t＝0－m，解得F＝＋mg，故A正确。
4．(河北省衡水中学2016～2017学年高二下学期期中) “蹦极”是勇敢者的运动，如图所示为蹦极运动过程的示意图。某人身系弹性绳自高空p点自由下落，其中a点是弹性绳的原长位置，c是人所能到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。若不计空气阻力，则下列说法正确的是( AC )
A．人和弹性绳组成的系统机械能守恒
B．从a至c的过程中重力的冲量大小大于弹性绳的冲量大小
C．从p至c的过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功
D．从a至c的过程中人的动量一直减小
解析：人下落过程只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，A、C正确；由(mg－)·Δt＝0－mva
得Δt＞mgΔt，故B错误；a至c过程中人的动量是先增大后减小，D错误。
5．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( BCD )
A．0～4s内物体的位移为零 B．0～4s内拉力对物体做功为零
C．4s末物体的动量为零 D．0～4s内拉力对物体的冲量为零
解析：由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确，故选B、C、D。
二、非选择题
6．2017年10月在长深高速公路上，一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车来相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5m，据测算两车相撞前速度约为30m/s。则：
(1)试求车祸中车内质量为约60kg的人受到的平均冲力是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？
答案：(1)5.4×104N (2)1.8×103N
解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m。设运动的时间为t，根据s＝t，
得t＝＝s。
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0，
得F＝＝N＝5.4×104N。
(2)若人系有安全带，则F′＝＝N＝1.8×103N。
7．2010年1月4日，828米高的全球最高楼——哈里发大楼(此前称为“迪拜塔”)举行了落成启用典礼，如图所示。风速曾是修建的关键，一旦风速超过每秒70米，就必须停止施工，假设风速以v＝70m/s的速度推进，空气的密度ρ＝1.3kg/m3，建筑工人的高度h＝1.7m，平均宽度d＝25cm，风遇到建筑工人后的速度可认为是零，由此估算大风对建筑工人的冲击力为多少？
答案：2 707N
解析：1s内，撞击建筑工人的大风的质量为：
m＝ρSvt
知S＝hd
又因为大风末速度为零，水平方向只受建筑工人对风的阻力作用
所以：Ft＝mv
综合以上三式并代入数据可得：F＝ρv2hd＝2 707N
即大风对建筑工人的冲击力2 707N。
第五节 反冲运动 火箭
学 习 目 标
※
了解反冲运动的动量守恒
※※
明确反冲运动问题的处理方法，巩固前面所学知识
※
了解反冲运动在航天航空中的应用
知 识 导 图
知识点1 反冲运动
1．定义
一个静止的物体在__内力__的作用下分裂为两部分，一部分向某一方向运动，另一部分必然向__相反__方向运动的现象。
2．特点
(1)物体的不同部分在__内力__作用下向相反方向运动。
(2)反向运动中， 相互作用力一般较大，通常可以用__动量守恒定律__来处理。
3．反冲现象的应用及防止
(1)应用：农田、园林的喷灌装置是利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边__旋转__。
(2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的__准确性__，所以用步枪射击时要把枪身抵在__肩部__，以减少反冲的影响。
知识点2 火箭
1．火箭
现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得__反作用力__向前推进的飞行器。
2．火箭的工作原理
当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的__动量__，根据动量守恒定律，火箭获得大小相等、方向相反的__动量__，因而发生连续的__反冲__现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，加速度不断增大，当推进剂燃尽时，火箭即以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行。
3．影响火箭速度大小的因素
(1)喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为2.5km/s，提高到3～4km/s需很高的技术水平。
(2)质量比：火箭__开始飞行__时的质量与火箭除燃料外的__箭体__质量之比，现代火箭能达到的质量比不超过10。
4．现代火箭的主要用途
利用火箭作为__运载__工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等。
预习反馈
『判一判』
(1)反冲运动中动量守恒。(√)
(2)农田、园林的喷灌装置的原理是反冲运动。(√)
(3)反冲运动实际上是相互作用物体之间的一对平衡力产生的效果。(×)
(4)现代火箭是利用火箭和空气间的作用力而升空的。(×)
(5)用多级火箭发射卫星可以获得所需的速度。(√)
『选一选』
将静置在地面上、质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，火箭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( D )
A．v0 B．v0
C．v0 D．v0
解析：根据动量守恒定律，有：mv0＝(M－m)v，
解得v＝v0。故选项D正确。
『想一想』
两位同学在公园里划船。租船时间将到，她们把小船划向码头。当小船离码头大约2m左右时，有一位同学心想：自己在体育课上立定跳远的成绩从未低于2m，跳到岸上绝对没有问题。于是她纵身一跳，结果却掉到了水里(如图)。她为什么不能如她所想的那样跳到岸上呢？(假设起跳时船已静止)
解析：若立定跳远时，人离地时速度为v，如果从船上起跳时，人离船时速度为v′，船的反冲速度为v′船，由能量关系E＝mv2，E＝mv′2＋Mv′
所以v′正是由于船的反冲导致了此结果。
探究一 对反冲运动的理解
S 1
假如在月球上建一飞机场，应配置喷气式飞机还是螺旋桨飞机呢？
提示：因为月球上没有空气，所以螺旋桨飞机无法起飞，只能配置喷气式飞机。
G
1．反冲运动的三个特点：
(1)物体的不同部分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或在某一方向上内力远大于外力，所以可以用动量守恒定律或在某一方向上应用动量守恒定律来处理。
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总动能增加。
2．分析反冲运动应注意的问题
(1)速度的反向性问题
对于原来静止的整体，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分来说的，两者运动方向必然相反。在列动量守恒方程时，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度应取负值。
(2)相对速度问题
反冲运动的问题中，有时遇到的速度是相互作用的两物体的相对速度。由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度，通常为对地的速度。因此应先将相对速度转换成对地的速度后，再列动量守恒定律方程。
(3)变质量问题
在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
D
典例1 一个连同装备总质量为M＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，他准备对太空中的哈勃望远镜进行维修，宇航员背着装有质量为m0＝0.5kg的氧气贮气筒，筒内有一个可以使氧气以v＝50m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员在维修完毕哈勃望远镜后，必须向着返回飞船方向的反方向释放氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中宇航员呼吸之用，宇航员的耗氧率为Q＝2.5×10－4kg/s，如果不考虑喷出氧气对设备与宇航员总质量的影响，则：
(1)喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？
(2)为了使总耗氧量最低，应该一次喷出多少氧气？返回时间是多少？
解题指导：本题中宇航员所带的氧气量一定，问题是要将它合理分配给呼吸和喷气两个方面使用，并能保证宇航员安全返回飞船。
解析：(1)以飞船为参考物，设沿着飞船运动的方向为正方向，并设喷出质量为m(kg)氧气时宇航员获得的速度是v′，对于“宇航员和喷出的氧气”这一系统而言，在喷气方向上由动量守恒可得：
(M－m)v′－mv＝0，考虑M?m，有v′＝mv/M ①
宇航员返回时做匀速运动，历时t＝s/v′ ②
又筒内氧气的总质量满足关系为m0＝Qt＋m ③
联立①②③三式得：m0＝Qs·＋m
代入数据得：m1＝0.05kg，m2＝0.45kg，即宇航员喷出0.05kg或0.45kg的氧气时，返回去刚好把剩余的氧气呼吸完，假如喷出的氧气介于m1和m2之间，则返回后还有剩余的氧气，故本问题的答案是：喷出的氧气介于0.05kg～0.45kg之间，即可安全返回。
(2)为了使耗氧量最低，设喷出m(kg)氧气，
则耗氧为：Δm＝Qt＋m ④
结合上面①②两式就有：Δm＝＋m＝＋m当m＝时，Δm有极小值，即m＝kg＝0.15kg，耗氧量最低，此时返回的时间为t＝＝＝600s。
答案：(1)0.05kg～0.45kg (2)0.15kg；600s
〔对点训练1〕 假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是( D )
A．步行
B．挥动双臂
C．在冰面上滚动
D．脱去外衣抛向岸的反方向
解析：由于冰面光滑，无法行走或滚动，由动量守恒定律可知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边。
探究二 火箭的工作原理
S 2
我国宋代就发明了火箭(如图甲)，火箭上扎一个火药筒，火药筒的前端是封闭的，火药点燃后火箭由于反冲向前运动。现代火箭，原理与古代火箭相同(如图乙)，你知道我国“长征”号系列火箭是怎样先后将“神舟”号系列载人飞船送上太空的吗？
提示：火箭靠喷射高温高压燃气获得反作用力，将“神舟”系列飞船送入太空。
G
1．工作原理
火箭是利用了反冲原理，发射火箭时，尾管中喷射出的高速气体有动量，根据动量守恒定律，火箭就获得向上的动量，从而向上飞去。
即mΔv＋Δmu＝0
解得Δv＝－u
2．分析火箭类问题应注意的几点
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是不是同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以调整，一般情况要转换成对地速度。
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。反冲物体速度的方向与原物体的运动方向是相反的。
D
典例2 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1000m/s，设火箭质量M＝300kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
(2)运动第1s末，火箭的速度多大？
解题指导：(1)恰当选取研究对象，应用动量守恒定律求解。
(2)列方程时注意火箭质量的变化。
解析：方法一：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒。
(M－m)v1－mv＝0
所以v1＝。
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1
所以v2＝
第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有
(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2
所以v3＝＝m/s＝2m/s。
依次类推，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有
(M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1
所以vn＝
因为每秒喷气20次，所以1s末火箭速度为
v20＝＝m/s＝13.5m/s
方法二：整体选取研究对象，运用动量守恒定律求解
(1)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
所以v3＝＝2m/s
(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象
(M－20m)v20－20mv＝0
所以v20＝＝13.5m/s
答案：2m/s；13.5m/s
〔对点训练2〕 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力与分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( D )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：根据动量守恒定律，得
(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
v1＝v0＋(v0－v2)
选项D正确。
人船模型
1．“人船模型”问题的特征
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．处理“人船模型”问题的关键
(1)利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。
由于动量守恒，所以任一时刻系统的总动量为零，动量守恒式可写成m1v1＝m2v2的形式(v1、v2为两物体的瞬时速率)，表明任意时刻的瞬时速率都与各物体的质量成反比。所以全过程的平均速度也与质量成反比。进而可得两物体的位移大小与各物体的质量成反比，即＝。
(2)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。
(3)适用条件
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题。适用条件是：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量守恒。
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
案例 如图所示，长为L、质量为M的船停在静水中，一个质量为m的人(可视为质点)站在船的左端，在人从船头走到船尾的过程中，船与人相对地的位移大小分别为多少？(忽略水对船的阻力)
解析：选人和船为一系统，由于系统在水平方向不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设某一时刻人的对地速度为v，船的速度大小为v′，选人的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0。
在人与船相互作用的过程中，上式始终成立，不难想到，船的运动受人运动的制约，当人加速运动时，船亦加速运动；当人匀速运动时，船亦匀速运动；当人停止运动时，船也停止运动，设人从船头到船尾的过程中，人的对地位移大小为x1，船的对地位移大小为x2，所以＝，又从图可见x1＋x2＝L，联立三式可解得x1＝L，x2＝L。
点评：在人船模型中，某物体位移易误认为相对另一物体的位移。
1．(山东潍坊一中2016～2017学年高二下学期检测)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是( C )
A．3v0－v B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确。
2．(湖北省部分重点中学2016～2017学年高二下学期质检)如图所示，一个质量为m1＝50kg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＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看作质点)( B )
A．5m B．3.6m
C．2.6m D．8m
解析：当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒，得m1＝m2，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6m，故选项B正确。
3．(安徽合肥2016～2017学年高二下学期三校联考)某学习小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气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，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是多少？
答案：
解析：由动量守恒定律得：(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0
得：v船＝。
基础夯实
一、选择题(单选题)
1．下列不属于反冲运动的是( B )
A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
解析：直升机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动。
2．(陕西省西安电子科技中学2016～2017学年高二下学期月考)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( B )
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
解析：火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得的反冲速度，故正确答案为选项B。
3．(2017·全国卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析： 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确。
4．竖直发射的火箭质量为6×103kg。已知每秒钟喷出气体的质量为200kg。若要使火箭最初能得到20m/s2的向上的加速度，则喷出气体的速度应为( C )
A．700m/s B．800m/s
C．900m/s D．1000m/s
解析：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，又F－m箭g＝m箭a，得v＝900m/s。
5．(江西九江一中2015～2016学年高二下学期期中)如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA＞mB。最初人和车都处于静止状态，现在两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车( C )
A．静止不动 B．向右运动
C．向左运动 D．左右往返运动
解析：A和B与小车作用过程中系统动量守恒，开始都静止，总动量为零。由于mA＞mB，两人速度大小相等，则A向右的动量大于B向左的动量，故小车应向左运动；故选C。
二、非选择题
6．课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s。启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3。
答案：4m/s
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动，设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
(M－ρQt)v′＝ρQtv
火箭启动后2s末的速度为
v′＝＝m/s＝4m/s
7．如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1＝1kg，车上另有一个质量为m＝0.2kg的小球。甲车静止在平面上，乙车以v0＝8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置，总质量M2＝2kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？(球最终停在乙车上)
答案：25m/s
解析：要使两车不相撞，则两车速度相等。以三者为系统，动量守恒：0＋M2v0＝(M1＋m＋M2)v共，解得v共＝5m/s，以球与乙车为系统，动量守恒：M2v0－mv＝(m＋M2)v共，解得v＝25m/s。
能力提升
一、选择题(单选题)
1．(湖北黄冈市黄梅二中2016～2017学年高二下学期期中)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为( B )
A． B．
C． D．
解析：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的速度为正方向。
则v＝，v′＝，
根据动量守恒定律得：Mv－mv′＝0，
解得，船的质量：M＝，故选B。
2．(山东寿光实验中学2015～2016学年高二下学期质检)如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动( C )
A．一定沿v0的方向飞去 B．一定沿v0的反方向飞去
C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对
解析：根据动量守恒得v′＝，mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零。
3．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。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( B )
A． B．
C． D．
解析：由水平方向平均动量守恒有：mx小球＝2mx大球，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝R。
4．如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上。小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将( B )
A．静止 B．向左运动
C．向右运动 D．无法确定
解析：小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统在水平方向所受的合外力为0，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为0，小球m下滑后和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量。当m滑到M1左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为0，但小球m和滑槽M1这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统水平总动量为0。故选项B正确。
5．如图所示，装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( C )
A．v0 B．
C． D．
解析：火炮发射炮弹的过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0cosθ－(m1－m2)v＝0，解得v＝。故选C。
二、非选择题
6．以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0 的速度飞行。
求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能？
答案：(1)2.5v0，方向与爆炸前速度的方向相反
(2)mv
解析：手榴弹爆炸过程，爆炸力是内力，远大于重力，因此爆炸过程各弹片组成的系统动量守恒，因为爆炸过程火药的化学能转化为内能，进而有一部分转化为弹片的动能，所以此过程系统的机械能(动能)增加。
(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v1＝v0cos60°＝v0。设v1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：
3mv1＝2mv′1＋mv2
其中爆炸后大块弹片速度v′1＝2v0，
解得v2＝－2.5v0，“－”号表示v2的速度与爆炸前速度方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔEk＝×2mv′＋mv－(3m)v＝mv。
7．平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货箱边缘沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A点，距货箱水平距离为l＝4m，如图所示。人的质量为m，车连同货箱的质量为M＝4m，货箱高度为h＝1.25m。求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度为多大。
答案：1.6m/s
解析：人从货箱边跳离的过程，系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，取向右为正方向，则mv1－Mv2＝0，解得v2＝v1，
人跳离货箱后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝s＝0.5s。
在这段时间内人的水平位移s1和车的位移s2分别为s1＝v1t，s2＝v2t，s1＋s2＝l
即v1t＋v2t＝l，则v2＝＝m/s＝1.6m/s。
第四节 碰 撞
学 习 目 标
※
了解什么是弹性碰撞和非弹性碰撞
※
知道什么是对心碰撞和非对心碰撞及散射现象
※※
会运用动量守恒定律分析、解决碰撞等相互作用的问题
知 识 导 图
知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．弹性碰撞
如果碰撞过程中__机械能__守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。
2．非弹性碰撞
(1)非弹性碰撞：如果碰撞过程中__机械能__不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。
(2)完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例，这种碰撞的特点是碰后__粘在一起__(或碰后具有共同的速度)，其动能损失__最大__。
知识点2 对心碰撞与非对心碰撞
1．对心碰撞(正碰)
一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与__两球心__的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着__这条直线__。
2．非对心碰撞
一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与__两球心__的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会__偏离__原来两球心的连线。
知识点3 散射
1．定义
微观粒子碰撞时，微观粒子相互接近时并不象宏观物体那样__相互接触__而发生的碰撞。
2．散射方向
由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率__很小__，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。
预习反馈
『判一判』
(1)两物体间发生瞬间碰撞，动量一定守恒，动能可能不守恒。(√)
(2)两物体间发生碰撞，动量和动能都守恒。(×)
(3)两物体发生斜碰时，动量不守恒。(×)
(4)微观粒子的散射现象的发生是因为粒子与物质微粒发生了对心碰撞。(×)
(5)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。(√)
『选一选』
(山东省淄博市淄川中学2016～2017学年高二下学期期中)质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于( A )
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
解析：由x－t图象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/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＝3kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于弹性碰撞。
『想一想』
五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接，把最左端的小球拉高释放，撞击后发现最右端的小球摆高，而其余四球不动，你知道这是为什么吗？
答案：由于小球发生了弹性碰撞，碰撞中的动量和动能都守恒，发生了速度、动能的“传递”。
探究一 碰撞的特点和分类
S 1
如图所示，取一只乒乓球，在球上挖一个圆孔，向球内填进一些橡皮泥或碎泡沫塑料，放在桌子的边缘处，将玩具枪平放在桌面上，瞄准球的圆孔，扣动扳机，让子弹射入孔中，与乒乓球一同水平抛出。只需测出球的质量M、子弹的质量m、桌面的高度h和乒乓球落地点离桌子边缘的水平距离s，就可估算出玩具枪子弹的射出速度v。你能推导出计算v的表达式吗？试着做一下这个实验。
答案：能
解析：子弹与乒乓球一起做平抛运动，结合平抛运动规律：s＝v0t，h＝gt2求出平抛初速度v0，此即为子弹与乒乓球作用后的共同速度，再根据动量守恒：mv＝(m＋M)v0可求出玩具枪子弹的射出速度v＝。
G
1．碰撞的种类及特点
分类标准
种类
特点
能量是
否守恒
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
碰撞前后
动量是否共线
对心碰撞(正碰)
碰撞前后速度共线
非对心碰撞(斜碰)
碰撞前后速度不共线
2．碰撞和爆炸的比较
名称
比较项目
爆炸
碰撞
相
同
点
过程
特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒。
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不
同
点
动能、机械能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒。
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不守恒。
特别提醒：(1)当遇到两物体发生碰撞的问题，不管碰撞环境如何，要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程，只在一个方向上列动量守恒方程即可，此时应注意速度正、负号的选取。
D
典例1 2017年3月18日至26日，北京世界女子冰壶锦标赛在首都体育馆举行。图为比赛中中国队长王冰在最后一投中，将质量为19 kg的冰壶抛出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等。求：
(1)瑞典队冰壶获得的速度。
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞。
解题指导：→→
解析：(1)由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3
将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s
代入上式得：v3＝0.3 m/s。
(2)碰撞前的动能E1＝mv＝0.08 m，
碰撞后两冰壶的总动能E2＝mv＋mv＝0.05 m
因为E1>E2，所以两冰壶的碰撞为非弹性碰撞。
答案：(1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞,
〔对点训练1〕 (福建福州2017～2018学年高三模拟)如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( D )
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
解析：弹性碰撞没有机械能损失，取向右为正方向，有2mv0－2mv0＝mv1＋2mv2，m(2v0)2＋×2mv＝mv＋×2mv。联立解得v1＝－2v0，v2＝v0，因此A向左运动，B向右运动。
探究二 分析碰撞问题的“三个原则”
S 2
下图是马尔西发表的著作中的一幅插图，一颗大理石球对心撞击一排大小相等且同等质料的小球时，运动将传递给最后一个小球，其余的小球毫无影响。
你能解释这是为什么吗？
提示：该碰撞为弹性碰撞。满足动量守恒、动能守恒，碰后速度“交换”。
G
在所给的条件不足的情况下，碰撞结果有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：
1．动量守恒
即p1＋p2＝p1′＋p2′。
2．动能不增加
即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
3．速度要符合情景
如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，即v前′≥v后′，否则碰撞没有结束，如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
D
典例2 (多选)(湖北省黄冈市黄梅二中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球。A球动量为10kg·m/s，B球动量12kg·m/s，A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为( BC )
A．0.5 B．0.6
C．0.65 D．0.75
解题指导：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)。
解析：A能追上B，说明碰前vA＞vB，所以＞；碰后A的速度不大于B的速度，所以≤；又因为碰撞过程系统动能不会增加，＋≥＋，由以上不等式组解得：≤≤。故选BC。,
〔对点训练2〕 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前运动，与质量为3.0kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝1m/s，则( B )
A．v木＝1m/s这一假设是合理的，碰撞后球的速度为v球＝－10m/s
B．v木＝1m/s这一假设是不合理的，因而这种情况不可能发生
C．v木＝1m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来
D．v木＝1m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件不足，v球的大小不能确定
解析：假设这一过程可以实现，根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v木，代入数据解得v1＝－10m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后的机械能增加了。
弹性碰撞的一动一静模型
A球碰撞原来静止的B球
规律
动量
mAv0＝mAvA＋mBvB
动能
mAv＝mAv＋mBv
碰后A、
B球速度
A球
vA＝v0
B球
vB＝v0
讨论
mA＝mB
vA＝0，vB＝v0，两球碰后交换了速度
mA>mB
vA>0，vB>0，vA、vB与v0同向
mAvA<0，vB>0，碰后A球被弹回来
案例 (江西省南康中学2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( C )
A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动
C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动
解析：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A弹回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。
1．(多选)(湖南省常德市2017～2018学年高三上学期期末)如图所示，在光滑水平面上，质量为m的A球以速度v0向右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是( BC )
A． B．
C． D．
解析：A与B发生碰撞，根据动量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球并相撞，且A与固定挡板P发生弹性碰撞，则av0>vB，由以上两式可解得：a>，故B、C正确。
2．(多选)(哈尔滨六中2016～2017学年高二下学期期中)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( BD )
A．mv2 B．
C．NμmgL D．NμmgL
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＝v2，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＝fNL＝NμmgL，可见D正确。
3．(陕西省安康市2017～2018学年高三上学期期末)如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为mA＝0.1kg，mB＝0.1kg，mC＝0.3kg其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计)，现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E＝0.4J转化为A和B沿轨道方向的动能。求：
(1)爆炸后瞬间A、B的速度大小；
(2)弹簧弹性势能的最大值；
(3)弹簧恢复到原长时B、C的速度大小。
答案：(1)均为2m/s (2)0.15J (3)均为1m/s
解析：(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，
取向右为正方向，由动量守恒：－mAvA＋mBvB＝0
爆炸产生的能量有0.4J转化为A、B的动能：
E＝mAv＋mBv
解得：vA＝vB＝2m/s。
(2)取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共同速度vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1，由动量守恒：mBvB＝(mB＋mC)vBC
由能量守恒定律：mBv＝(mB＋mC)v＋Ep1
解得：Ep1＝0.15J。
(3)设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度分别为vB1和vC1，则由动量守恒和能量守恒，有：
mBvB＝mBvB1＋mCvC1
mBv＝mBv＋mCv
解得：vB1＝－1m/s(负号表示方向向左，即B的速度大小为1m/s)，vC1＝1m/s。
(其中vB1＝2m/s，vC1＝0m/s不符合题意，舍去)。
基础夯实
一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题)
1．关于散射，下列说法正确的是( C )
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
解析：由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。
2．(宜昌市葛州坝中学2015～2016学年高二下学期期中)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( A )
A． B．
C． D．
解析：设中子质量为m，则原子核质量为Am，
由mv＝mv1＋Amv2，mv2＝mv＋Amv，得
v1＝v
所以＝，A正确。
3．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0 射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( D )
A．v1＝v2＝v3＝v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
解析：由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒，若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能应为mv。
假如选项A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能。
假如选项B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。
假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。
假如选项D正确的话，则通过计算其既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D正确。
4．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是( BC )
A．0.7v B．0.6v
C．0.4v D．0.2v
解析：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，
由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋·2mv，
解得：vA＝－v，vB＝v，
负号表示碰撞后A球反向弹回，如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝v，
则碰撞后B球的速度范围是：v5．(黑龙江大庆一中2015～2016学年高二下学期检测)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是( AD )
A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2J
C．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：由图象可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4kg，木板获得的动能为：Ek＝Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得：ΔE＝4J，故B错误；由图得到：0～1s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1m/s2 ，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确。
二、非选择题
6．(江西南昌二中2015～2016学年高二下学期期中)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v－t图象呈周期性变化，如图乙所示，请据此求盒内物体的质量。
答案：M
解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得：Mv0＝mv ①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，由机械能守恒有：Mv＝mv2 ②
联立①②解得m＝M
7．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，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Q处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。
答案：＝2
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，m1v＝m1v＋m2v
利用v2/v1＝4，可解出＝2
能力提升
一、选择题(1～2题为单选题，3～5题为多选题)
1．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能的是( B )
解析：本题有两种可能情况，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平抛运动规律知，甲图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；乙图中两弹片的速度分别为v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；甲在后情况，C图中v甲＝1m/s，v乙＝2m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误。
2．(山西大学附中2016～2017学年高二下学期检测)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)，已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是( A )
A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s
B．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s
C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s
D．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s
解析：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔpA<0，故B、D错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误，故选A。
3．如图所示，在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是( BC )
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)u＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v，满足；Mu＝(M＋m)v
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：(M＋m0)u＝(M＋m0)v1＋mv2
解析：由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A、D。
因为单摆的速度不变，所以，研究对象选取小车和木块所构成的系统，若为弹性碰撞或碰后分离，水平方向动量守恒，由动量守恒定律有：Mu＝Mv1＋mv2，即为B选项，由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块发生完全非弹性碰撞而选C。
4．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( AD )
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即mv＝mv＋3mv，解两式得：v1＝－，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错误；由单摆的周期公式T＝2π，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
5．(吉林二中2016～2017学年高二下学期期中)如图所示，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( BD )
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能达到的最大高度为
D．B能达到的最大高度为
解析：对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh＝mv，B刚到达水平地面的速度v0＝。碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为，故C错误，D正确，故选BD。
二、非选择题
6．(天津市第一中学2017～2018学年高三上学期月考)如图所示，质量为M的小球通过不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。质量为m的子弹以一定的速度水平射入小球未穿出，之后小球在轻绳作用下做圆弧运动。改变子弹的入射速度v，每次都保证子弹射入小球未穿出，测得每次小球上升的最大高度h(均不超过绳长)。某同学以h为纵坐标，以v2为横坐标，利用实验数据做直线拟合，得到该直线的斜率为k＝2×10－3s/m2。已知重力加速度为g＝10m/s2。求小球质量与子弹质量的比值M/m。
答案：4
解析：子弹射入小球，由动量守恒定律可知：
mv＝(m＋M)v1
由机械能守恒定律：(m＋M)gh＝(m＋M)v
得h＝()2
又k＝()2·
解得＝4。
7．(哈尔滨六中2016～2017学年高二下学期期中)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示。求：
(1)物块C的质量？
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能EP?
答案：(1)2kg (2)9J
解析：(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2
解得：mC＝2kg
(2)12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大。
根据动量守恒定律，有：(mA＋mc)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
根据机械能守恒定律，有：
(mA＋mc)v＝(mA＋mB＋mC)v＋EP
解得EP＝9J
