课题研究教案设计（一等奖）

动量守恒定律

[目标定位] 1.认识系统、内力、外力，认识和理解动量守恒定律.2.会应用动量守恒定律解决生产、生活中的简单问题.3.了解动量守恒定律的普遍适用性和动量守恒定律适用范围的局限性．

环节一：学生自主预习

一、系统的动量

1．系统：在物理学中，有时要把相互作用的两个或多个物体作为一个整体来研究，这个整体叫做系统．

2．系统的动量：在一个系统中，把各个物体的动量都相加，相加后的动量称作系统的动量．

二、动量守恒定律

1．系统碰撞前后总动量不变的条件：系统所受的合外力为零．

2．内容：如果一个系统不受外力或所受合外力为零，无论这一系统的内部进行了何种形式的碰撞，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．

3．数学表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．

4．成立条件

(1)系统不受外力作用．

(2)系统受外力作用，但合外力为零．

想一想

图1－3－1 如图1－3－1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？

答案

不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．

1

三、动量守恒定律的普遍性

牛顿运动定律只适用于宏观、低速运动的物体，而动量守恒定律无论在微观、宏观或高速领域，都是适用的. 环节二：典型例题讲解

一、对动量守恒定律的理解

1．研究对象

相互作用的物体组成的系统．

2．动量守恒定律的成立条件

(1)系统不受外力或所受合外力为零．

(2)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力．此时系统动量近似守恒．

(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．

3．动量守恒定律的几个性质

(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．

(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．

(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．

【例1】

图1－3－2 如图1－3－2所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然释放后，则(

) A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒

B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒

C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒

D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒

答案

BCD

2

解析

如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．

针对训练

如图1－3－3所示，

图1－3－3 甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(

) A．甲木块的动量守恒

B．乙木块的动量守恒

C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒

D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒

答案

C 解析

两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．

二、动量守恒定律简单的应用

1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义

(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.

(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．

(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．

(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．

2．应用动量守恒定律的解题步骤

(1)确定相互作用的系统为研究对象；

3

(2)分析研究对象所受的外力；

(3)判断系统是否符合动量守恒条件；

(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；

(5)根据动量守恒定律列式求解．

【例2】

质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？

答案

20 cm/s 方向向左

解析

碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0. 由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，

代入数据得v1′＝－20 cm/s. 故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．

借题发挥

处理动量守恒应用题“三步曲”

(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．

(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．

(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．

【例3】

将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图1－3－4所示．

图1－3－4 (1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？

(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？

答案

(1)1 m/s 向右

(2)0.5 m/s 向右

解析

两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．

4

(1)据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv甲′，代入数据解得

v甲′＝v甲－v乙＝(3－2)m/s＝1 m/s，方向向右．

(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：

mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.

解得v′＝mv甲－mv乙v甲－v乙3－2＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．

2m22环节三：针对性练习

1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，对于枪、弹、车，下列说法正确的是 A．枪和弹组成的系统动量守恒

B．枪和车组成的系统动量守恒

C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近

似守恒

D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒

答案

D 解析

内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确．

2. 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1－3－5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是

(

) 图1－3－5 A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守

恒

B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒

C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒

D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒

答案

BC 解析

a尚未离开墙壁前，墙壁对a有冲量，a和b构成的系统动量不守恒；a离开墙壁

5

后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．

3．(2014·福建卷)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，后部分的箭体图1－3－6 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

C．v0－v2

答案

D 解析

根据分离前后系统动量守恒定律可得：

(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2

解得：v1＝v0＋(v0－v2)，故D项正确．

4．(2014·重庆卷)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，取重力加速度g＝10 m/s，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 (

) 2

B．v0＋v2

m2m1D．v0＋(v0－v2) m2m1m2m1

答案

B 解析

由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动12规律h＝gt可知t＝22hg＝2×5x s＝1 s，若甲水平位移为x＝2.5 m时，则v甲＝10t

6

31＝2.5 m/s，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv0＝mv甲＋mv乙，代入数据解得v乙＝440.5 m/s，方向与v甲相同，水平向前，故A错，B对．若乙水平位移为x′＝2 m时，则x′v乙＝＝2 m/s，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也t不会变化，不合题意，故C、D均错．

环节四：定时训练

1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是

A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒

B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒

C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒

D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒

答案

C 解析

根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误．

2. 如图1－3－7所示，物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，由静止同时放开两物体后一小段时间内

(

)

(

) 图1－3－7 A．A的速度是B的一半 B．A的动量大于B的动量

C．A受的力大于B受的力 D．总动量为零

答案

AD 3. (2014·苏北四市)如图1－3－8所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力图1－3－8

向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是 (

)

7

A．男孩和木箱组成的系统动量守恒

B．小车与木箱组成的系统动量守恒

C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同

答案

C 解析

由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．

4. 在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图1－3－9所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法正确的是

(

) 图1－3－9 A．两手同时放开后，系统总动量始终为零

B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒

C．先放开左手，后放开右手，总动量向左

D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零

答案

ACD 解析

在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，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，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变，D对．

5．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率

A．小于10 m/s

(

)

8

B．大于20 m/s，小于30 m/s C．大于10 m/s，小于20 m/s D．大于30 m/s，小于40 m/s 答案

A 解析

两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统动量方向向南，即p客>p卡，1 500×20>3 000×v，解得v<10 m/s，故A正确．

6. 如图1－3－10所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是 A．p1＋p2＝p1′＋p2′ C．p1′－p1＝p2′＋p2 答案

BD

(

) 图1－3－10 B．p1－p2＝p1′＋p2′

D．－p1′＋p1＝p2′＋p2

解析

因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p1－p2，碰后的动量为p1′＋p2′，B对．经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．

7．将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是

A.v0

答案

D 解析

火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0，得v＝

(

) D.mMB.v0

MmC.v0

M－mMv0

M－mmv0，故选D. M－mm8．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)

(

) （M＋m）v1A. mv2B.

（M＋m）v2D.Mv1C.Mv1

mv2

mv1

Mv29

答案

C 解析

设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．设木块M以v1向右运动，连同n颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为末状态．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝Mv1，所以选项C正确．

mv29．质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾．现小孩a沿水平方向以速率v(相对于静止水面)向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v(相对于静止水面)向后跃入水中，则小孩b跃出后小船的速度方向________，大小为________(水的阻力不计)．

2m答案

向前

1＋v0

M解析

选小孩a、b和船为一系统，由于忽略水的阻力，故系统水平方向动量守恒，设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v′，选v0方向为正方向，根据动量守恒定律，有(M2m＋2m)v0＝Mv′＋mv－mv，整理解得v′＝1＋v0，方向向前．

M10．如图1－3－11所示，质量为m2＝1 kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又以800 m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度．

图1－3－11

答案

90 m/s 方向与小球的初速度方向一致

解析

对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有

v1＝1 000 m/s，v1′＝－800 m/s，v2＝0 又m1＝50 g＝5.0×10 kg，m2＝1 kg 由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′

代入数据解得v2′＝90 m/s，方向与小球初速度方向一致．

11. 如图1－3－12所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？

答案

－2图1－3－12 v0

M＋mm解析

由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中

10

地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．

对m、M系统，m击中M过程动量守恒，

mmv0＝(m＋M)v，所以v＝v0. M＋m12．光滑水平面上一平板车质量为M＝50 kg，上面站着质量m＝70 kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v＝2 m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变了多少？

答案

1.17 m/s 解析

以人和车组成的系统为研究对象，选v0方向为正方向．设人跑动后车的速度变为v′，则人相对地的速度为(v′－v)．系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有

(M＋m)v0＝Mv′＋m(v′－v)．解得v′＝v0＋人跑动后车的速度改变量为Δv＝v′－v0＝的改变与v0方向一致，车速增加. mvM＋m. mv＝1.17 m/s.Δv的数值为正，说明速度M＋m动量守恒定律的应用

[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性．

2．进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．

环节一：学生自主预习

1．动量守恒定律成立的条件

动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：

(1)理想条件：系统不受外力．

(2)实际条件：系统所受外力为零．

(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．

(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．

2．动量守恒定律的五性

动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．

环节二：典型例题讲解

11

一、动量守恒条件及守恒对象的选取

1．动量守恒定律成立的条件：

(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；

(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；

(3)系统的内力远大于外力．

2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．

【例1】

图1－4－1 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－4－1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(

) A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2

C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′

D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

答案

BC 解析

M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．

二、单一方向动量守恒问题

1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．

2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．

3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．

12

三、多物体多过程动量守恒定律的应用

对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．

【例2】

(2014·江西高二联考)如图1－4－2所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：

图1－4－2 (1)A的最终速度；

(2)铁块刚滑上B时的速度．

答案

(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s 解析

(1)选铁块和木块A、B为一系统，

由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA

可求得：vA＝0.25 m/s (2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s. 由系统动量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA

可求得：u＝2.75 m/s. 借题发挥

处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题

1．注意正方向的选取．

2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．

3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．

针对训练

图1－4－3 两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，如图1－4－3所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对

13

静止，则A车的速率(

) A．等于零 B．小于B车的速率

C．大于B车的速率 D．等于B车的速率

答案

B 解析

选A车、B车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m，A车和B车的质量均为M，最终两车速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得0＝(M＋m)vA－MvB，则＝vAM，即vA

vBM＋m四、动量守恒定律应用中的临界问题分析

在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．

【例3】

如图1－4－4所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．

图1－4－4 (1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示) (2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示) (3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？

（M＋m）v0－mv答案

(1)

M(2)mv－Mv0

m＋M(3)v1≤v2

5.2 m/s

14

解析

(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得：(M＋m)v0＝mv＋Mv1①

（M＋m）v0－mv解得v1＝②

M(2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv－Mv0＝(m＋M)v2③

解得v2＝mv－Mv0④

m＋M(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2⑤

其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件．

联立②④⑤三式，并代入数据得

v≥5.2 m/s. 环节三：针对性训练

某一方向上动量守恒问题

1. 如图1－4－5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 (

) A．斜面和小球组成的系统动量守恒

B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒

C．斜面向右运动

D．斜面静止不动

答案

BC 解析

球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．

多物体、多过程中的动量守恒问题

2. 如图1－4－6所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后 (

) A．两者的速度均为零

B．两者的速度总不会相等

15 图1－4－5 图1－4－6

C．物体的最终速度为D．物体的最终速度为答案

D mv0，向右

Mmv0，向右

M＋m解析

物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，故v＝3. 质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图1－4－7所示，最后这五个物块粘成一个整体，求它们最后的速度为多少？

1答案

v0

5解析

由五个物块组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，mv0＝5mv，mv0，向右．

M＋m图1－4－7 v＝v0，即它们最后的速度为v0. 动量守恒定律应用中的临界问题

4. 如图1－4－8所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速1515图1－4－8

度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．

答案

大于等于3.8 m/s 解析

人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．

以人、甲车、乙车组成系统，由水平方向动量守恒得：

(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s. 以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s. 因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．

16

环节四：定量检测

(时间：60分钟) 1．在匀速行驶的船上，当船上的人相对于船竖直向上抛出一个物体时，船的速度将(水的阻力不变)

A．变大 C．不变 答案

C 解析

相对于船竖直向上抛出物体时，由于惯性，物体水平方向仍然具有和船相同的速度，船和物体组成的系统水平方向动量守恒，故船速不变．

2. 如图1－4－9所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，物块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述正确的是

(

)

(

) B．变小

D．无法判定

图1－4－9

A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒

B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒

C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量

都守恒

D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒

答案

BC 解析

当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三物块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C正确，选项D错误．

3. 平板车B静止在光滑水平面上，在其左端另有物体A以水平初速度v0向车的右端滑行，如图1－4－10所示．由于A、B间存在摩擦，因而A在B上滑行后，A开始做减速运动，B做加速运动(设B车足够长)，则B车速度达到最大时，应出现在

(

) 图1－4－10

A．A的速度最小时

B．A、B速度相等时

17

C．A在B上相对静止时

D．B车开始做匀速直线运动时

答案

ABCD 解析

由于A、B之间存在摩擦力，A做减速运动，B做加速运动，当两个物体的速度相等时，相对静止，摩擦力消失，变速运动结束，此时A的速度最小，B的速度最大，因此选项A、B、C正确，此后A、B一起匀速运动，所以D项正确．

4. 如图1－4－11所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，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，下列可能发生的情况是

(

)

图1－4－11

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M

＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为v1、v2，满足Mv＝Mv1＋mv2

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′

D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

答案

BC 5. 如图1－4－12所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中

(

) 图1－4－12

A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒

B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒

C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零

D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反

答案

BD 解析

小球摆动过程中，竖直方向上合力不为零，故系统总动量不守恒，但水平方向不受外力，在水平方向动量守恒，所以选项B、D正确．

6. 如图1－4－13所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人

18 图1－4－13

站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是

(

) A．A、B质量相等，但A比B速率大

B．A、B质量相等，但A比B速率小

C．A、B速率相等，但A比B的质量大

D．A、B速率相等，但A比B的质量小

答案

AC 解析

两人及车组成的系统动量守恒，则mAvA－mBvB－mCvC＝0，得mAvA－mBvB>0.所以A、C正确．

7．一弹簧枪对准以6 m/s的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，射出速度为10 m/s，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为

(

)

D．8颗

A．5颗

答案

D B．6颗 C．7颗 解析

设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8. 8. 如图1－4－14所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量mA是物体B的质量mBm1m2图1－4－14 31的，子弹的质量m是物体B的质量的，求弹簧压缩到最短时B的速度．

44答案

v08

解析

弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)之和始终为零，故整个过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又13mv0v0m＝mB，mA＝mB，故v1＝＝，

44m＋mA＋mB8即弹簧压缩到最短时B的速度为. 8

19 v0

9. 如图1－4－15所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B左端放置小物块C并保持静止，已知mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，现木块A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦．求：

(1)木块A与B相碰瞬间A木块及小物块C的速度大小；

(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度．

2答案

(1)1 m/s 0 (2) m/s 方向水平向右

3解析

(1)木块A与B相碰瞬间C的速度为0，A、B木块的速度相同，由动量守恒定律得

图1－4－15

vmAv＝(mA＋mB)vA，vA＝＝1 m/s. 2(2)C滑上A后，摩擦力使C加速，使A减速，直至A、C具有共同速度，以A、C整体为2系统，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mC)vC，vC＝ m/s，方向水平向右．

310. 如图1－4－16所示，质量分别为m1和m2的两个等半径小球，在光滑的水平面上分别以速度v1、v2向右运动，并发生对心正碰，碰后m2被墙弹回，与墙碰撞过程中无能量损失，m2图1－4－16

返回后又与m1相向碰撞，碰后两球都静止，求第一次碰后m1球的速度．

答案

m1v1＋m2v2方向向右

2m1解析

设m1、m2碰后的速度大小分别为v1′、v2′，则由动量守恒定律知m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

m1v1＋m2v2m1v1′－m2v2′＝0，解得v1′＝，方向向右．

2m111. 质量为M＝2 kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA＝2 kg的物体A(可视为质点)，如图1－4－17所示，一颗质量为mB＝20 g的子弹以600 m/s的水平速度射穿A后，速度变为100 m/s，最后物体A相对车静止，若物体A与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s，求平板车最后的速度是多大．

答案

2.5 m/s 解析

子弹击穿A后，A在水平方向上获得一个速度vA，最后当A相对车静止时，它们的共同速度为v.子弹射穿A的过程极短，因此车对A的摩擦力、子弹的重力作用可略去，

20 2图1－4－17

即认为子弹和A组成的系统水平方向动量守恒，同时，由于作用时间极短，可认为A的位置没有发生变化，设子弹击穿A后的速度为v′，由动量守恒定律有mBv0＝mBv′＋mAvA，得

mB（v0－v′）0.02×（600－100）vA＝＝ m/s＝5 m/s mA2A获得速度vA相对车滑动，由于A与车间有摩擦，最后A相对车静止，以共同速度v运动，对于A与车组成的系统，水平方向动量守恒，因此有：mAvA＝(mA＋M)v，所以v＝2×5＝ m/s＝2.5 m/s. 2＋212.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mAvAmA＋MmA＝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发生碰图1－4－18 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．

6答案

v0

5解析

设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得

对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①

对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②

由A与B间的距离保持不变可知

vA＝v③

联立①②③式，代入数据得

6vB＝v0④

5

21