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第1章 动量守恒研究
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基础储备·明确原理
条分缕析·夯基固本
热点实验·典例解读
考点明示·典例感悟
实验 验证动量守恒定律
一、实验目的
验证碰撞中的动量守恒．
二、实验原理
1．质量为m1和m2的两个小球发生正碰，若碰前m1运动，m2静止，根据动量守恒定律应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．
2．因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同．则小球的水平速度若用飞行时间作时间单位，在数值上就等于小球飞出的水平距离．所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式，即m1OP＝m1OM＋m2ON．若在实验误差允许范围内成立，就验证了两小球组成的系统碰撞前后总动量守恒．式中OP、OM和ON的意义如图所示．
三、实验器材
斜槽，大小相等质量不同的小钢球两个，重垂线一条，白纸，复写纸，天平一台，刻度尺，圆规，三角板．
四、实验步骤
1．用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为碰撞球．
2．按照图所示安装实验装置，调整固定斜槽，调整时应使斜槽末端水平．
3．白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好，记下重垂线所指的位置O．
4．不放被碰小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次，用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．
5．
把被碰小球放在槽口上，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N，如图所示．
6．连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度，将测量数据填入表中，最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．
五、注意事项
1．斜槽轨道末端的切线必须水平，判断是否水平的方法是将小球放在斜槽轨道平直部分任一位置，若小球均能保持静止，则表明斜槽末端已水平．
2．入射小球每次都必须从斜槽轨道同一位置由静止释放，可在斜槽适当高度处固定一挡板，使小球靠着挡板，然后释放小球．
3．入射球的质量应大于被碰球的质量．
4．实验过程中确保实验桌、斜槽、记录所用的白纸的位置要始终保持不变．
5．在计算时一定要注意m1、m2与OP、OM和ON的对应关系．
6．应尽可能的在斜槽较高的地方由静止释放入射小球．
六、误差分析
1．小球落点位置确定的是否准确是产生误差的一个原因，因此在确定落点位置时，应严格按步骤中的4、5去做．
2．入射小球每次是否从同一高度无初速度滑下是产生误差的另一原因．
3．两球的碰撞若不是对心正碰则会产生误差．
4．线段长度的测量产生误差．
5．入射小球释放的高度太低，两球碰撞时内力较小也会产生误差．
实验的操作与数据处理
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________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________________(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________________(用(2)中测量的量表示)．
(4)经测定，m1＝45．0 g，m2＝7．5 g ，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶ p2′＝11∶________．
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________．
(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大，请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm．
[思路点拨] 本题可根据平抛运动、能量守恒定律等知识求解．
[解析] (1)该实验是验证动量守恒定律，也就是验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由题图中装置可以看出，不放被碰小球m2时，m1从抛出点下落高度与放上m2两球相碰后下落的高度H相同，即在空中做平抛运动的下落时间t相同，故有v1＝，v1′＝，v2′＝，代入m1v1＝m1v1′＋m2v2′，可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，只需验证该式成立即可，在实验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移即可．
(2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分．
(3)若是弹性碰撞，还应满足能量守恒，
即m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，
即m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2．
(4)＝＝＝＝14∶11．
＝＝＝11∶2．9．
＝
＝≈1(1～1．01均可)．
(5)当两球发生弹性碰撞时，碰后m2的速度最大，射程最大，由m1·OP＝m1·OM＋m2·ON与m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2可解出ON的最大值为76．8 cm．
[答案] (1)C (2)ADE或DEA或DAE
(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2 (4)14 2．9 1(1～1．01均可)
(5)76．8
实验的改进与创新
如图所示为气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz．开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做________运动，其速度大小为________m/s，本实验中得出的结论是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________．
[解析] 由题图可知，A、B离开弹簧后，均做匀速直线运动，开始时vA＝0，vB＝0，A、B被弹开后，
vA′＝0．09 m/s，vB′＝0．06 m/s，
mAvA′＝0．2×0．09 kg·m/s＝0．018 kg·m/s
mBvB′＝0．3×0．06 kg·m/s＝0．018 kg·m/s由此可得：mAvA′＝mBvB′，
即0＝mBvB′－mAvA′
结论：两滑块组成的系统在相互作用过程中质量与速度乘积的矢量和守恒．
[答案] 匀速直线 0．09 两滑块组成的系统在相互作用过程中质量与速度乘积的矢量和守恒
1．(多选)在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量实验中，哪些因素可导致实验误差( )
A．导轨安放不水平
B．小车上挡光板倾斜
C．两小车质量不相等
D．两小车碰后连在一起
解析：选AB．选项A中，导轨不水平，小车速度将受重力的影响，从而导致实验误差；选项B中，挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，使计算速度出现误差，所以答案应为A、B．
2．(多选)在做利用悬线悬挂等大的小球探究碰撞中的不变量的实验中，下列说法正确的是( )
A．悬挂两球的细线长度要适当且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是刚性球且质量相同
D．两小球碰后可以粘合在一起共同运动
解析：选ABD．两线等长能保证两球正碰，也就是对心碰撞，以减小实验误差，所以A正确．由于计算碰撞前速度时用到了mgh＝mv2－0，即初速度为0时碰前的速度为v＝，B正确．本实验中对小球的材质性能无要求，C错误．两球正碰后，有各种运动情况，所以D正确．
3．(多选)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列哪些操作是正确的( )
A．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量
B．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起
C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车
D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源
解析：选BC．车的质量可以用天平测量，没有必要一个用撞针而另一个用橡皮泥配重．这样做的目的是为了碰撞后两车粘在一起有共同速度，选项B正确；打点计时器的使用原则是先接通电源，C项正确．
4．在利用平抛运动做“探究碰撞中的不变量”实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端的切线保持水平，这样做的目的是( )
A．入射球得到较大的速度
B．入射球与被碰球对心碰撞后速度均为水平方向
C．入射球与被碰球碰撞时动能无损失
D．入射球与被碰球碰撞后均能从同一高度飞出
解析：选B．实验中小球能水平飞出是实验成功的关键，只有这样才能使两个小球在空中运动时间相等．
5．“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球质量m1＝15 g，原来静止的被碰小球质量m2＝10 g，由实验测得它们在碰撞前后的x－t图象如图所示，由图可知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v′1是________，被碰小球碰撞后的m2v′2是________．由此得出结论________________________________________________________________________．
解析：由题图可知碰撞前m1的速度大小
v1＝ m/s＝1 m/s
故碰撞前的m1v1＝0．015×1 kg·m/s＝0．015 kg·m/s
碰撞后m1的速度大小v′1＝ m/s＝0．5 m/s
m2的速度大小v′2＝ m/s＝0．75 m/s
故m1v′1＝0．015×0．5 kg·m/s＝0．007 5 kg·m/s
m2v′2＝0．01×0．75 kg·m/s＝0．007 5 kg·m/s
可知m1v1＝m1v′1＋m2v′2．
答案：0．015 kg·m/s 0．007 5 kg·m/s
0．007 5 kg·m/s 碰撞中mv的矢量和是守恒的量
6．用如图所示的装置可以完成“探究碰撞中的不变量”实验．
(1)若实验中选取的A、B两球半径相同，为了使A、B发生一维碰撞，应使两球悬线长度________，悬点O1、O2之间的距离等于________．
(2)若A、B两球的半径不相同，利用本装置能否完成实验？如果你认为能完成，请说明如何调节？
解析：(1)为了保证一维碰撞，碰撞点应与两球在同一条水平线上．故两球悬线长度相等，O1、O2之间的距离等于球的直径．
(2)如果两球的半径不相等，也可完成实验．调整装置时，应使O1、O2之间的距离等于两球的半径之和，两球静止时，球心在同一水平高度上．
答案：(1)相等 球的直径 (2)见解析
7．把两个大小相同、质量不等的金属球用细线连接起来，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于摩擦可以忽略不计的水平桌面上，如图所示，现烧断细线，观察两球的运动情况，进行必要的测量，探究物体间发生相互作用时的不变量．测量过程中：
(1)还必须添加的器材有________________________________________________________________________．
(2)需直接测量的数据是________________________________________________________________________．
解析：两球被弹开后，分别以不同的速度离开桌面做平抛运动，两球做平抛运动的时间相等，均为t＝(h为桌面离地的高度)．根据平抛运动规律，由两球落地点距抛出点的水平距离x＝v·t，知两物体水平速度之比等于它们的射程之比，即v1∶v2＝x1∶x2，因此本实验中只需测量x1、x2即可．测量x1、x2时需准确记下两球落地点的位置，故需要直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤和木板等．若要探究m1x1＝m2x2或m1x＝m2x或＝是否成立，还需要用天平测量两球的质量m1、m2．
答案：(1)直尺、纸、复写纸、图钉、细线、铅锤、木板、天平
(2)两球的质量m1、m2以及它们做平抛运动的射程x1、x2
8．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50 Hz，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________段计算小车甲的碰前速度，应选________段来计算小车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
(2)已测得小车甲的质量m甲＝0．40 kg，小车乙的质量m乙＝0．20 kg，由以上测量结果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝________kg·m/s；碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝________kg·m/s．
(3)通过计算得出的结论是什么？
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
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＝＝1．05 m/s，
v′＝＝0．695 m/s
m甲v甲＋m乙v乙＝0．420 kg·m/s
碰后m甲v′甲＋m乙v′乙＝(m甲＋m乙)v′
＝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mv之和是相等的．
答案：(1)BC DE (2)0．420 0．417
(3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的
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第1章 动量守恒研究
第1章 动量守恒研究
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第3节 科学探究——一维弹性碰撞
1．知道非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和弹性碰撞的概念和特点．
2．掌握弹性碰撞的规律，能根据弹性碰撞的规律解释判断有关现象和解决有关的问题．(重点＋难点)
一、不同类型的碰撞
1．弹性碰撞：物体碰撞后，形变能够完全恢复，碰撞前后系统总动能守恒．
2．非弹性碰撞：碰撞过程中动能有损失，碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能．
3．完全非弹性碰撞：碰撞后两物体结合在一起，具有共同的速度，这种碰撞系统动能损失最大．
(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．( )
(2)发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的．( )
(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的．( )
提示：(1)√ (2)× (3)√
二、弹性碰撞的规律
1．实验研究
(1)质量相等的两个钢球发生弹性碰撞，碰撞前后两球的总动能守恒，碰撞后两球交换了速度．
(2)质量较大的钢球与静止的质量较小的钢球发生弹性碰撞，碰后两球运动方向相同，碰撞前后两球总动能守恒．
(3)质量较小的钢球与静止的质量较大的钢球发生弹性碰撞，碰后质量较小的钢球速度方向与原来相反，碰撞过程中两球总动能守恒．
综上可知，弹性碰撞过程中，系统的动能与动量守恒．
2．碰撞规律：在光滑水平面上质量m1的小球以速度v1与质量m2的静止小球发生弹性正碰．其动量和动能均守恒．
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2．
碰后两物体的速度分别为
v1′＝，v2′＝．
讨论
(1)若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都与v1方向相同；若m1?m2，v1′＝v1，v2′＝2v1，表示m1速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．
(2)若m1(3)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球交换了速度．
如图所示，打台球时，质量相等的母球与目标球发生碰撞，两个球一定交换速度吗？碰撞一定是对心碰撞吗？
提示：不一定．只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度．母球与目标球碰撞时对心碰撞和非对心碰撞都有可能发生．
对碰撞问题的理解
1．碰撞过程的特点
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短，各物体作用前后各自动量变化显著，物体在作用时间内的位移可忽略．
(2)即使碰撞过程中系统所受合力不等于零，因为内力远大于外力，作用时间又很短，所以外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的．
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰后的总机械能不可能大于碰前系统机械能．
(4)对于弹性碰撞，碰撞前后无动能损失；对非弹性碰撞，碰撞前后有动能损失；对于完全非弹性碰撞，碰撞前后动能损失最大．
2．碰撞过程的分析
判断依据：在所给条件不足的情况下，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)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′．
(2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p,2m1)＋eq \f(p,2m2)≥＋．
(3)符合实际情况．如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必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．
判断一个碰撞过程能否发生时，必须同时考虑到碰撞过程中应满足动量守恒，动能不增加及符合碰撞的速度关系等条件，不要认为满足动量守恒就能发生．
如图所示，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( )
A．v′A＝－2 m/s，v′B＝6 m/s
B．v′A＝2 m/s，v′B＝2 m/s
C．v′A＝1 m/s，v′B＝3 m/s
D．v′A＝－3 m/s，v′B＝7 m/s
[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≥mAv′＋mBv′②，答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
[答案] D
处理碰撞问题的思路
(1)对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加．
(2)一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，同时注意碰后的速度关系．
(3)要灵活运用Ek＝或p＝，Ek＝pv或p＝几个关系式．
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
解析：选B．由Ek＝mv2知，碰后A球速率vA′＝v．
以v方向为正方向，若vA′与v方向相同，有
mv＝mvA′＋2mvB′得vB′＝＝v，
若vA′与v反向，有mv＝m(－vA′)＋2mvB′，得
vB′＝＝v，所以只有B正确．
对爆炸与碰撞的理解
1．爆炸与碰撞的共同点：物理过程剧烈，系统内物体的相互作用的内力很大，过程持续时间极短，可认为系统满足动量守恒．
2．爆炸与碰撞的不同点：爆炸有其他形式的能转化为动能，所以动能增加，但两种情况都满足能量守恒，总能量保持不变．而碰撞时通常动能要损失一部分转化为内能，动能减少．
3．爆炸类、碰撞类问题的拓展
(1)碰撞的特点是动量守恒，动能不增加，相互作用的两个物体在很多情况下具有类似的特点．
例如：子弹射入自由木块中，两相对运动物体间的绳子绷紧，物块在放置于光滑水平面上的木板上运动直至相对静止，物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点．这些情景中，系统动量守恒(或某一方向上动量守恒)，动能转化为其他形式的能，末状态两物体相对静止．这些过程与完全非弹性碰撞具有相同的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律分析求解．
(2)爆炸的特点是动量守恒，其他形式的能转化为动能，同样，有很多情况，相互作用的物体具有类似的特点．
例如：光滑水平面上弹簧将两物体弹开，人从车(或船)上跳离，物体从放置于光滑水平面上的斜面上滑下．这些过程与爆炸具有类似的特征，可应用动量守恒定律，必要时结合能量守恒定律求解．
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是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．
(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能．
[思路点拨] (1)手榴弹到达最高点时具有水平方向的动量，爆炸过程中水平方向动量守恒．
(2)爆炸过程中增加的动能来源于燃料的化学能．
[解析] (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＝v0cos 60°＝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的方向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，即ΔEk＝·2mv′＋mv－·3mv＝mv．
[答案] (1)2．5v0 方向与爆炸前速度方向相反
(2)mv
处理爆炸问题的注意事项
(1)在处理爆炸问题，列动量守恒方程时应注意：爆炸前的动量是指即将爆炸那一刻的动量，爆炸后的动量是指爆炸刚好结束时那一刻的动量．
(2)在爆炸过程中，系统的动量守恒，机械能增加．
(多选)向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：选CD．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a、b的速度大小，所以选项A、B错误；因炸开后a、b都做平抛运动，且高度相同，故选项C正确；由牛顿第三定律知，选项D正确．
用动量和能量观点解决碰撞问题
动量与能量观点的综合应用常见的有以下三种模型：
1．子弹打木块类模型
(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒．
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
(3)若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多．
2．滑块—滑板类模型
(1)把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，则在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．
(2)由于摩擦生热，机械能转化为内能，则系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．
(3)注意滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度．
3．弹簧类模型
(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒．
(2)整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．
(3)注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．
命题视角1 子弹打木块模型
如图所示，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：
(1)子弹射入木块后，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．
[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)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv＝(M＋m)v′， ①
二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得：
－μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2， ②
由①②两式解得：x＝．
(2)射入过程中损失的机械能
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2， ③
解得：ΔE＝．
[答案] (1) (2)
命题视角2 滑板——滑块模型
如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：
(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？
(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？
(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？
[解析] (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得，
Mv0＝(M＋m)v′，则v′＝．
(2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx相＝Mv－(M＋m)v′2．
解得x相＝eq \f(Mv,2μg（M＋m）)．
(3)由能量守恒定律可得，
Q＝Mv－(M＋m)v′2＝eq \f(Mmv,2（M＋m）)．
[答案] (1) (2)eq \f(Mv,2μg（M＋m）) (3)eq \f(Mmv,2（M＋m）)
命题视角3 弹簧类模型
如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
[解析] A、B碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B、C相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．
(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE．对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
mv＝ΔE＋(2m)v ③
联立①②③式得ΔE＝mv． ④
(2)由②式可知v2mv－ΔE＝(3m)v＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得
Ep＝mv． ⑦
[答案] (1)mv (2)mv
(1)多个物体组成的系统应用动量守恒时，既可以根据作用的先后顺序选取系统，也可以选所有物体为系统，这要由题目需要而定．
(2)注意题目中出现两物体相距最远、最近或物体上升到最高点等状态时，往往对应两物体速度相等．
(3)当问题有多过程、多阶段时，必须分清不同过程的受力特点、力的做功特点等，明确对应过程所遵从的规律．
【通关练习】
1．(多选)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( )
A．mv2 B．v2
C．NμmgL D．NμmgL
解析：选BD．设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．
2．
一轻质弹簧的两端连接两滑块A和B，已知mA＝0．99 kg，mB＝3 kg，放在光滑水平面上，开始时弹簧处于原长，现滑块A被水平飞来的质量为mC＝10 g、速度为400 m/s的子弹击中，且没有穿出，如图所示，求：
(1)子弹击中滑块A的瞬间滑块A和B的速度；
(2)以后运动过程中弹簧的最大弹性势能．
解析：(1)子弹击中滑块A的过程中，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，很短时间具有共同速度vA，取子弹开始运动方向为正方向，有mCv0＝(mA＋mC)vA
得vA＝＝4 m/s
滑块A在此过程中无位移，弹簧无形变，滑块B仍静止，即vB＝0．
(2)对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，当滑块A、B速度v相等时弹簧的弹性势能Ep最大，根据动量守恒和机械能守恒，有mCv0＝(mA＋mB＋mC)v
得v＝＝1 m/s
Ep＝(mA＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v2＝6 J．
答案：(1)4 m/s 0 (2)6 J
[随堂检测]
1．两个相向运动的小球，在光滑水平面上碰撞后变为静止状态，则碰撞前这两个小球的( )
A．质量一定相等 B．动能一定相等
C．动量一定相同 D．动量一定不同
解析：选D．由题意知两小球碰前动量大小相等、方向相反，质量关系不明确，A错；由关系式Ek＝，动能不一定相等，B错；动量是矢量，动量相同包括方向相同，C错，D对．
2．如图，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( )
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：选D．选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0．B的动量pB＝－2mv0．碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．
3．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
解析：选B．弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝mv甲＋mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．
4．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．
解析：设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB ①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v ②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v ③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0．
答案：见解析
[课时作业] [学生用书P81(独立成册)]
一、单项选择题
1．下列关于碰撞的理解不正确的是( )
A．碰撞是指运动的物体相遇时，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，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒
C．如果碰撞过程中动能也守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞
D．微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解
解析：选D．由对碰撞概念的理解可知，A、B正确．若碰撞中动能也守恒，此碰撞为弹性碰撞，C正确．动量守恒定律是普遍遵循的自然定律，微观粒子的碰撞也同样遵循，D错误．
2．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是( )
A．0．6v B．0．4v
C．0．3v D．0．2v
解析：选A．由动量守恒定律得：设小球A碰前的速度方向为正，则mv＝－mv1＋2mv2则2v2＝v1＋v>v
v2>，即v2>0．5v，A正确．
3．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )
A． B．
C． D．
解析：选D．把发射的子弹与木块视为一个系统，设子弹数目为n，由动量守恒定律得Mv1－nmv2＝0，n＝，故选D．
4．
A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．3∶1
解析：选C．由图象知，碰前vA＝4 m/s，vB＝0．碰后vA′＝vB′＝1 m/s，由动量守恒可知mAvA＋0＝mAvA′＋mBvB′，解得mB＝3mA．故选项C正确．
5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p甲＝5 kg·m/s，p乙＝7 kg·m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p乙′＝10 kg·m/s，则两球质量m甲、m乙的关系可能是( )
A．m乙＝m甲 B．m乙＝2m甲
C．m乙＝4m甲 D．m乙＝6m甲
解析：选C．由动量守恒定律p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，
得p甲′＝2 kg·m/s，
若两球发生弹性碰撞，则eq \f(p,2m甲)＋eq \f(p,2m乙)＝＋
解得m乙＝m甲，若两球发生完全非弹性碰撞，则v甲′＝v乙′，即＝，解得m乙＝5m甲，
即乙球的质量范围是m甲≤m乙≤5m甲，选项C正确．
6．如图所示，质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上．物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是水平面．将质量为m的小滑块从物体的A点静止释放，沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点，则( )
A．滑块m从A滑到B的过程，物体与滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．滑块滑到B点时，速度大小等于
C．滑块从B运动到D的过程，系统的动量和机械能都不守恒
D．滑块滑到D点时，物体的速度等于0
解析：选D．滑块由A到B的过程中，系统合外力不为零，所以动量不守恒，又由于只有滑块重力做功，所以系统机械能守恒，A错误．滑块到B点时，重力势能减少mgR，系统水平方向动量守恒，所以物体有速度，滑块减少的重力势能转变为滑块的动能与物体的动能，所以滑块速度小于，B错误．由B到D，系统合外力为零，动量守恒，由于滑块能停下来，故B、D间有摩擦力做功，所以机械能不守恒，C错误．滑块到D点时速度为零，由动量守恒定律知，物体的速度也为零，D正确．
二、多项选择题
7．如图所示，P物体与一个连着弹簧的Q物体正碰，碰后P物体静止，Q物体以P物体碰前的速度v离开，已知P与Q质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列结论中错误的是( )
A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同速度
C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v
解析：选ACD．P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P做减速运动，Q做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B正确，A、C错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝，故D错误．
如图所示，质量为M的小车原来静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为m的物体C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体C被弹出向B端运动，最后与B端粘在一起，下列说法中正确的是( )
A．物体离开弹簧时，小车向左运动
B．物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比为
C．物体与B端粘在一起后，小车静止下来
D．物体与B端粘在一起后，小车向右运动
解析：选ABC．系统动量守恒，物体C离开弹簧时向右运动，动量向右，系统的总动量为零，所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1之比为．当物体C与B粘在一起后，由动量守恒定律知，系统的总动量为零，即小车静止．
如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A射入深度dA大于子弹B射入的深度dB，则可判断( )
A．子弹在木块中运动时间tA>tB
B．子弹入射时的初动能EkA>EkB
C．子弹入射时的初速度vAD．子弹质量mA解析：选BD．子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，两子弹与木块的相互作用必然同时开始同时结束，即两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故A错误；由于木块始终保持静止状态，两子弹对木块的作用力大小相等，则两子弹所受的阻力f大小相等，根据动能定理，对A子弹有－fdA＝0－EkA，EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，EkB＝fdB，而dA>dB，所以子弹的初动能EkA>EkB，故B正确；两子弹和木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mAvA－mBvB＝－＝0，即mAEkA＝mBEkB，mAvA＝mBvB，而EkA>EkB，所以mAvB，故D正确，C错误．
带有光滑圆弧轨道的质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对滑车做的功为Mv
D．小球在弧形槽上升的最大高度为eq \f(v,2g)
解析：选BC．由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最后的速度为v0，小球的速度为0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功W＝Mv，A错误，B、C正确．小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过程看作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0＝2Mv′ ①
Mv＝2×Mv′2＋Mgh ②
解①②得h＝eq \f(v,4g)，D错误．
三、非选择题
11．如图所示，一质量m1＝0．45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．质量m2＝0．5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m0＝0．05 kg的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0．8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，求：
(1)子弹相对小车静止时，小车速度的大小；
(2)小车的长度L．
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m1)v1 ①
解得v1＝10 m/s． ②
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 ③
解得v2＝8 m/s ④
由能量守恒可得
(m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v ⑤
解得L＝2 m．
答案：(1)10 m/s (2)2 m
12．如图所示，甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m，将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定，弹簧与小物块之间不连接．整个系统静止在光滑水平地面上，甲物块与左边墙壁的距离为l(l远大于弹簧的长度)．某时刻烧断甲、乙之间的轻绳，甲与乙、丙的连接体立即被弹开．经过时间t，甲与墙壁发生弹性碰撞，与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开，又经时间，甲与乙发生第一次碰撞．设所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动．求：
(1)乙、丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小？
(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能．
解析：(1)甲与乙、丙连接体分离时的速度大小为
设乙、丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v，则有
m＝2mv
解得v＝．
(2)设乙、丙分离后乙的速度大小为v乙，丙的速度大小为v丙
l＋＝
分离前后乙、丙组成的系统动量守恒
2mv＝mv丙－mv乙
乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能
Ep＝mv＋mv－(2m)v2
解得Ep＝．
答案：(1) (2)
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第1章 动量守恒研究
第1章 动量守恒研究
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第2节 动量守恒定律
1．知道牛顿运动定律和动量守恒定律的关系，能用牛顿运动定律推导动量守恒定律． 2．理解动量守恒定律的确切含义和表达式．(重点＋难点) 3．知道什么是反冲运动，了解它在实际中的简单应用．(重点) 4．了解火箭的飞行原理和主要用途．
一、动量守恒吗
1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)物体m1、m2相互作用前的速度为v1、v2，相互作用后的速度为v1′、v2′，则可表示为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
(2)物体m1、m2相互作用前的动量为p1、p2，相互作用后的动量为p1′、p2′，则可表示为：p1＋p2＝p1′＋p2′．
(3)物体m1、m2相互作用后动量的变化分别为Δp1和Δp2，则可表示为：Δp1＝－Δp2或Δp1＋Δp2＝0．
3．适用范围：动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，不仅适用于低速、宏观物体的运动，而且适用于微观、高速物体的运动．
1．(1)一个系统初、末状态动量大小相等，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)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．( )
提示：(1)× (2)√ (3)√
二、动量守恒定律的推导
设两质点质量分别为m1、m2，F1与F2表示两质点间相互作用力，两质点的加速度分别为a1、a2，初速度分别为v1、v2，末速度分别为v1′、v2′，相互作用时间为t，则
对m1，由动量定理得F1t＝m1v1′－m1v1，
对m2，由动量定理得F2t＝m2v2′－m2v2，
据牛顿第三定律：F2＝－F1，
所以F2t＝－F1t，
所以m2v2′－m2v2＝－(m1v1′－m1v1)，
整理得：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
此式表明质点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．
动量守恒定律可由牛顿运动定律和运动学公式(动量定理)推导，那么二者的适用范围是否一样？
提示：牛顿运动定律适用于宏观物体、低速运动(相对光速而言)，动量守恒定律适用于任何物体、任何运动．
三、反冲运动与火箭
1．反冲：根据动量守恒定律，一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某一个方向运动，另一部分向相反方向运动的现象．
2．反冲现象的防止及应用
(1)防止：枪身的反冲、高压水枪的反冲等．
(2)应用：喷灌装置、火箭等．
2．(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．( )
提示：(1)√ (2)× (3)√
3．火箭
(1)原理：火箭的飞行应用了反冲的原理，靠喷出气流的反冲作用来获得巨大速度．
(2)影响火箭获得速度大小的因素：一是喷气速度，喷气速度越大火箭能达到的速度越大．二是燃料质量越大、负荷越小，火箭能达到的速度也越大．
3．(1)火箭点火后离开地面加速向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果．( )
(2)在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行．( )
提示：(1)× (2)√
动量守恒定律的理解及应用
1．研究对象：相互作用的物体组成的系统．
2．正确理解“总动量保持不变”，不仅指系统的初末两个时刻的总动量相等，而是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等．
3．动量守恒定律的“五性”
(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．
(2)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对地的速度．
(3)条件性：动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．
(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．
4．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象；
(2)分析研究对象所受的外力；
(3)判断系统是否符合动量守恒条件；
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
(5)根据动量守恒定律列式求解，并对结果进行讨论．
将矢量运算转化为代数运算时，符号处理应注意：
(1)若用v、v′表示物体的速度大小，则速度沿正向时动量表示为mv、mv′，速度沿负方向时，动量表示为－mv、－mv′．
(2)若用v、v′表示物体速度，则无论正向、反向，动量都表示为mv、mv′，方向包含在v、v′之中，求解结果的正、负可确定速度的方向．
命题视角1 对动量守恒定律的理解
关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
[思路点拨] 动量守恒定律成立的条件是系统不受外力，或所受合外力为0，或者是系统所受的外力比相互作用的内力小很多．
[解析] 根据动量守恒条件可知A、B错误，C正确；D项中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒．
[答案] C
系统动量守恒的判定方法
(1)分析动量守恒时研究对象是系统，分清外力与内力．
(2)研究系统受到的外力矢量和．
(3)外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．
(4)系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．
命题视角2 动量守恒定律在多物体、多过程问题
中的应用
如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知木块A、B的质量分别为mA＝500 g、mB＝300 g．有一个质量为80 g的小铁块C以25 m/s的水平初速度开始在A表面上滑动．由于C与A、B之间有摩擦，铁块最后停在B上，B和C一起以2．5 m/s的速度共同前进．求：
(1)木块A的最后速度v′A的大小；
(2)C在离开A时的速度v′C的大小．
[思路点拨] (1)本题的物理过程可分为两个阶段，即C分别在A、B上滑动的阶段．
(2)本题求解的一个关键是确定C离开A时A、B的速度相同．
[解析] (1)取A、B、C三个物体组成的系统为研究对象．
系统所受到的合外力为零，系统动量守恒，则
mCvC＝mAv′A＋(mB＋mC)v
代入已知数据解得
v′A＝＝ m/s＝2．1 m/s．
(2)铁块C离开A滑到B上时，木块A和B具有相同的速度v′A．仍对A、B、C组成的系统应用动量守恒定律得
mCvC＝mCv′C＋(mA＋mB)v′A．
解得v′C＝
＝ m/s＝4 m/s．
[答案] (1)2．1 m/s (2)4 m/s
应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题的关键是正确划分过程与合理选择研究系统．有的过程选部分物体为研究系统，有的过程需要选取全部物体为研究系统．
命题视角3 动量守恒定律中的临界、极值问题
如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
[思路点拨] 选取向右为速度的正方向，甲接住货物后，两船不相撞应满足：v′乙≥v′甲，临界条件为：v′乙＝v′甲．此时对应抛出货物的速度最小．
[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，甲、乙两船的运动方向为正方向．由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin ①
10m×2v0－mvmin＝11mv2 ②
为避免两船相撞应满足
v1＝v2 ③
联立①②③式得
vmin＝4v0．
[答案] 4v0
动量守恒定律应用中的常见临界情形
(1)如图甲所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．
甲 乙
(2)如图乙所示，物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B上，当A在B上滑行的距离最远时，A、B相对静止，A、B两物体的速度必定相等．
丙
(3)如图丙所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来．设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)．
【通关练习】
1．(多选)在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示．用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的是( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，再放开右手后，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
解析：选ACD．在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统就在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D对．
2．
如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0＝6．0 m/s．甲小孩车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg．甲不断地将小球一个一个地以v＝16．5 m/s的水平速度(相对于地面)抛向乙，并被乙接住．问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？
解析：两车不相碰的临界条件是它们最后的速度(对地)相同．
由该系统动量守恒，以甲运动方向为正方向，有
M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v′， ①
再以甲及小球为系统，同样有
M1v0＝(M1－nm)v′＋nmv， ②
联立①②解得n＝15个．
答案：15个
对反冲运动的理解
1．反冲运动的特点
(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，所以可以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变为机械能，所以系统的总动能增加．
2．讨论反冲运动时应注意的问题
(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出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)，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．
(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，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．
(1)内力的存在不会影响系统的动量守恒．
(2)内力做的功往往会改变系统的总动能．
一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，喷出的气体相对地面的速度v＝1 000 m/s．设此火箭初始质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑地球引力及空气阻力的情况下，火箭发动机1 s末的速度是多大？
[思路点拨] 求解本题时应把握以下三点：
(1)以每秒20次喷出的气体和火箭剩余质量为研究对象．
(2)判断动量是否守恒．
(3)选正方向，据动量守恒定律列式求解．
[解析] 以火箭和它在1 s内喷出的气体为研究对象．设火箭1 s末的速度为v′，1 s内共喷出质量为20m的气体，以火箭前进的方向为正方向．
由动量守恒定律得：(M－20m)v′－20mv＝0
解得v′＝
＝ m/s≈13．5 m/s．
[答案] 13．5 m/s
对变质量问题，动量守恒定律仍适用，但必须考虑到气体喷出后，带走了一定质量，剩余部分质量已减少，在建立动量守恒定律方程时务必注意．
如图，质量为M的小船在静止水面上以速度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，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)
解析：选C．人跳起前后小船和人组成的系统动量守恒，
所以有(m＋M)v0＝－mv＋Mv1，
解得v1＝v0＋．
[随堂检测]
1．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一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m，出口速度为v，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
解析：选D．以车、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．
2．如图所示，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( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
解析：选D．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．
3．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．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：选A．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＝0．050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
4．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0．08 kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1．0 kg大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6．0 m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4．0 m/s．铜块最终停在第二块木板上(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：
(1)第一块木板的最终速度；
(2)铜块的最终速度．
解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5 m/s．
(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4 m/s．
答案：(1)2．5 m/s (2)3．4 m/s
[课时作业]
一、单项选择题
1．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )
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
解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0．6 m/s，方向向左．
2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为( )
A．E0 B．E0
C．E0 D．E0
解析：选C．由动量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝，E0＝，知选项C对．
3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s．假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则( )
A．只要lB．只要lC．只要l＝s，他一定能跳上站台
D．只要l＝s，他就有可能跳上站台
解析：选B．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故l4．质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为( )
解析：选B．由题意可知，人跳离小车前后动量守恒，所以有(m＋2m)v0＝m(－v0)＋2mv，解得v＝2v0，即人跳出瞬间，车速度为2v0，考察四个选项，只有B正确．
5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和50 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为( )
A．0 B．2 m/s
C．4 m/s D．无法确定
解析：选A．以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′得v甲′＝＝
m/s＝0，A正确．
6．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( )
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．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：选B．把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动量向右，末动量也应向右．选项C中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见，只有选项B正确．
二、多项选择题
7．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若( )
A．两人质量相等，则必定是v甲>v乙
B．两人质量相等，则必定是v乙>v甲
C．两人速率相等，则必定是m甲>m乙
D．两人速率相等，则必定是m乙>m甲
解析：选AC．取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v甲>v乙，所以选项A正确，B错误．若两人速率相等，则必定是m甲>m乙，所以选项C正确，D错误．
如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC．弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误．
如图所示，两物块质量关系为m1＝2m2，两物块与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则( )
A．两物块在脱离弹簧时的速率最大
B．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为＝
C．两物块的速率同时达到最大
D．两物块在弹开后同时达到静止
解析：选BCD．烧断细线后，对m1、m2及弹簧组成的系统，在m1、m2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中F1＝μ1m1g，F2＝μ2m2g，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，A选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m1v1－m2v2，显然，任意时刻，两物块的速率之比＝＝；当v1最大时，v2亦最大；当v1＝0时，亦有v2＝0，所以B、C、D选项都正确．
如图所示，
小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )
A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速
B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速
C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速
D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速
解析：选AC．小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．
三、非选择题
平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边顺水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4 m，如图所示．人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1．25 m．(g取10 m/s2)
(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度；
(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？
解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝v1
人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝＝0．5 s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t
由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l
则v2＝＝ m/s＝1．6 m/s．
(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0．
故人落到车上A点站定后车的速度为零．
车的水平位移为x2＝v2t＝1．6×0．5 m＝0．8 m．
答案：(1)1．6 m/s (2)不运动 0．8 m
如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0．3 m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1 kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0．2，g＝10 m/s2，求：
(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；
(2)B、D之间的距离．
解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，
由机械能守恒定律有mgR＝Mv＋mv，
代入m＝1 kg、M＝2 kg、R＝0．3 m，得v2＝2 m/s．
(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0．
由能量守恒定律有mgR＝μmgL，
代入μ＝0．2、R＝0．3 m，得L＝1．5 m．
答案：(1)2 m/s (2)1．5 m
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第1章 动量守恒研究
第1章 动量守恒研究
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第1章
动量守恒研究
DI YI ZHANG
预习导学新知探究
梳理知识·夯实基础
多维课堂,师生动
突破疑难·讲练提升
第1节 动量定理
1．理解动量的概念；知道动量和动量变化量均为矢量；会计算一维情况下的动量变化量．(重点)
2．知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点) 3．理解动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点＋难点)
4．会用动量定理解释碰撞、缓冲等现象．(重点)
一、动量
1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)公式：p＝mv．
(3)单位：千克·米每秒，符号kg·m/s．
(4)矢量性：方向与速度的方向相同．运算遵守平行四边形定则．
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＝mv2－mv1(矢量式)．
(2)动量始终保持在一条直线上时的动量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅代表方向，不代表大小)．
1．(1)物体的质量越大，动量一定越大．( )
(2)物体的速度大小不变，动量一定不变．( )
(3)物体动量大小相同，动能一定相同．( )
提示：(1)× (2)× (3)×
二、动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积．
(2)公式：I＝Ft．
(3)单位：牛顿·秒，符号N·s．
(4)矢量性：方向与力的方向相同．
2．动量定理
(1)内容：物体所受合外力的冲量，等于物体的动量变化．
(2)公式：I＝Δp或Ft＝mv2－mv1．
2．(1)动量和冲量的单位是等价的，所以二者是同一物理量的不同叫法．( )
(2)用力推物体但没推动，则这个力对物体的冲量为零．( )
(3)跳高比赛时，在运动员落地处放置很厚的海绵垫子可以减小冲量．( )
提示：(1)× (2)× (3)×
三、碰撞与缓冲的实例分析
1．碰撞时可产生冲击力，要利用这种冲击力就要设法减少作用力的作用时间．
2．要防止冲击力带来的危害，就要延长作用力的作用时间．
对动量及动量变化的理解
1．动量的认识
(1)动量是状态量，具有瞬时性，p＝mv中的速度v是瞬时速度．
(2)动量的相对性，因物体的速度与参考系的选取有关，故物体动量值也与参考系的选取有关(中学阶段一般选地面为参考系)．
2．动量、速度与动能的区别与联系
(1)动量与速度的区别与联系
①联系：动量和速度都是描述物体运动状态的物理量，都是矢量，动量的方向与速度方向相同，p＝mv．
②区别：速度描述物体运动的快慢和方向；动量在描述物体运动量方面更进一步，更能体现运动物体的作用效果．
(2)动量与动能的区别与联系
①联系：都是描述物体运动状态的物理量，Ek＝，p＝ ．
②区别：动量是矢量，动能是标量；动能从能量的角度描述物体的状态．动量从运动物体的作用效果方面描述物体的状态．
3．对动量的变化量的理解
(1)动量的变化量
运动物体的质量m不变，物体的运动速度由v1变化到v2，物体动量的变化量为Δp＝mv2－mv1，即动量的变化量Δp＝p2－p1，p1为初动量，p2为末动量．
(2)动量的变化量也是矢量
动量变化量的方向与速度变化量的方向相同，即为这个过程中加速度的方向．动量变化量是过程量．
(3)动量变化量的计算
由于动量为矢量，则求解动量的变化量时，其运算遵循平行四边形定则．
①若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．
②若初、末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则．
当某一物体的速度变化时，物体的动量一定发生变化，而物体的动能不一定发生变化．
质量为0．5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为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
[解析] 以原来的方向为正方向，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．
[答案] A
下列说法中正确的是( )
A．物体的动量改变，一定是速度大小改变
B．物体的动量改变，一定是速度方向改变
C．物体的运动状态改变，其动量一定改变
D．物体的速度方向改变，其动量不一定改变
解析：选C．动量是矢量，其方向与瞬时速度方向一致．动量改变，则速度一定改变．但速度改变可能是速度大小改变，或速度方向改变，或速度大小和方向均改变，所以A、B、D均错．运动状态指的是速度，故正确答案为C．
冲量的理解及计算
1．冲量的理解
(1)冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．
(2)冲量是矢量．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．
(3)冲量是过程量．它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量
公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力，则不能直接计算冲量．
(2)变力的冲量
①变力的冲量通常可利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算，如图所示，若某一力方向恒定不变，那么在F－t图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
如图所示，在倾角α＝37°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)
[思路点拨] 判断各力的大小和方向是解题的关键．
[解析] 物体所受合力的冲量由I＝Ft可知：
重力的冲量IG＝mgt＝100 N·s，方向竖直向下；
支持力的冲量IN＝Nt＝mgcos α·t＝80 N·s，垂直于斜面向上；
摩擦力的冲量If＝ft＝μmgcos α·t＝16 N·s，沿斜面向上．
[答案] 重力的冲量为100 N·s，方向竖直向下 支持力的冲量为80 N·s，方向垂直斜面向上 摩擦力的冲量为16 N·s，方向沿斜面向上
公式I＝Ft可直接用来求解恒力的冲量，冲量的方向跟该恒力的方向相同．
关于冲量，下列说法正确的是( )
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受力的方向
解析：选A．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，B选项不正确．物体所受冲量的大小I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C选项不正确．冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，D选项不正确．
动量定理的理解与应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即合外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果．
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和．
(3)动量定理表达式是矢量式，符号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(4)动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，作用力不论是恒力还是变力，几个力作用的时间不论是相同还是不同，动量定理都适用．
2．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．例如：冲床冲压工作时，缩短力的作用时间，产生很大的作用力；而在搬运玻璃等易碎物品时，包装箱内放些碎纸、刨花、塑料等，是为了延长作用时间，减小作用力．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．例如：用铁锤猛击放在“气功师”身上的石板时，石裂而不伤人，就是由于铁锤打击石板的时间极短，铁锤对石板的冲量很小，石板的动量几乎不变，躺着的“气功师”才不会受伤害．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
在应用动量定理解题时，一定要对物体认真进行受力分析，不可有力的遗漏；建立方程时要事先选定正方向．对于变力的冲量，往往通过动量定理来计算，只有当相互作用时间Δt极短时，且相互作用力远大于重力时，才可舍去重力．
命题视角1 对动量定理的理解
(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小
[解析] 两种情况下，Δp相同，所用时间不同．
由F＝可知C、D正确．
[答案] CD
命题视角2 对动量定理的应用
某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
[解析] (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S． ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v．对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，
由力的平衡条件得F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝eq \f(v,2g)－eq \f(M2g,2ρ2vS2)．
[答案] (1)ρv0S (2)eq \f(v,2g)－eq \f(M2g,2ρ2vS2)
命题视角3 利用动量定理求解平均力
水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层．设水柱直径d＝30 cm，水速v＝50 m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的密度ρ＝1．0×103 kg/m3)
[解析] 设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS·vΔt．
以Δm的水为研究对象，如图所示，
它在Δt时间内的动量变化量
Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt．
设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有
F′·Δt＝Δp＝－ρSv2Δt，
即F′＝－ρSv2．
根据牛顿第三定律知F＝－F′＝ρSv2．
式中S＝d2，
代入数值得F≈1．77×105 N．
[答案] 1．77×105 N
应用动量定理的四点注意事项
(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．
(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．
(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．
(4)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，且要注意是末动量减去初动量．
【通关练习】
1．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
解析：选B．由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，因此两个力的冲量大小相等，方向相反，由动量定理可知，两者的动量变化量大小相等，方向相反，选项A错误，B正确；虽然甲、乙之间的相互作用力等大反向，但在作用力作用过程中两人的位移不一定相等，所以做功不一定相等，由动能定理可知，甲、乙动能的变化量也不一定相等，选项C、D错误．
2．某同学用两根完全相同的棉线做了一个实验．将其中一根的上端固定在天花板上，两线中间连一小球，如图所示，当用力拉下段棉线时发现：若缓慢用力拉，则上段棉线先断；若快速用力拉，则下段棉线先断，试解释这一现象的原因．
解析：设上段棉线所受拉力为F′，对小球进行受力分析，有向下的重力，拉力F及向上的拉力F′．
由动量定理得(F＋mg－F′)Δt＝mΔv
即F－F′＝m－mg．由上式可知，快速拉时，Δt很小，?mg，有F＞F′，所以下段棉线先断；缓慢拉时，Δt很大，?mg，有F＜F′，所以上段棉线先断．
答案：见解析
[随堂检测]
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
解析：选A．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，选项B错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，选项D错误．
2．(多选)
恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
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
解析：选BD．恒力F的冲量就是F与作用时间的乘积，所以B正确，A、C错误；由于物体静止，合力为零，合力的冲量也为零，故D正确．
3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( )
A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小
B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小
解析：选D．人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化量是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化量，所以两种情况下受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化量一定的情况下，时间t越长则受到的冲力F越小，故选项D正确．
4．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．＋mg B．－mg
C．＋mg D．－mg
解析：选A．设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg，选项A正确．
5．质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5．0 m高处落到海绵垫上，经Δ t1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0．1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)
解析：以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝＝1 s
从开始下落到落到海绵垫上停止时，
mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0
代入数据，解得F＝1 400 N
下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0
代入数据，解得F′＝7 700 N．
答案：1 400 N 7 700 N
[课时作业]
一、单项选择题
1．关于动量，下列说法正确的是( )
A．速度大的物体，它的动量一定也大
B．动量小的物体，它的速度一定也小
C．只要物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
D．质量一定的物体，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大
解析：选D．动量由质量和速度共同决定，只有质量和速度的乘积大，动量才大，A、B均错误；动量是矢量，只要速度方向变化，动量也发生变化，选项C错误；由Δp＝mΔv知D正确．
2．
如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1．在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
解析：选C．谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量，根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘以作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确．
3．
质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是( )
A．10 N·s，10 N·s B．10 N·s，－10 N·s
C．0，10 N·s D．0，－10 N·s
解析：选D．由题图可知，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．
4．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中( )
A．重力的冲量相同 B．弹力的冲量相同
C．合力的冲量相同 D．以上说法均不对
解析：选D．设物体质量为m，沿倾角为θ的光滑斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律，有
mgsin θ＝ma．
设物体开始下滑时高度为h，根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式，可得物体下滑的时间为
t＝＝．
下滑过程中重力的冲量为Iθ＝mgt＝mg．
同理可得，物体沿倾角为α的光滑斜面下滑过程中重力的冲量为Iα＝mg，因为θ≠α，所以Iθ≠Iα，选项A错误；力的冲量是矢量，两个矢量相同，必须大小和方向都相同．因该题中θ≠α，故弹力的方向和合力的方向都不同，故弹力的冲量的方向和合力的冲量的方向也不同，选项B、C错误．
5．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力
C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量
解析：选B．由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球的动量变化率，减小了球对手的冲击力，选项B正确．
6．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
解析：选D．建筑工人下落5 m时速度为v，则v＝＝ m/s＝10 m/s，设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：(mg－F)t＝－mv，所以F＝mg＋＝60×10 N＋ N＝1 000 N，故D对，A、B、C错．
二、多项选择题
7．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动时空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )
A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同
B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同
C．动量的变化率大小相等，方向相同
D．动量的变化率大小相等，方向不同
解析：选AC．A、B球在空中只受重力作用，因此相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等、方向相同，A选项正确；动量的变化率为＝m＝mg，大小相等、方向相同，C选项正确．
8．
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0．2 s，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )
A．1 m/s B．1．5 m/s
C．2 m/s D．2．5 m/s
解析：选CD．根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F，兔子撞击树桩后速度为零，根据动量定理有－Ft＝0－mv，所以v＝＝＝gt＝10×0．2 m/s＝2 m/s．
9．下列说法正确的是( )
A．运动物体在任一时刻的动量方向，不一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定变化
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零
解析：选BD．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A错误；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B正确；当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，动量可能不变化，即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，故选项C错误；当物体做曲线运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，故选项D正确．
10．
如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点，第二次以速度2v抽出纸条，则( )
A．铁块落地点在P点左边
B．铁块落地点在P点右边
C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短
D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长
解析：选AC．以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小，所以选项A、C正确．
三、非选择题
11．
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，如图所示，一物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以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平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．
解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv
可得μ＝0．32．
(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－(－mv)
可得F＝130 N．
(3)W＝mv′2＝9 J．
答案：(1)0．32 (2)130 N (3)9 J
12．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0．5 m，据测算两车相撞前速度均约为30 m/s，则
(1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约为60 kg的人受到的平均冲力是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，这时人体受到的平均冲力为多大？
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0．5 m．设运动的时间为t，
根据x＝t，得t＝＝ s．
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0，
故F＝＝ N＝5．4×104 N．
(2)若此人系有安全带，则
F′＝＝ N＝1．8×103 N．
答案：(1)5．4×104 N (2)1．8×103 N
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第1章 动量守恒研究
本部分内容讲解结束
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定义:力和力的作用时间的乘积
冲量
公式:I=F
方向:与力的方向一致
基本概念
定义:运动物体的质量与速度的乘积
公式
=0
动量守恒研究
动量
方向:与速度的方向一致
动量的变化量:△p=p'-p
动量
内容:物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化
定理
公式:F=m-m
基本规律
内容:一个系统不受外力或者所受合外力为零这个
系统的总动量保持不变
动量守
条件:合外力为零(或F内>>F外)
恒定律
公式:m1+m202=m11+m202
应用:反冲与碰撞
知识体系网络构建
宏观把握·理清脉络
专题归纳,整合提升
归纳整合·深度升华
本章优化总结
动量守恒定律的应用——人船模型
“人船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．对“人船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着力学过程的发生、发展和变化，也将直接影响着力学过程的分析思路．通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷．
(1)符合“人船模型”的条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件．
(2)“人船模型”的特点：“人”动“船”动，“人”停“船”停，“人”快“船”快，“人”慢“船”慢，“人”上“船”下，“人”左“船”右．
在光滑的水平面上有一辆小车，车的两端各站着一人，如图所示，三者原来皆静止，当他俩同向而行时，小车向哪个方向运动？
[思路点拨] 小船的运动方向取决于两人的动量，抓住人、车系统的总动量为零这一条件．
[解析] 选两人和小车为一系统，在水平方向上动量守恒．设左边的人质量为m1，运动速度为v1；右边的人质量为m2，运动速度为v2；小车的质量为m3，运动速度为v3，取水平向右为正方向，则由动量守恒定律得m1v1＋m3v3－m2v2＝0解得v3＝．
讨论：①若m2v2>m1v1，则v3>0，小车向右运动；
②若m2v2③若m2v2＝m1v1，则v3＝0，小车不动．
[答案] 见解析
符合“人船模型”的条件是系统原来静止且动量守恒或某一方向动量守恒．常见的“人船模型”有：
(1)人在船上或车上由一端走至另一端(不计船或车的阻力)
(2)物体沿光滑斜面下滑(不计斜面受地面的阻力)
(3)物体从光滑曲面的一端滑至另一端(不计曲面受地面的阻力)
多个物体组成的系统动量守恒及临界条件的应用
1．对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解．这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程．
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，建立运动模型．
(2)分清作用过程中的不同阶段，并找出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，又要方便解题．
动量守恒定律是关于质点组(系统)的运动规律，在运用动量守恒定律时主要注重初、末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利．凡是碰到质点组的问题，可首先考虑是否满足动量守恒的条件．
2．在动量守恒定律的应用问题中，常常会遇到相互作用的两个物体相距最近、相距最远、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题，这类临界问题的求解关键是充分利用反证法、极限分析法，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．
两只小船平行逆向航行，如图所示，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投出质量m＝50 kg
的麻袋到对面一只船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v＝8．5 m/s的速度向原方向航行，设两只船及船上的载重量分别为m1＝500 kg及m2＝1 000 kg，问：在交换麻袋前两只船的速率各为多少？(水的阻力不计)
[思路点拨] 在此问题中，只考虑船在原运动方向上的动量．特别指出的是，抛出的物体由于惯性的原因，在原运动方向上的速度不变．
[解析] 选取小船和从大船投过来的麻袋为系统，并以小船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
(m1－m)v1－mv2＝0，
即450v1－50v2＝0 ①
选取大船和从小船投过来的麻袋为系统有：
－(m2－m)v2＋mv1＝－m2v，
即－950v2＋50v1＝－1 000×8．5 ②
选取四个物体为系统有：m1v1－m2v2＝－m2v，
即500v1－1 000v2＝－1 000×8．5 ③
联立①②③式中的任意两式解得：v1＝1 m/s，v2＝9 m/s．
[答案] 1 m/s 9 m/s
动量、能量的综合应用
处理力学问题的基本思路有三种：一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系．若涉及有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，涉及力的作用过程要优先考虑两个定理．
利用动量的观点和能量的观点解题时应注意下列问题：
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．从研究对象上看，动量定理既可研究单一物体，又可研究系统，而动能定理一般用于研究单一物体；
3．动量守恒定律和能量守恒定律研究的是系统，在解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件；在应用这两个定律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，可根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
两滑块a、b沿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x随时间t变化的图象如图所示．求：
(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．
[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．由题给图象得
v1＝－2 m/s ①
v2＝1 m/s ②
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v．由题给图象得
v＝ m/s ③
由动量守恒定律得
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④
联立①②③④式得
m1∶m2＝1∶8． ⑤
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2 ⑥
由图象可知，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)v2 ⑦
联立⑥⑦式，并代入题给数据得
W∶ΔE＝1∶2．
[答案] (1)1∶8 (2)1∶2
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