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第五章 动 量

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单元切块：

按照考纲的要求，本章内容可以分成两部分，即：动量、冲量、动量定理；动量守恒定律。其中重点是动量定理和动量守恒定律的应用。难点是对基本概念的理解和对动量守恒定律的应用。

动量 冲量 动量定理

教学目标：

1．理解和掌握动量及冲量概念；

2．理解和掌握动量定理的内容以及动量定理的实际应用； 3．掌握矢量方向的表示方法，会用代数方法研究一维的矢量问题。 教学重点：动量、冲量的概念，动量定理的应用 教学难点：动量、冲量的矢量性 教学方法：讲练结合，计算机辅助教学 教学过程：

一、动量和冲量 1．动量

按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv

（1）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

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（2）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

（3）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考

系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。 2．动量的变化：

 ppp

由于动量为矢量，则求解动量的变化时，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。

【例1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度v=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？

解析：取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为： pmv0.041kgm/s0.04kgm/s

p

p

乒乓球的末动量为：

pmv0.04(0.5)kgm/s0.02kgm/s 乒乓球动量的变化为：

ppp=0.020.04kgm/s0.06kgm/s 负号表示p的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。 2．冲量

按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft

（1）冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。 （2）冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方

向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

正方向

p

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（3）高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利

用动量定理通过物体的动量变化来求。

（4）要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。 【例2】 质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？

解析：力的作用时间都是t2H1gsin2sin2H，力的大小依次gm 是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：

IGm2gHm2gH,IN,I合m2gH

sintan点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。 二、动量定理 1．动量定理

物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp

（1）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。

这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

（2）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。

（3）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：FP（牛顿第二定律的动量形式）。

t（4）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向

为正。

点评：要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力

的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量” 等于动量的变化量。这是在应用动量定理解题时经常出错的地方，要引起注意。

【例3】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？ 解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt

点评：有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选

择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要

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方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp来求。 2．动量定理的定性应用

【例4】 鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？

解析：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=Δp，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）

【例5】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？

解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。

【例6】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 则( )

A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量

B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零

解析：根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。

3．动量定理的定量计算

利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：

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（1）明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的

质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

（2）进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为

合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。 （3）规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要

先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。

（4）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量

和）。

（5）根据动量定理列式求解。

【例7】质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：

（1）沙对小球的平均阻力F；

（2）小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。

解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。

（1）在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：

mgt1t2mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得：F

t2（2）仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：

mgt1-I=0，∴I=mgt1

点评：这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将

各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。

【例8】 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突

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m M v0 v/ 英才苑网站http://www.ycy.com.cn/ 会员交流资料

然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？

解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为Mma，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：

Mmav0Mmagv

MvMmv0,v0gMg点评：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车

受到的摩擦力，因此合外力大小不再是Mma。

【例9】 质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。

解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N

【例10】 一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。

解析：

解法l 取物体为研究对象，它的运动可明显分为三个过程。设第一、二两过程末的速度分别为v1和v2。，物体所受摩擦力为f，规定推力的方向为正方向。根据动量定理对三个过程分别有：

(F1f)t1mv1 (F2f)t2mv2mv1

ft30mv2

F1t1F2t28554N4N

t1t2t3546联立上述三式得 f解法2 规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量p1=0，末动量p2=0。据动量定理有

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(F1t1F2t2f(t1t2t3)0

即： 8554f(546)0

解得 f4N

点评：遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答往往比运用牛顿运动

定律及运动学规律求解简便。由解法2可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。 4．在F－t图中的冲量：

F－t图上的“面积”表示冲量的大小。

【例11】如果物体所受空气阻力与速度成正比,当以速度v1竖直上抛后,又以速度v2返回出发点。这个过程共用了多少时间?

解析：如图所示，作出上升阶段和下降阶段的v-t图线（图中蓝色线所示），则图线下方的“面积”表示位移大小，即s1=s2=h，由于阻力与速度大小成正比，在图中作出f-t图

O t t F F 线（图中红色线所示），则图线下方的面积一定相等，而此“面积”表示上升阶段和下降阶段阻力的冲量，即有If 1=If 2，对全过程由动量定理可得mgt=m（v1+v2），解得t=（v1+v2）/g

点评：该题是利用物理图象解题的范例，运用物理图象解题形象直观，可以使解题过程

大大简化。

【例12】跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。

解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的

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运动时间。考虑动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。

设变加速下落时间为t1，mgt1Ifmvm

Ifftkvtkvtks1

mgsmg1 所以：mgtmvm 1vmvm又：mg=kvm，得kt1vms150180041s gvm10502v2vm5502第二段1s内：a227.5m 45m/s s212a2所以第三段时间t3ss220027.534.5s v5空中的总时间：tt1t2t376.5s

三、针对训练

1．对于力的冲量的说法，正确的是 A．力越大，力的冲量就越大

B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大

C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同

D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零

2．下列关于动量的说法中，正确的是

（ ）

A．物体的动量改变，其速度大小一定改变

B．物体的动量改变，其速度方向一定改变

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（ ）

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C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变 D．物体的运动状态改变，其动量一定改变

3．如图所示为马车模型，马车质量为m ，马的拉力F与水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下匀速前进了时间t，则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为 （ ）

A．Ft，0，Ftsinθ B．Ftcosθ，0，Ftsinθ C．Ft，mgt，Ftcosθ D．Ftcosθ，mgt ，Ftcosθ

4．一个质量为m的小钢球，以速度v1竖直向下射到质量较大的水平钢板上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1 = v2 = v，那么下列说法中正确的是 （ ）

A．因为v1 = v2，小钢球的动量没有变化

B．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上 C．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下 D．小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上 5．物体动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明

（ ）

A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大 C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化

6．初动量相同的A、B两个滑冰者，在同样的冰面上滑行，已知A的质量大于Ｂ的质量， 并且它们与冰面的动摩擦因数相同，则它们从开始到停止的滑行时间相比，应是（ ）

A．tA>tB

B．tA=tB

C．tA7．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为

A．向下，m(v1－v2) C．向上，m(v1－v2)

B．向下，m(v1＋v2) D．向上，m(v1＋v2)

（ ）

（ ）

8．如图所示，用弹簧片将在小球下的垫片打飞出去时，可以看到小球正好落在下面的凹 槽中，这是因为在垫片飞出的过程中

A．垫片受到的打击力很大 B．小球受到的摩擦力很小 C．小球受到的摩擦力的冲量很小 D．小球的动量变化几乎为零

9．某物体以－定初速度沿粗糙斜面向上滑，如果物体在上滑过程中受到

的合冲量大小为Ｉ上，下滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ下，它们的大小相比较为（ ）

A．I上> I下 C．I上=I下

B．I上D．条件不足，无法判定

10．对下列几个物理现象的解释，正确的有（ ）

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A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻

B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人落地时地面对人的冲量 C．在车内推车推不动，是因为外力冲量为零

D．初动量相同的两个物体受相同制动力作用，质量小的先停下来

11．质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h 2开始下滑到同样的另一高度h 1 的过程中（如图所示），A、B两个物体相同的物理量是（ ）

A．所受重力的冲量 B．所受支持力的冲量 C．所受合力的冲量 D．动量改变量的大小

12．三颗水平飞行的质量相同的子弹A、B、C以相同速度分别射向甲、乙、丙三块竖直固定的木板。A能穿过甲木板，B嵌入乙木板，C被丙木板反向弹回。上述情况木板受到的冲量最大的是

A．甲木板 B．乙木板 C．丙木板 D．三块一样大

13．以初速度20m／s竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，不计空气阻力，g取10m/s2．则抛出后第1s末物体的动量为______kg·m/s，抛出后第3s末物体的动量为____kg·m/s，抛出3s内该物体的动量变化量是_____kg·m/s．(设向上为正方向)

14．质量为m的物体放在水平面上，在水平外力F的作用下由静止开始运动，经时间t撤去该力，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在水平面上一共运动的时间为_______________。

15．据报道，1994年7月中旬，苏梅克——列韦9号彗星（已分裂成若干块）与木星相撞，碰撞后彗星发生巨大爆炸，并与木星融为一体。假设其中的一块质量为1.0×1012kg，它相对于木星的速度为6.0×104m/s。在这块彗星与木星碰撞的过程中，它对木星的冲量是 N·s。

16．质量为１kｇ的物体沿直线运动，其v－t图象如图所示，则此物体前4s和后4s内受到的合外力冲量分别为 __________和_____________。

17．一个质量为60kg的杂技演员练习走钢丝时使用安全带，当此人走到安全带上端的固定点的正下方时不慎落下，下落5m时安全带被拉直，此后又经过0.5s的缓冲，人的速度变为零，求这0.5s内安全带对人的平均拉力多大？（g取10m/s2）

18．科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船．按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为

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S，太阳帆对光的反射率为100﹪，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总 质量为m，求飞船加速度的表达式。

如太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？

19．如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为d ＝ 30cm，水速v ＝50m／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＝ 1.0×103kg/m3)

20．震惊世界的“9.11” 事件中，从录像可以看到波音客机切入大厦及大厦的坐塌过程．

（1）设飞机质量为m、速度为v，撞机经历时间为t，写出飞机对大厦撞击力的表达式． （2）撞击世贸大厦南楼的是波音767飞机，波音767飞机总质量约150吨，机身长度为

48.5m，撞楼时速度约150m/s，世贸大厦南楼宽63m，飞机头部未从大楼穿出，可判 断飞机在楼内运动距离约为机身长度，设飞机在楼内作匀减速运动，估算撞机时间 及飞机对大厦撞击力。 参考答案

1.B 2.D 3.C 4.B 5.C 6.C 7.D 8.CD 9.A 10.C 11.D 12. C 13．5，－15

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14．

Ft mg15．6×1016 16．0，－8N·S 17．(Fmg)tP，F=1800N。

18．Ftn[P(P)]st,F2nPsma1，a12nPsnPs；a2mm

19．设时间为1s，m20．（1）FF=3.4×107N

dVvt()2，由F·t=△P，得F=1.77×105N

2mvt；（2）可认为飞机在楼内运动距离红为50m，svt，得t2s, 3

课后追忆

下课后，要及时记录课堂效率、学生听课反应、学生听课基本情况，尤其要记录事先没有估计到的学生突发情况及应急措施，并记录改进设想．

动量守恒定律及其应用

教学目标：

1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题．

2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤．

3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题． 教学重点：

动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤． 教学难点：

应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性． 教学方法：

1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤．

2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、

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同时性和相对性．

3．讲练结合，计算机辅助教学 教学过程

一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容

一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

m2v2 即：m1v1m2v2m1v12．动量守恒定律成立的条件

（1）系统不受外力或者所受外力之和为零；

（2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；

（3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 （4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式

m2v2，即p1+p2=p1/+p2/， （1）m1v1m2v2m1v1（2）Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和

m1v2 m2v14．动量守恒定律的重要意义

从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。

5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法

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（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些

被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。

（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互

作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。

（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初 动

量和末动量的量值或表达式。

注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。 （4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。 二、动量守恒定律的应用 1．碰撞

两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2

的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、

Ⅰ Ⅱ Ⅲ v1 v v1/

v2/

和v2。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的B的速度分别为v1弹性如何了。

（1）弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能

最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的

最终速度分别为：v1m1m22m1v1,v2v1。（这个结论最好背

m1m2m1m2下来，以后经常要用到。）

（2）弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转

化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一

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部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。

（3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和

⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为

v2v1m1v1。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为：

m1m2m1m2v121122Ekm1v1m1m2v。

222m1m2（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）

【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。

解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

v1 在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1Mmv

112Mmv2mgH 解得mv1由系统机械能守恒得：222Mv1H2Mmg

全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v2mv

Mm1点评：本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性

势能。

【例2】 动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？

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解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴

56；碰后A的速度不大于B的速度， mAmB2222385638；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由mAmB2mA2mB2mA2mB以上不等式组解得：

3mA4 8mB7点评：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）和速度大小应保证其顺序合理。 2．子弹打木块类问题

子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。 从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： mv0Mmv

s2 d s1 v0 v 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d

12对子弹用动能定理：fs11mv0mv2 „„①

22对木块用动能定理：fs2①、②相减得：fd1Mv2 „„② 2121Mm2 „„③ mv0Mmv2v0222Mm点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系

统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见fdQ，即两物体由于相对运

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动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。

2Mmv0由上式不难求得平均阻力的大小：f

2Mmd至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2md

Mm从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

vv/2v0vdv0Mms2dm0,,s2d s2v/2vs2vmMm一般情况下Mm，所以s2<Mm2Ev0k动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：2Mm„④

当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。

做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。

3．反冲问题

在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。

【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？

解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：

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mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， ∴l2mL

Mm点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。

做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。

以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。

【例5】 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？

解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，Mv0muMmv,vMv0mu

Mm4．爆炸类问题

【例6】 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。

解析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m1+m2 )g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。

设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v010m/s；m1=0.3kg的大块速度为

v150m/s、m2=0.2kg的小块速度为 v2，方向不清，暂设为正方向。

由动量守恒定律：

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(m1m2)v0m1v1m2v2

v2(m1m2)v0m1v1(0.30.2)100.35050m/s

m20.2此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反

5．某一方向上的动量守恒

【例7】 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：

MV=mv

且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：

Md=m［（L-Lcosθ）-d］ 解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m）

点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力 学生常出现的错误：

（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒

方程.

（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）。 6．物块与平板间的相对滑动

【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

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（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得： Mv0-mv0=（M+m）v 所以v=

①

Mmv0

Mm方向向右

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′

对板车应用动能定理得： -μmgs=

①

11mv′2-mv02 22

②

联立①②解得：s=

2Mm2

v0

2mg【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为

mA0.5kg，mB0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC0.1kg的

滑块C（可视为质点），以vC25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：

。 （1）木块A的最终速度vA； （2）滑块C离开A时的速度vC

解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。

（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，

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A、B两木块分离，分离时木块A的速度为vA。最后C相对静止在B上，与B以共同速度

vB3.0m/s运动，由动量守恒定律有

mCvCmAvA(mBmC)vB

vA∴

mCvC(mBmC)vBmA

0.125(0.30.1)3.0m/s2.6m/s0.5

，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动（2）为计算vC，B与A的速度同为vA，由动量守恒定律有 量守恒。C离开A时的速度为vC(mBmC)vBmBvBmCvC

vC∴

(mBmC)vBmBvAmC

(0.30.1)3.00.32.6m/s4.2m/s0.1

三、针对训练 练习1

1．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ ）

A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定

2．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ）

A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等

C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比 D．人走到船尾不再走动，船则停下

3．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放

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开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（ ）

A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2 B．A、B质量比为2∶1

C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2 D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2

4．连同炮弹在内的车停放在水平地面上。炮车和弹质量为M，炮膛中炮弹质量为m，炮车与地面同时的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α。设炮弹以速度v0射出，那么炮车在地面上后退的距离为_________________。

5．甲、乙两人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿着一只篮球，但总质量与乙相同。从某时刻起两人在行进中互相传球，当乙的速度恰好为零时，甲的速度为__________________，此时球在_______________位置。

6．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取

10m/s2，求爆竹能上升的最大高度。

参考答案

1．B砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以v0向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度v0，车的速度为v′，由(mM)v0mv0Mv得vv0，车速不变。

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此题易错选C，认为总质量减小，车速增大。这种想法错在研究对象的选取，应保持初末状态研究对象是同系统，质量不变。

2．A、C、D人和船组成的系统动量守恒，总动量为0，∴不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等，方向相反。若人停止运动而船也停止运动，∴选A、C、D。B项错在两者速度大小一定相等，人和船的质量不一定相等。

3．A、B、D A、B组成的系统在水平不受外力，动量守恒，从两物落地点到桌边的距离xv0t，∵两物体落地时间相等，∴v0与x成正比，∴vA:vB1:2，即A、B离开弹簧的速度比。由0mAvAmBvB，可知mA:mB1:2，未离开弹簧时，A、B受到的弹力相同，作用时间相同，冲量I=F·t也相同，∴C错。未离开弹簧时，F相同，m不同，

加速度

aFm，与质量成反比，∴aA:aB1:2。

(mv0cos)224．2g(Mm)

提示：在发炮瞬间，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒

0mv0cos(Mm)v，

mv0cosMm

∴

v发炮后，炮车受地面阻力作用而做匀减速运动，利用运动学公式，

vt2v22as，其中vt0，

a(Mm)g(Mm)g，

(mv0cos)2s22g(Mm)∴

5．0 甲

提示：甲、乙和篮球组成的系统动量守恒，根据题设条件，可知甲与篮球的初动量与乙的初动量大小相等，方向相反，∴总动量为零。由动量守恒定律得，系统末动量也为零。因乙速度恰好为零，∴甲和球一起速度为零。

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6．解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得

fMgMa，

a203m/s2v2ahm/s63，

爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒 Mvmv00

v0Mvm633m/s203m/s0.1

练习2

1．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为 7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是

A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s

2．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是

A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B．整个系统任何时刻动量都守恒

C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为

mv MD．AB车向左运动最大位移小于

mL M3．如图所示，质量分别为m和M的铁块a和b用细线相连，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度v匀速运动.现剪断两铁块间的连线，同时保持拉力不变，当铁块a停下的瞬间铁块b的速度大小为_______.

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4．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度）

5．如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA=0.5 kg，mB=0.3 kg,有一质量为mC=0.1 kg的小物块C以20 m/s的水平速度滑上A表面，由于C和A、B间有摩擦，C滑到B表面上时最终与B以2.5 m/s的共同速度运动，求：

（1）木块A的最后速度； （2）C离开A时C的速度。

6．如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M=100 kg，另有一质量m=2 kg的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为m′=2m的球以相同速率v水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率v将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求：

（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.

（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球.

参考答案： 1.A

2.BCD

3.

(Mm)v M 4.

2MgL

Mm5.（1）vA=2 m/s （2）vC=4 m/s

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6.（1）练习3

1v,向左 （2）5个 101．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）

A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行

2．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（ ）

A．(mv0mv)/M B．(mv0mv)/M

C．(mv0mv)/(Mm) D．(mv0mv)/(Mm)

3．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（ ）

A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h

4．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（ ）

A．2.6m/s，向右 B．2.6m/s，向左 C．0.5m/s，向左 D．0.8m/s，向右 5．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（ ）

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足

(Mm0)VMv1mv2m0v3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足MVMv1mv2

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C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足MV（M+m）v D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足

(Mm0)V(Mm0)v1mv2

6．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（ ）

A．mv/M，向前 B．mv/M，向后 C．mv/（m+M），向前 D．0

7．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两块，若质量较大的a块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受到的爆炸力的冲量大小一定相等

8．两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小球从A船跳入B船，又立刻跳回，A、B两船最后的速度之比是_________________。

参考答案

1．A、D A为弹性碰撞模型，即有mv-mv=mv′-mv′，等式两侧分别为始末状态系统动量和。B如用数学表达式表示，则违反了动量守恒定律。对于C，令两球的质量分别是M和m，且M>m，碰前两球速率相同，合动量方向与大球的动量方向相同，碰后两球速率相等但方向相反，合动量方向仍与质量大者方向相同，由动量守恒定律可知，碰撞前后合动量不变（包括大小和方向）；而C项，碰后合动量反向，∴C项错。D答案的数学表达式为

m1vm2v(m1m2)v，v′方向和质量大的物体初速方向相同，此结论是动量守恒定律

中“合二为一”类问题。物理模型为“完全非弹性碰撞”。

2．B 取向右为正方向，由动量守恒定律，mv0mvMV，

∴

Vmv0mvM

3．A 气球和人组成系统所受合外力为零，系统动量守恒，人相对地的速度是v，气球

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相对地的速度是V，有mv-MV=0

人相对地的位移是h，设气球相对地的位移是x，

mhxMtt

得

xmhM

mhmMhMM

梯子总长度

hxh4．C取向右为正方向，由动量守恒定律

m1v1m2v2(m1m2)v。其中m12kg，v12m/s，m22kg，v23m/s

得2×2-2×3=4v，v=-0.5m/s

5．B、C碰撞从发生到结束是在极短时间内完成的，由于时间极短，摆球又是由摆线连接的，它完全不受碰撞的影响，仍保持原来的速度大小和方向。A、D两项违反上述分析，均不正确。

6．D 在车厢、人、子弹组成的系统中，合外力等于零，动量守恒。子弹与人的作用及子弹与车壁的作用，都是系统内力，不能使系统总动量发生变化。发射子弹前系统总动量为零，子弹打入前车壁后，系统的总动量也为零，∴车厢的速度为零。

7．C、D根据题设物理过程，其动量守恒mv0m1v1m2v2

设m1为较在原一块，则从这表达式可知，若mv0与m1v1均为正向，那么m2v2可能为正向也可能为负向，即v2可能为正向（原方向），也可能为负向（反方向）。若v2为反向，则v2大于、等于、小于v1的可能都有；若v2为正向，因题设没有v1一定大于或等于v0的条件，则v2大于、等于、小于v1的可能也都有。∴A、B均不对。由于各自速度为水平方向，

t即平抛，所以不论速度大小如何，二者一定以

2hg同时落地。炸裂过程m1与m2间的

相互作用，从动量守恒角度看是内力作用，其冲量定是等值反向。

∴C、D正确。

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M8．Mm

提示：根据0(Mm)vAMvB，

vAMMm ∴vB教学后记

动量定恒定律是高考重点也是难点，高考中经常是以压轴题出现，难度很大，从往年看，学生得分率较底，因此，要帮助学生分析常见的模型，会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题．

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