动量守恒定律碰撞与反冲

动量守恒定律碰撞与反冲Last revision on 21 December 2020

碰撞与反冲

【自主预习】

1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做________。

2．如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做________。

3．一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在________，碰撞之后两球的速度________会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫________碰撞。

4．一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果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________原来两球心的连线。这种碰撞称为________碰撞。

5．微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做

________。

6. 弹性碰撞和非弹性碰撞

从能量是否变化的角度，碰撞可分为两类：

(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。

说明：碰撞后，若两物体以相同的速度运动，此时损失的机械能最大。

7.弹性碰撞的规律

质量为m1的物体，以速度v1与原来静止的物体m2发生完全弹性碰撞，设碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2，碰撞前后的速度方向均在同一直线上。

由动量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2

由机械能守恒定律得1

2

m1v21＝

1

2

m1v′21＋

1

2

m2v′22

联立两方程解得

v′1＝m1－m2

m1＋m2

v1，v′2＝

2m1

m1＋m2

v1。

(2)推论

①若m1＝m2，则v′1＝0，v′2＝v1，即质量相等的两物体发生弹性碰撞将交换速度。惠更斯早年的实验研究的就是这种情况。

②若m1m2，则v′1＝v1，v′2＝2v1，即质量极大的物体与质量极小的静止物体发生弹性碰撞，前者速度不变，后者以前者速度的2倍被撞出去。

③若m1m2，则v′1＝－v1，v′2＝0，即质量极小的物体与质量极大的静止物体发生弹性碰撞，前者以原速度大小被反弹回去，后者仍静止。乒乓球落地反弹、台球碰到桌壁后反弹、篮球飞向篮板后弹回，都近似为这种情况。

【典型例题】

【例1】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16－4－2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( )

A．v1＝v2＝v3＝1

3

v0 B．v1＝0，v2＝v3＝

1

2

v0

C．v1＝0，v2＝v3＝1

2

v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0

【例2】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16－4－3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16－4－4所示。请据此求盒内物体的质量。

【例3】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

【例4】长度1m的轻绳下端挂着一质量为9.99kg的沙袋，一颗质量为10g的子弹以500m/s的速度水平射入沙袋，求在子弹射入沙袋后的瞬间，悬绳的拉力是多大（设子弹与沙袋的接触时间很短，g取

10m/s2）

【课堂练习】

1、光滑水平面上的两个物体发生碰撞，下列情形可能成立的是

( )

A．碰撞后系统的总动能比碰撞前小，但系统的总动量守恒

B．碰撞前后系统的总动量均为零，但系统的总动能守恒

C．碰撞前后系统的总动能均为零，但系统的总动量不为零

D．碰撞前后系统的总动量、总动能均守恒

2、在光滑水平面上有A、B两小球。A球动量是10kg·m/s，B球的动量是

12kg·m/s，在A球追上B球时发生正碰，碰撞后A球的动量变为8kg·m/s，方向和原来相同，则AB两球的质量之比可能为 ( )

A． B． C． D．

3、两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A球的动量是

7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是 ( )

A．p

A =6kg·m/s，P

B

=6kg·m/s B．p

A

=3kg·m/s，P

B

=9kg·m/s

C．p

A =－2kg·m/s，P

B

=14kg·m/s D．p

A

=－5kg·m/s，P

B

=15kg·m/s

4、在光滑水平面上相向运动的A、B两小球发生正碰后一起沿A原来的速度方向运动，这说明原来 ( )

A．A球的质量一定大于B球的质量 B．A球的速度一定大于B球的速度C．A球的动量一定大于B球的动量 D．A球的动能一定大于B球的动能

5、在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们发生正碰后可能发生的情况是 ( )

A．甲球停下，乙球反向运动 B．甲球反向运动，乙球停下

C．甲球、乙球都停下 D．甲球、乙球都反向运动

6、在光滑水平面上，动能为E

0、动量大小为p

的小球A与静止的小球B发生正碰，

碰撞前后A球的运动方向与原来相反，将碰撞后A球的动能和动量大小分别记为E

1

、

p

1，B球的动能和动量大小分别记为E

2

、p

2

，则必有( )

A．E

＞E

1

B．E

＜E

2

C．p

＞p

1

D．p

＜p

2

7、质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为

2m的小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是( )

A．1/3v B．2/3v C．4/9v D．8/9v

8、在光滑水平面上有一质量为0.2kg的球以5m/s的速度向前运动，与质量为3kg的静止木块发生碰撞，设碰撞后木块的速度v

2

＝4.2m/s，则 ( )

A．碰撞后球的速度v

1

＝－1.3m/s

B．v

2

＝4.2m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生

C．v

2

＝4.2m/s这一假设是合理，碰撞后小球被弹回

D．v

2

＝4.2m/s这一假设是可能发生的，但由于题目条件不足，因而碰后球的速度不能确定

9．三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落，其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中，木块B在下落到一定高度时，才被水平飞来的子弹击中，木块C未受到子弹打击。若子弹均留在木块中，则三木块下落的时间t A、t B、t C的关系是( )

A．t At B＜t C C．t A＝t C

10.如图4－3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，下列结论中正确的是( )

A．P的速度恰好为零 B．P与Q具有相同的速度

C．Q刚开始运动 D．Q的速度等于v

11．如图所示，三个可视为质点的物块A、B、C，在水平面上排成一条直线，且彼此间

隔一定距离静止在光滑水平面上。已知m

A ＝m

B

＝10kg，m

C

＝20kg，A具有20J的初动能向

右运动，与静止的B发生碰撞后粘在一起，又与静止的C发生碰撞，最后A、B、C粘成一个整体，g＝10 m／s2，求：在第二次碰撞后A、B、C组成的整体的速度大小；

例题答案： 1. 【答案】D

【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1

2

mv20。假如选项A正确，则

碰后总动量为3

3

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2

2

mv 0，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mv 0，但总动能为14mv 2

0，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。

2. 答案：M 解析：设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律得Mv 0＝mv ①

3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞12Mv 20＝

1

2

mv 2②

联立①②解得m ＝M 也可通过图象分析得出v 0＝v ，结合动量守恒，得出正确结果。

3. 【答案】C

【解析】方法一 甲、乙两球碰撞前后动量守恒，且动能不增加。 由碰撞中动量守恒定律求得p ′甲＝2 kg·m/s，

要使甲追上乙，应该满足v 甲>v 乙，所以p 甲m 甲>p 乙

m 乙

，即m 乙>1.4m 甲；

碰后p ′甲、p ′乙均大于零，表示仍同向运动，考虑实际情况，有v ′乙≥v ′甲，

即p ′甲m 甲≤p ′乙m 乙

，即m 乙≤5m 甲

碰撞过程中，动能不可能增加，即p 2甲2m 甲＋p 2乙2m 乙≥p ′2甲2m 甲＋p ′2乙

2m 乙，解得m 乙≥177

m 甲

由以上结论得，

17

7

m 甲≤m 乙≤5m 甲，故C 正确。 课堂练习答案：

9. 解析：木块C 做自由落体运动，木块A 被子弹击中做平抛运动，木块B 在子弹击中瞬间竖直方向动量守恒mv ＝(M ＋m ′)v ′，即v ′＜v ，木块B 竖直方

向速度减小，所以t A＝t C＜t B。答案：C

10.解析：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，设速度相同时速度为

v′，则mv＝(m＋m)v′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝v

2

，故D

错误。答案：B

11.

【自主预习】

1.根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向________的方向运动。这个现象叫做________。章鱼的运动利用了________的原理。

2．喷气式飞机和火箭的飞行应用了________的原理，它们都是靠________的反冲作用而获得巨大速度的。

3．火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫做火箭的________。这个参数一般小于________，否则火箭结构的强度就有问题。

4.反冲

(1)反冲：根据动量守恒定律，如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫做反冲。

(2)反冲运动的特点：反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零或内力远大于外力的条件，因此可以运用动量守恒定律进行分析。

若系统的初始动量为零，由动量守恒定律可得0＝m1v′1＋m2v′2。此式表明，做反冲运动的两部分的动量大小相等、方向相反，而它们的速率则与质量成反比。

(3)应用：反冲运动有利也有害，有利的一面我们可以应用，比如农田、园林的喷灌装置、旋转反击式水轮发电机、喷气式飞机、火箭、宇航员在太空行走等等。反冲运动不利的一面则需要尽力去排除，比如开枪或开炮时反冲运动对射击准确性的影响等。

5.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：动量守恒定律。

(3)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。

6.“人船模型”的处理方法

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。

(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。

【典型例题】

【例1】一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )

A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)

C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′) D．Mv0＝Mv′＋mv

【例2】质量为M的气球上有一质量为m的人，共同静止在距地面高为h的空中，现在从气球中放下一根不计质量的软绳，人沿着软绳下滑到地面，软绳至少为多长，人才能安全到达地面

【例3】如图16－5－3所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头。若不计水的黏滞阻力，在人从船头走到船尾的过程中，船和人的对地位移各是多少

【课后练习】

1．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( ) A．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭

B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后排出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，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

2．静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为( )

B．－

Δmv0

M－Δm

D．－

Δmv0

M

3．一个运动员在地面上跳远，最远可跳l，如果他立在船头，船头离河岸距离为l，船面与河岸表面平齐，他若从船头向岸上跳，下面说法正确的是( ) A．他不可能跳到岸上 B．他有可能跳到岸上

C．他先从船头跑到船尾，再返身跑回船头起跳，就可以跳到岸上

D．采用C中的方法也无法跳到岸上

4．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( )

A．火箭一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动

C．火箭运动半径可能不变 D．P运动半径一定减小

5．一装有柴油的船静止于水平面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱的油抽往后舱，如图5－1所示。不计水的阻力，船的运动情况是( )

A．向前运动 B．向后运动 C．静止 D．无法判断

6．一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上，在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人，质量分别为m1和m2，当两人相向而行时( )

A．当m1>m2时，车子与甲运动方向一致

B．当v1＞v2时，车子与甲运动方向一致

C．当m1v1＝m2v2时，车子静止不动

D．当m1v1>m2v2时，车子运动方向与乙运动方向一致

7．气球质量为200 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为多长(不计人的高度) 8．如图5－3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上装有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，小车移动的距离为多少小球的速度大小为多少

例题答案：

1.解析：根据动量守恒定律，可得Mv0＝(M－m)v′＋mv。答案：A

2. 【解析】人和气球原来静止，说明人和气球组成的系统所受外力的合力为零，在人沿软绳下滑的过程中，它们所受的重力和浮力都未改变，故系统的合外力仍为零，动量守恒。

设人下滑过程中某一时刻速度大小为v，此时气球上升的速度大小为v′，取向上方向为正，由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，即Mv′＝mv。

由于下滑过程中的任一时刻，人和气球的速度都满足上述关系，故它们在这一过程中的平均速度也满足这一关系，即M v′＝m v。

同乘以人下滑的时间t，得M v′t＝m v t，即MH＝mh

气球上升的高度为H＝m M h

人要安全到达地面，绳长至少为L＝H＋h＝m

M h＋h＝

M＋m

M

h。

3. 【解析】选人和船组成的系统为研究对象，由于人从船头走到船尾的过程中，不计水的阻力，系统在水平方向上不受外力作用，动量守恒，设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，规定人前进的方向为正方向，

有mv2－Mv1＝0，即v2

v1

＝

M

m

在人从船头走向船尾的过程中，人和船的平均速度也跟它们的质量成反比，即对应的平均动量M v1＝

m v2，

而位移x＝v t所以有Mx1＝mx2，即x2

x1

＝

M

m

由图16－5－4可知x1＋x2＝l，解得x1＝

m

M＋m

l，x2＝

M

M＋m

l。

课后练习答案：

1.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。答案：B

2.解析：取火箭及气体为系统，则气流在向外喷气过程中满足动量守恒定律，

由动量守恒定律得0＝Δmv0＋(M－Δm)v解得v＝－

Δm

M＋Δm

v0，所以B选项正确。

答案：B

3. 解析：立定跳远相当于斜抛运动，在地面上跳时，能跳l的距离，水平分速度为v x，在船上跳时，设人相对船的水平速度为v x，船对地的速度为v2，则人相对于地的速度为v1＝v x－v2。由于人和船系统动量守恒，因此mv1＝Mv2，所以人在船上跳时，人相对于船的水平速度也为v x，但人相对于地的水平速度为v1＝v x－v2

4.解析：火箭射出物体P后，由反冲原理火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大A项对，C项错；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以B、D错。答案：A

5.解析：虽然抽油的过程属于船与油的内力作用，但油的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程。故A正确。答案：A

6.解析：甲、乙两人与车组成的系统总动量为零且守恒，车子的运动情况取决于甲、乙两人的总动量，而与甲、乙的质量或速度无直接关系。当甲乙的合动量为零时，车子的动量也为零，即车不动。当甲的动量大于乙的动量时，甲乙的合动量与甲的动量方向相同，车子的动量应与甲相反，即车与乙运动的方向相同。答案：C、D

7.解析：下滑过程人和气球组成的系统总动量为零且守恒，以向下为正方向，设m1、m2分别为人和气球的质量，v1、v2分别为人和气球的平均速度大小，则m1v1

－m2v2＝0，m1x1－m2x2＝0，x1＝20 m，x2＝m1x1

m2

＝5 m，绳长l＝x1＋x2＝25 m(竖直

方向上的“人船模型”)。

8.解析：以车和小球为系统在水平方向总动量为零且守恒。当小球滑至最低处

时车和小球相对位移是R，利用“人船模型”可得小车移动距离为

m

M＋m

R。设此时

小车速度为v1，小球速度为v2，由动量守恒有Mv1＝mv2，由能量守恒有mgR＝1

2 Mv21

＋1

2mv22，解得v2＝

2MgR

M＋m

。

答案：

m

M＋m

R

2MgR

M＋m

【课后练习】

1.如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑

的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩

到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入

木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )

A.动量守恒、机械能守恒

B.动量不守恒、机械能不守恒

C.动量守恒、机械能不守恒

D.动量不守恒、机械能守恒

2.如图所示，一质量M＝ kg的长方形木板B放在光滑

水平地面上，在其右端放一质量m＝ kg的小物块A。

现以地面为参考系，给A和B以大小均为 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( )

m/s m/s m/s m/s

3.如图所示，放在光滑水平面上的A、B两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，如图所示。下面说法正确的是( )

A.两手同时放开后，两物体的总动量为零

B.先放开右手，后放开左手，两物体的总动量向右

C.先放开左手，后放开右手，两物体的总动量向右

D.两手同时放开，两物体的总动量守恒；当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒

匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前4.一炮艇总质量为M，以速度v

进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )

＝(M－m)v′＋mv ＝(M－m)v′＋m(v＋v

)

＝(M－m)v′＋m(v＋v′) ＝Mv′＋mv

5.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m A ，B 的质量为m B ，m A >m B 。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 对地面的速度大小相等，则车( )

A.静止不动

B.左右往返运动

C.向右运动

D.向左运动 6.质量M ＝100 kg 的小船静止在水面上，船首站着质量m 甲＝40 kg 的游泳者甲，船尾站着质量m 乙＝60 kg 的游泳者乙，船首指向左方。若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m/s 的速率跃入水中，则( ) A.小船向左运动，速率为1 m/s B.小船向左运动，速率为 m/s C.小船向右运动，速率大于1 m/s D.小船仍静止

7.如图所示，质量为M 的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m 的滑块，以初速度v 0在车厢地板上向右运动，与

车厢两壁发生若干次碰撞，最后静止在车厢中，则车厢最终的速度是( ) A. 0 ，方向水平向右 C.

0mv M m ，＋方向一定水平向右 D.0

mv M m

，

＋方向可能是水平向左 8.一辆装有砂子的小车，总质量M=10 kg ，以速度v 0=2 m/s 沿光滑水平直轨道运动。有一质量m=2 kg 的铁球以速度v=7 m/s 投入小车内的砂子中，求下列各种情况下，铁球投入后小车的速度。求： (1)铁球迎面水平投入； (2)铁球从后面沿车行驶方向投入；

(3)铁球由小车上方竖直向下投入。 答案解析 【课堂训练】

1.【解题指南】明确动量守恒定律和机械能守恒定律的区别是解题的关键：(1)守恒条件不同：动量守恒定律的守恒条件是系统不受外力或所受外力的合力为零；机械能守恒定律的守恒条件是系统仅有重力或(弹簧)弹力做功。可见前者指力，后者指功，两者根本不同。

(2)守恒时对内力的要求不同：动量守恒定律中，对内力无要求，包括内力是摩擦力，也不影响其动量守恒。机械能守恒定律中，只有重力或弹力做功，机械能守恒。滑动摩擦力做功时，常会使机械能转化为内能，造成机械能损失，因此谈不上机械能守恒。

(3)动量守恒一定是系统内两个或两个以上的物体之间动量变化时，系统总动量不变，而机械能守恒着重于一个物体的动能与重力势能两种形式的能总和不变，当然也包含物体间相互作用时机械能总和不变的情况。

【解析】选B。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒。而在子弹射入木块时，存在摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒。实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未发生形变)。子弹射入木块后木块压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒。综上所述，应选B。2.【解析】选C。以地面为参考系，初始阶段，A受水平向右的摩擦力，向左做减速运动，B受水平向左的摩擦力，向右做减速运动，A的速度先减为零。设此

时B的速度为v

B ′，由动量守恒定律得Mv

－mv

＝Mv

B

′，v

B

′＝ m/s。此后A向

右加速，B继续向右减速，最后二者达到共速v，由动量守恒定律得Mv

0－mv

＝(M

＋m)v，v＝ m/s，所以B相对地面的速度应大于 m/s而小于 m/s，故选项C正

确。

3.【解析】选A、B、D。根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开后，两物体组成的系统水平方向不受外力作用，因此总动量守恒，A正确；当两手不是同时放开时，系统动量不守恒，若先放开右手，则左手对系统有向右的冲量，从而两物体的总动量向右，若先放开左手，则两物体的总动量向左。正确选项为A、

B、D。

4.【解析】选A。以炮艇及炮艇上的炮弹为研究对象，动量守恒，其中的速度均为对地速度，故A正确。

5.【解析】选D。系统动量守恒，A的动量大于B的动量，只有车与B的运动方向相同才能使整个系统动量守恒，故D正确。

6.【解析】选B。选向左为正方向，由动量守恒定律得m

甲v－m

乙

v＋Mv′＝0

船的速度为:

(m m)v(6040)3

v m/s0.6 m/s M100

?

'乙甲

－－

＝＝＝

船的速度方向沿正方向——向左。故选项B正确。

7.【解析】选C。对m和M组成的系统，水平方向所受的合外力为零，动量守

恒，由mv

0＝(M＋m)v可得，车厢最终的速度为0

mv

M m

，

＋

方向一定水平向右，所以C

项正确。

8.【解析】选装有砂子的小车和铁球组成的系统为研究对象，在铁球进入小车的

过程中，水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒，规定小车运动方向(v

的方向)为正方向。

(1)设铁球迎面水平投入后，铁球与小车的共同速度为v

1

，根据动量守恒定律有

Mv

0-mv=(m+M)v

1

,0

1

Mv mv10227

v m/s0.5 m/s

m M210

-?-?

===

++

。

(2)设铁球从后面沿车行驶方向投入后，铁球与小车的共同速度为v

2

,根据动量守

恒定律有Mv 0+mv=(m+M)v 2,02Mv mv 10227

v m /s 2.83 m /s M m 210

+?+?=

==++。

(3)设铁球竖直向下投入小车后，铁球与小车的共同速度为v 3，根据动量守恒定律有Mv 0+0=(m+M)v 3,解得：03Mv 102

v m /s 1.67 m /s m M 210

?=

==++。

答案：(1) m/s (2) m/s (3) m/s 【总结提升】应用动量守恒定律的解题步骤

(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体)和研究的过程； (2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)； (3)规定正方向，确定初、末状态动量； (4)由动量守恒定律列出方程；

(5)代入数据，求出结果,必要时讨论说明。 二、碰撞

1.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.质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动。与质量为2m 的静止小球 B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能 为( )

3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为m B ＝2m A ，规定

向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后

A球的动量增量为－4 kg·m/s。则( )

A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

4.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m

a 、m

b

，两球在t

时刻发生正

碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示。下列关系正确的是( )

＞m

b ＜m

b

＝m

b

＞m

b

或m

a

＜m

b

5.科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的 ( )

A.速率

B.质量

C.动量

D.动能

6.质量相等的三个小球a、b、c在光滑水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的三个球甲、乙、丙相碰(a与甲碰，b与乙碰，c与丙碰)，碰后a球继续沿原来方向运动；b球静止不动；c球被弹回沿与原运动方向的相反方向运动，这时甲、乙、丙三球中动量最大的是( )

A.甲球

B.乙球

C.丙球

D.因甲、乙、丙的质量未知，无法判断

球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B 在前，A在后，发生正碰后，A球仍沿原方向运动，但其速率是原来的一半，碰

后两球的速率之比v′

A ∶v′

B

为( )

8.如图所示，B、C、D、E、F五个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，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v

向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )

A.五个小球静止，一个小球运动

B.四个小球静止，两个小球运动

C.三个小球静止，三个小球运动

D.六个小球都运动

9.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m

的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻

质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )

A.两滑块的动能之比E

kA ∶E

kB

＝1∶2

B.两滑块的动量大小之比p

A ∶p

B

＝2∶1

C.两滑块的速度大小之比v

A ∶v

B

＝2∶1

D.弹簧对两滑块做功之比W

A ∶W

B

＝1∶1

10.某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小船后退的距离为( )

11.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m

A =3m、m

B

=m

C

=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。12.一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

给盒一初速度v

，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。

答案解析 【课堂训练】

1.【解析】选A 、D 。光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两小球组成的系统总动量守恒。A 项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A 项是可能的。B 项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B 项不可能。C 项，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，不遵守动量守恒定律，C 项不可能。D 项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以，D 项是可能的。

2.【解析】选A 、C 。两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的物体不能与前面物体有二次碰撞，故D 错误。根据动量守恒定律，四个选项都

满足。但碰撞前总动能为2

01

mv 2

，

而碰撞后B 选项系统能量增加，B 错误，故A 、C 正确。

3.【解析】选A 。由两球的动量都是6 kg ·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球。碰后A 球的动量减少了4 kg ·m/s ，即A 球的动量为2 kg ·m/s ，由动量守恒定律得B 球的动量为 10 kg ·m/s ，又因m B =2m A ，故可得其速度比为2∶5，故选项A 是正确的。

4.【解题指南】利用v -t 图象可分析两球的速度变化，进而根据动量守恒定律分析求解。

【解析】选B 。设a 球碰b 球前的速度大小为v 0，则由图可知，碰后a 、b 两球的速度大小为v 0/2，由动量守恒得： 00a 0b a v v

m v m m ()22

＝＋，

可推得：m b ＝3m a ，只有B 项正确。

5.【解析】选C 。根据能量转化与守恒知，只有碰后动能越小，内能才能越大，

即碰后系统的总动量越小，动能就越小。所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有大小相同的动量，C 项正确。

6.【解析】选C 。根据动量守恒定律，Δp 1＝-Δp 2，也就是说，若比较甲、乙、丙三球获得的动量大小，可以比较a 、b 、c 三球的动量变化大小，Δp a ＝m(v ′-v)，Δp b ＝0-mv ，Δp c ＝m(-v ′-v)，可以看出，c 球的动量变化最大，因而丙球获得的动量最大。选项C 正确。

7.【解析】选D 。设碰前A 球的速率为v ，根据题意，p A ＝p B ，即mv ＝2mv B ，得碰前B v v 2

＝，碰后A v v 2

'＝，由动量守恒定律，有B v v mv 2m m 2mv 2

2

??'＋＝＋解得B 3v v

4

'＝所以A B v

v 2

23v 3

v 4

''＝＝。选项D 正确。

8.【解析】选C 。A 球与B 球相碰时，由于A 球的质量小于B 球的质量，A 球弹回，B 球获得速度与C 球碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B 球静止，C 球获得速度。同理，C 球与D 球的碰撞，D 球与E 球的碰撞都是如此。E 球获得速度后与F 球的碰撞过程中，由于E 球的质量大于F 球的质量，所以E 球、F 球碰后都向前运动，所以碰撞之后，A 、E 、F 三球运动，B 、C 、D 三球静止。选项C 正确。

9.【解析】选A 。在光滑水平面上，两滑块动量守恒，故动量大小之比p A ∶p B ＝1∶1，故B 错；由E k =p 2/2m ，两滑块的动能之比E kA ∶E kB ＝1∶2，故A 对；由动量守恒0=2mv A -mv B ，故v A ∶v B ＝1∶2，故C 错；由动能定理，弹簧对两滑块做功之比等于两滑块的动能之比E kA ∶E kB ＝1∶2，故D 错。

10.【解析】选C 。设子弹射出后船的后退速度为v ′,后退距离为s 1=v ′t 。由已知子弹速度为v,子弹飞行距离为vt 。则

mv=［M+(n-1)m ］v ′L=vt+v ′t 从而1mL

s M nm

=

+

射出n 颗子弹后，船移动距离：n nmL

s M nm

=

+。

11.【解析】设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，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： m A v 0=m A v A +m B v B ①

对B 、C 木块：m B v B =(m B +m C )v ②

由A 与B 间的距离保持不变可知v A =v ③

联立①②③式，代入数据得B 06

v v 5

= ④ 答案：06v 5

12.【解析】设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律Mv 0＝mv ①

3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞

22011Mv mv 22

＝② 联立①②解得m ＝M 。答案：M

【总结提升】求解碰撞问题的三种方法

(1)解析法：碰撞过程，若从动量角度看，系统的动量守恒；若从能量角度分析，系统的动能在碰撞过程中不会增加；从物理过程考虑，题述的物理情景应符合实际情况，这是用解析法处理问题应遵循的原则。

(2)临界法：相互作用的两个物体在很多情况下，皆可当做碰撞处理，那么对相互作用中两个物体相距“最近”、相距“最远”这一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”。

(3)极限法：处理碰撞问题时，有时我们需要将某些未知量设出，然后根据实际