动量复习资料
不用全看, 选些来看吧, 不过看你的熟悉程度吧, 知道的就被砍了,
我放大的就一定要看一下
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
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
2. 冲量
按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft
⑴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。
⑵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。
⑶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。
⑷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1. 质量为m 的小球由高为H 的光滑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：力的作用时间都是t =
mg cos α和mg sin 2H 1=2g sin αsin α2H ，力的大小依次是mg 、 g 依次是： α，所以它们的冲量
I G =m 2gH m 2gH , I N =, I 合=m 2gH sin αtan α
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
⑴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）。
⑵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。 ⑶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
⑷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。
例2. 以初速度v 0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：因为合外力就是重力，所以Δp =F t =m g t
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. 利用动量定理定性地解释一些现象
例3. 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：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4. 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：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。
3. 利用动量定理进行定量计算
利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行： ⑴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。
⑵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。
⑶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。
⑷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）。
⑸根据动量定理列式求解。
例5. 质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停
在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 。
解：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 。⑴
在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以
竖直向下为正方向，有：
m g (t 1+t 2) -F t 2=0, 解得：F =mg (t 1+t 2) t 2 ⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2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：
m g t 1-I =0, ∴I =m g t 1
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t 1>> t2时，F >>mg 。
例6. 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v 0时拖车突然与汽车脱钩，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：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v 0/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 ⋅v 0=M v '-(M +m )v 0, ∴v '=(M +m )(a +μg )v 0 μg μMg
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7. 质量为m =1kg的小球由高h 1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度
为h 2=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：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t 1=0.3s和t 2=0.2s，因此与地面作用的时间必为
t 3=0.1s。由动量定理得：mg Δt-Ft 3=0 ，F =60N
三、动量守恒定律
1. 动量守恒定律
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。
'+m 2v 2' 即：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1
(重要)2. 动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶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。
⑷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
'+m 2v 2'，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，还有： 除了m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1
Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和m 1=-∆v 2 m 2∆v 1
4. 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。
(要理解这里的文字, 很重要) 四、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
m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2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，
'。全过程系统动量一定是守恒
这时A 、B 的速度分别为v 1'和v 2/ /
的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
⑴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：v '=m
1-m 22m 1'=v 1, v 2v 1m 1+m 2m 1+m 21。（这个结论最
好背下来，以后经常要用到。）
⑵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（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。 ⑶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v '=v '=12m 1v 1。
m 1+m 2
的动能损失最大，为：
m 1m 2v 121122。（这个结论最好背下来，以后∆E k =m 1v 1-(m 1+m 2)v '=222m 1+m 2经常要用到。）
例8. 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v 1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：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv ' 1=(M +m )v
11由系统机械能守恒得：2mv 12=2(M +m )v '2+mgH 2Mv 1 解得H = 2M +m g
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v =2m v M +m 1
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9. 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？
解：A 能追上B ，说明碰前v A >v B , ∴5>6；碰后A 的速度不大于B 的速度， 3≤8；
m A m B m A m B
2222又因为碰撞过程系统动能不会增加， 5+6≥3+8，由以上不等式组解得：
2m A 2m B 2m A 2m B
3m A 4≤≤ 8m B 7
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10. 设质量为m 的子弹以初速度v 0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：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：
mv 0=(M +m )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s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d 12对子弹用动能定理：f ⋅s 1=1mv 0-mv 2 „„① 22
对木块用动能定理：f ⋅s 2=
①、②相减得：f ⋅d =1Mv 2 „„② 2121Mm 2 „„③ mv 0-(M +m )v 2=v 0222M +m 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）。
2Mm v 0 2M +m d 由上式不难求得平均阻力的大小：f =
至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：s 2=m d 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：
s 2+d =(v 0+v )/2=v 0+v , ∴d =v 0=M +m , s 2=m d s 2v /2v s 2v m M +m
一般情况下M >>m ，所以s 2
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11. 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：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l 1、l 2，则：mv 1=Mv 2，两边同乘时间t ，ml 1=Ml 2，
而l 1+l 2=L ，∴l 2=m L M +m
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m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用(m 1+m 2) v 0= m1v 1+ m2v 2列式。 例12. 总质量为M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v 0，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：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v 0方向为正方向，Mv 0=-mu +(M -m )v ', v '=
Mv 0+mu M -m
动量易错题
[内容和方法]
本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，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；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
例1 、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，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
【错解分析】错解：选B 。
认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P ，即F ·t =△P ，认为F 大即△P ，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。
【正确解答】 设玻璃杯下落高度为h 。它们从h 高度落地瞬间的
量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯
子
所以
掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C ，D 。
【小结】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量
大，而不能一
开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。
例2 、把质量为10kg 的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N 的力F 作用下从静止开始运动，在2s 内力F 对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？
【错解分析】错解一：2s 内力的冲量为
设物体获得的动量为P 2，由动量定理
对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不够。
错解一 主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力F 的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Fcosa·s 混淆了。
错解二 主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F 的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。
【正确解答】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F ，竖直向下的重力G 、竖直向上的支持力N 。由冲量定义可知，力F 的冲量为：
I F = F·t = 10×2=10(N·s)
因为在竖直方向上，力F 的分量Fsin53°，重力G ，支持力N 的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F 在水平方向上的分量，由动量定理得：
Fcos53°·t = P2－0
所以P 2= Fcos53°·t =10×0.8×2(kg·m/s)
P 2=16kg·m/s
【小结】 对于物理规律、公式的记忆, 要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物
理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。
例3、 在距地面高为h ，同时以相等初速V 0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m ，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P ，有[ ]
A ．平抛过程较大 B ．竖直上抛过程较大
C ．竖直下抛过程较大 D ．三者一样大
【错解分析】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P 1= mv0。是相等的，它们的末态动量P 2= mv也是相等的，所以△P = P2－P 1则一定相等。选D 。
错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D 。 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量△P 就不一样了。
方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由
为初速不
为零，加速度为g 的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t 3＜t 1，所以第二种解法是错误的。
【正确解答】 1．由动量变化图5－2中可知，△P 2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B 。
【小结】 对于动量变化问题，一般要注意两点：
(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。
(2) 由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量
不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动量变化时，要求合外力一定为恒力。
例4、 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为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 一定同时到达地面
D ．炸裂的过程中，a 、b 中受到的爆炸力的冲量大小一定相等
【错解分析】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A 。
错解二：因为不知道a 与b 的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B ，C 。
错解三：在炸裂过程中，因为a 的质量较大，所以a 受的冲量较大，所以D 不对。 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a 的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(mA +mB )v=mA v A ＋m B v B ，v B 的方向也可能与v A 同向。
错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。
错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。
【正确解答】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：
(mA +mB )v = mA v A ＋m B v B
当v A 与原来速度v 同向时,v B 可能与v A 反向，也可能与v A 同向, 第二种情况是由于v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v A 很小，则m A v A 还可能小于原动量(mA +mB )v 。这时,v B 的方向会与v A 方向一致，即与原来方向相同所以A 不对。
a ，b 两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛
运
选项C
是正确的
由于水平飞行距离x = v·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对。
根据牛顿第三定律，a ，b 所受爆炸力F A =－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I=F·t 的大小一定相等。所以D 是正确的。
此题的正确答案是：C ，D 。
【小结】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a 仍沿原来方向运动) ，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力) ，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒) 进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。
例5、一炮弹在水平飞行时，其动能为
一块的动能为=625J，求另一块的动能 =800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中 【错解分析】 错解：设炮弹的总质量为m ，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：
P=P1＋P 2
代入数据得：E k =225J。
主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J 的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。
【正确解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J 的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：
P ＝P 1＋P 2
解得：=225J或4225J 。
正确答案是另一块的动能为225J 或4225J 。
【小结】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。 例6、 如图5－3所示，一个质量为M 的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB 固定在墙上，一个质量为m 的木块C 置于车上时的初速度为v 0。因摩擦经t 秒木块停下，(设小车足够长) ，求木块C 和小车各自受到的冲量。
【错解分析】错解：以木块C 为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f ，以v 0) 。为正方向，由动量定理有：
-ft = 0 = mv0所以I 木= ft = mv0
所以，木块C 受的冲量大小为mv 0，方向水平向右。
又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律) 。所以小车受到的冲量I 车= ft = mv0, 大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。
主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。数学表达式为I 合=P2－P 1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块C 受到的冲量为mv 0是正确的。因为C 受到的合外力就是f (重力mg 与支持力N 互相平衡) ，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力Mg ，压力N=mg，支持力N ′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f' 和AB 杆对小车的拉力T ，且拉力T = f'，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。
【正确解答】 以木块C 为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f ，以V 0为正方向, 由动量定理有：
－ft = 0－mv 0 ∴I 木= f·t = mv0
所以，木块C 所受冲量为mv 0，方向向右。对小车受力分析，竖直方向N ′=Mg＋N=(M＋m)g ，水平方向T= f′，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。 从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。
正确答案是木块C 的冲量为mv 0，方向向右。小车的冲量为零。
【小结】 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P 要用矢量运算法则运算外，还要注意F ·t 中F 的含义，F 是合外力而不是某一个力。
参考练习：质量为100g 的小球从0.8m 高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s ，则这段时间软垫对小球的冲量为______(g=10m/s2，不计空气阻力) 。(答案为o.6N ·s)
例7、 总质量为M 的装砂的小车，正以速度v 0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？
【错解分析】错解：质量为m 的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v 由动量守恒守律：
Mv 0=(M－
m)v
上述解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)
【正确解答】 质量为m 的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V 由动量守恒定律： Mv 0= mv＋(M－m)v
解得：v = v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。
【小结】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子) 时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。
例8 、一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M 1，M 2的物块(M2＞M 1如图5－4) ，M 2开始是静止于地面上，当M 1自由下落H 距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。
【错解分析】错解：M 1自由下落H 距离时，速度v 1=。在M 1和M 2组成的系统
中，它们相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M 1，M 2的共同速度为v ，
实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由M 1，M 2组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M 1+M2的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，M 1的方向向下，而M 2的方向向上，不能认为M 1与M 2系统的动量为(M1＋M 2)v 。
【正确解答】 M 1自由下落H 距离时的速度
绳子拉紧后的一小段时间△t 后，M 1与M 2具有相同的速率V ,M 1的速度向下，M 2的速度向上。
对M 1由动量定理，以向上为正方向:
(T1－M 1g) △t =－M 1v －(－M 1v 1) ②
对M 2由动量定理，以向上为正方向：
(T2－M 2g) △L = M2v －0 ③
因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T 1=T2，所
【小结】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。
例9、 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹) 及靶的总质量为M ，枪内装有n 颗子弹，每颗质量为m ，枪口到靶的距离为l, 子弹射出枪口时相对于地面的速度为v ，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n 颗子弹后，小船后退的距离为多少？
【错解分析】错解： 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v ′，后退距离为S 1，子弹从枪口到靶所用的时间为：
对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：
mv = [M＋(n－1)m]v′ ②
在时间t 内船的后退距离
s 1= v′t ③
子弹全部射出后船的后退距离
s = ns1 ④
联立①②③④解得：
【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v ′，后退距离为s 1=v′t ，如图5－5所示，由几何关系可知
l= d+s1即l =v ·t + v′t ⑤
联立②③④⑤解得：
【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。
例10、 如图5－6所示，物体A 置于小车B 上，A 与B 之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v 前进。突然碰到障碍物C ，将A 从车上碰了出去，A 被碰回的速度大小也是v 。问：小车B 的速度将怎样变化？
【错解分析】错解： 以A ，B 原来速度方向为正，设小车B 后来的速度为v ′，根据动量守恒定律，则
(mA +mB )v=mB v ′－m A v
即：(mA ＋m B ＋m A )v = mB v ′
因为2m A ＋m B ＞m B 所以：v ′＞v(变大) 方向为原来的方向。 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的。 当我们研究对象为A 和B 组成的系统时(如上述错解的研究对象) 。在A 与障碍物C 发
生碰撞时，因为C 对A 的作用力就A 与B 的系统来说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零) 。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。
【正确解答】 实际上，在A 与C 相碰时，由于C 对A 的作用力的冲量使A 的动量发生了变化。而A 与B 之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B 来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量) 。也就是说，A 在水平方向运动的变化不会影响B 的运动情况，因此B 将以速度v 继续前进。
【小结】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解，如本题的A ，B 组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B 为研究对象，即包含了所求的B 的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。
例11、 如图5－7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是： [ ]
A ．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C ．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动。
【错解分析】 错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，所以弹力不做功，则只有重力做功，所以选A 。
错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，故选B 。
错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C 点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C 点以后得做竖直上抛运动，故选D 。
【正确解答】 本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。（图5-8）
从A →B 的过程中，半圆槽对球的支持力N 沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N ′方向相反指向左下方，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同。但从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力N ′方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向
右运动，小球所受支持力N 与速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A 不对。又因为有物块挡住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，即B 也不对。当小球运动到C 点时，它的两个分运动的速度方向如图5－9，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D 也不对。
正确答案是：小球在半圆槽内自B →C 运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C 。
【小结】 在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽挡住，导致了小球从A →B 和从B →C 两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以具体的解决方法也就不一样了。通过本题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做认真细致的具体分析，切忌不认真分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式。
例12、在质量为M 的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆) 以恒定的速度u 沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列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v 1、v 2、v 3，满足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mo v 3
B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足：Mu=Mv1+mv2
C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v ，满足：Mu=（M+m）v
D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度为v 2，满足：（M+m0）u=（M+m0）v 1+mv2
【错解分析】错解：选A ，D 。
选择A ，D 的一个共同原因，是认为在碰撞的过程中，单摆也参加了碰撞，选A 是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D 的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满足（M+m0）v = （M+m0）v 1+mv2 另外还有一种选择，即B ，C 中只选一种，原因我们放在后面再分析。
【正确解答】 由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A ，D 。
因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律
Mu = Mv1+mv2 即为B 选项。
由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而
一。因此，C 选项也是可能的。正确答案：选B ，C 。
【小结】 在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真分析物体的受力情况，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如本题的单摆），这样可以避免选
错研究对象。
例13、 如图5－10所示，倾角θ=30°，高为h 的三角形木块B ，静止放在一水平面上，另一滑块A ，以初速度v 0从B 的底端开始沿斜面上滑，若B 的质量为A 的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A 能够滑过木块B 的顶端，求V 0应为多大？
【错解分析】错解：设滑块A 能滑到h 高的最小初速度为v ，滑块A 到达斜面最高点时具有水平分速度为V ′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：
mv 0cos θ=mv′＋Mv ′ ①
在B 的上端点m 的合速度为：
由动能定理有：
主要是对滑块A 滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A 只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A 的动能，直接代入水平速度即可。
【正确解答】 根据水平方向动量守恒有：
mv 0cos θ=(m+M)v′ ①
【小结】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V 0越大，上升的距离越高；v 0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到
v 0＞v 时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。 例14、 质量为M 的小车，如图5－11所示，上面站着一个质量为m 的人，以v 0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u 的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？
【错解分析】 错解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v ，以V 0方向为正方向，由动量守恒定律： (M＋m)v 0=M(v0+△v) －mu
错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为△v ，以v 0方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v0), 由动量守恒定律：
(M＋m)v 0=M(v0+△v)-m(u-v0)
错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v 0是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u 指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。
错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v 0变换成(v0+△v) 了。所以，人相对于地的速度，不是(v－v 0) 而应为[u－(v0+△v)]。
【正确解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了△v ，以v 0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：
(M＋m)v 0=M(v0+△v) －m[u－(v0＋△v)]
【小结】 (1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。
(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系．则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M △v －m(u－△v) ，由动量守恒定律： 0=M△v －m(u－△v)
题
中，增加的速度与车原来的速度v 0无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。 例15、 质量为M 的小车，以速度v 0在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m 的人，问：当人以相对车的速度u 向后水平跳出后，车速度为多大？
【错解分析】 错解一：设人跳出后的瞬间车速为v ，则其动量为Mv ，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v 0＝Mv
错解二：设人跳出后的车速为v ，车的动量为Mv ，人的动量为m(u+v)，根据动量守恒定律有：
(M+m)v0=Mv+m(u＋v)
错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv ，人的动量为－mu ，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v 0＝Mv －mu
错解四：设车的前进方向为正方向，则人跳出车后小车的动量Mv ，人的动量为－m(u－v 0) ，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v 0＝Mv －m(u－v 0)
错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分(车) 来代替系统(车和人) 。
错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化。而是简单地采用了算术和，忽略了动量的矢量性。
错解三的错误在于参考系发生变化了。人跳离前人与车的动量是相对地的。人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的，而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的，所以答案不对。
错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。v 0是人未跳离车之前系统(M＋m) 的速度，－m(u－v 0) 就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。
【正确解答】 选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： (M＋m)v 0=Mv－m(u－v)
【小结】 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。
(1)整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如本题错解一。
(2)矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法，如本题错解二。
(3)相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立。如本题错解三。
(4) 瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。
例16、 图5－12，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时, 车的速度变为：
( )
【错解分析】 错解一：根据动量守恒定律：
所以选A 。
错解二：因为人相对于车是竖直向上跳的，所以人与车系统在水平方向上不受外力，即人与车在水平方向动量守恒。
所以有：Mv 1=(M－m)v ′1
产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不深入。
错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性，只是简单地套用动量守恒定律公式，因而把V 1，V 2，V 1′的方向混为一谈，而出现这种错误。
错解二的主要问题在于对物体惯性概念的理解还有问题。误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了，也就没有向前的动量了，从这个错误认识出发就造成判断本题的错误。也因为没有状态分析的习惯。
【正确解答】 人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度V 1的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和人的总动量为Mv 1，末态车的动量为(M－m)v ′l (因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变) 。人在水平方向上对地的动量仍为mv 1，
则有Mv 1=(M－m)v ′1＋mv 1
(M－m)v 1=(M－m)v ′1
所以v ′=v1正确答案应为D 。
【小结】 动量守恒定律是有条件的，一般教材把动量守恒条件分为三个层次：
(1)系统所受合外力为零；
(2)系统所受合外力虽然不为零，但在某方向合外力为零，则系统在该方向动量守恒；
(3) 系统所受合外力远远小于内力，则系统动量近似守恒。对于不同情况，应根据不同的条件去分析。在上述三种情况下，都可以应用动量守恒定律求解相应物理量。
例17、 如图5－13所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M 2，它下面用长为L 的绳系一质量为M 1的砂袋，今有一水平射来的质量为m 的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V 0多大？
【错解分析】错解： 由动量守恒定律：mv 0=(M1＋M 2+m)v
解得：
没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m) 只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m) 具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。
【正确解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v 0′，由动量守恒定律：
mv 0=(M1＋m)v ′ ①
此后(M1＋m) 在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M 2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M 2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v ，由机械能守恒有：
但式①，②中有三个未知量，v 0，v 0′，v ，还需再寻找关系。
从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v 为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：
mv 0=(M1+M1+m)v ③
【小结】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼) 迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。
例18、 如图5-14所示，有两个物体A ，B ，紧靠着放在光滑水平桌面上，A 的质量为
2kg ，B 的质量为3kg 。有一颗质量为100g 的子弹以800m/s的水平速度射入A ，经过0.01s 又射入物体B ，最后停在B 中，A 对子弹的阻力为3×103N ，求A ，B 最终的速度。
【错解分析】错解： 设A ，B 质量分别为m A ，m B ，子弹质量为m ，子弹离开A 的速度为v ，物体A ，B 最终速度分别为v A ，v B ，A 对子弹的阻力为f 。
在子弹穿过A 物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v 0为正：
-f ·t = mv－mv 0
解得：v=500m/S
对物体A 用动量定理。
f ·t = mA v A －0
解得：v A =15m/S。
对子弹、物体B 组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有： mv=（m+mB ）v B
解得：v B =16.13m/s。
问题主要出在对物体A 用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A 除了受摩擦力以外还受到B 对A 的挤压作用。其实，此题可以避免A ，B 之间的挤压力，方法就是把A ，B 看成一个整体。
【正确解答】 设A ，B 质量分别为m A ，m B ，子弹质量为m 。子弹离开A 的速度为了v ，物体A ，B 最终速度分别为v A ，v B 。
在子弹穿过A 的过程中，以A ，B 为整体，以子弹初速v 0为正方向，应用动量定理。 f ·t=（m A +mB ）u （u 为A ，B 的共同速度）
解得：u = 6m/s。
由于B 离开A 后A 水平方向不受外力，所以A 最终速度V A =u=6m/s。
对子弹，A 和B 组成的系统，应用动量守恒定律：
mv 0=mA ·v A +（m+mB ）v B
解得：v B = 21.94m/s。
物体A ，B 的最终速度为v A =6m/s，v B =21.94m/s。
【小结】 （1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A 的过程中依然用动量定理，求得A 和B 的速度为6m/s。也是A 的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A 以后的速度，（设为V ，其余所设如前）
mv 0=mv+（m A +mB ）u ①
在子弹射穿B 的过程中动量守恒
mv+mB u=（m+mB ）u' ②
代入数据解得：v=500m/s。
u'=21.94m/s。即为B 的最终速度。
（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。
例19、 如图5-15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共为30kg ，乙和他的冰车总质量也是30kg 。游戏时，甲推着一个质量为15kg 的箱子和他一起以2m/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，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【错解分析】错解： 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M ，箱子的质量为m ，开始时他们的速率为v 0，为了不与乙相碰。
错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：
（M+m）v 0=0+mv
错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv －Mv 0=0
在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v' ，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：
（M+m）v 0=Mv'+mv
解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。
【正确解答】 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v 1，箱子的速度为v ，乙抓住箱子后的速度为v 2。
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律： （M+m）v 0= mv+Mv1 ①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有： mv －Mv 0=（m+M）v 2 ②
刚好不相撞的条件是：
v 1=v ③
联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。
【小结】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。
应用动量守恒定律解题的几个注意点
多个物体组成的系统在满足不受外力或所受合外力为零的条件下，利用动量守恒定律可以解决许多系统内物体间存在复杂的相互作用的问题。要能正确地应用动量守恒定律，必须注意以下几点：
1. 注意矢量性：
动量守恒方程是一个矢量方程，解题时必须规定一个正方向，对已知方向的速度与正方向相同的取正，反之取负，对未知方向的速度，通过解得结果的正负，判定其方向。 例1. 在光滑的水平面上有A 、B 两小球，A 的质量m A =1kg ，B 的质量m B =2kg ，开始时B 处于静止状态，A 以6m/s的速度与B 发生正碰，碰后B 以3.5m/s速度运动，求碰后A 的速度。
解析：取A 原来运动的方向为正，则B 被碰后的速度也为正，由动量守恒定律m A v A =m A v A ' +m B v B ' 解得v A ' =-1m /s ，说明碰撞后A 的速度方向与碰撞前相反。
2. 注意同时性：
动量是一个瞬时状态量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量守恒，列方程m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1' +m 2v 2' 时，等号左侧是作用前（或某一时刻）各物体的动量和，等号右侧是作用后（或某一时刻）各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。
例2. 如图1所示，在光滑水平面上有一质量M =3kg 的薄板，板上有质量m =1kg 的物块，都以v 0=4m /s 的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，试判断物块的运动情况。
图1
解析：取向右为正方向，系统的初始动量为Mv 0-mv 0，设当薄板速度v 1=2. 4m /s 时，物块的速度为v 2，此时系统的总动量为Mv 1+mv 2，根据动量守恒定律有
解得v 2=08可见此时物块以0.8m/s的速度向右做匀加速Mv 0-mv 0=Mv 1+mv 2，. m /s ，
运动。
3. 注意同一性：
动量的大小与参照系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参照系。
例3. 如图2所示，质量m=10kg的小车置于光滑水平面上，车上站着质量M=30kg的小孩，开始人车以1m/s的速度向右运动，后来小孩以相对车2m/s的水平速度向右跳下，求小孩跳下后车的速度。
图2
解析：设小孩跳车后车的速度为v ' 且向右，则小孩对地的速度为v ' +2，由动量守恒定律
. m /s ，说明小孩跳车后的速度大小为得(M +m ) v =M (v ' +2) +mv ' ，解得v ' =-05
-0. 5m /s ，方向向左。
4. 注意动量的分量守恒：
若系统所受外力的合力不为零，但在某个方向上所受合力的分量为零，则系统在该方向的动量的分量保持不变。
例4. 如图3所示，质量为M 的斜面置于光滑的水平面上，质量为m 的小球在距斜面h 高处自由落下，在与斜面碰撞后以速度v 水平飞出，求碰撞后斜面的运动速度。
图3
解析：小球与斜面组成的系统在碰撞过程中系统的总动量不守恒，因为在碰撞过程中系统在竖直方向所受的合外力并不为零，但系统在水平方向始终不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有0=Mv 1+mv ，解得v 1=-
m v ，负号说明碰撞后斜面的速度水平向左。 M
动量复习资料
不用全看, 选些来看吧, 不过看你的熟悉程度吧, 知道的就被砍了,
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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
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
2. 冲量
按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft
⑴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。
⑵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。
⑶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。
⑷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1. 质量为m 的小球由高为H 的光滑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：力的作用时间都是t =
mg cos α和mg sin 2H 1=2g sin αsin α2H ，力的大小依次是mg 、 g 依次是： α，所以它们的冲量
I G =m 2gH m 2gH , I N =, I 合=m 2gH sin αtan α
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
⑴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）。
⑵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。 ⑶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
⑷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。
例2. 以初速度v 0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：因为合外力就是重力，所以Δp =F t =m g t
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. 利用动量定理定性地解释一些现象
例3. 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：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4. 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：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。
3. 利用动量定理进行定量计算
利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行： ⑴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。
⑵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。
⑶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。
⑷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）。
⑸根据动量定理列式求解。
例5. 质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停
在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 。
解：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 。⑴
在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以
竖直向下为正方向，有：
m g (t 1+t 2) -F t 2=0, 解得：F =mg (t 1+t 2) t 2 ⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2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：
m g t 1-I =0, ∴I =m g t 1
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t 1>> t2时，F >>mg 。
例6. 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v 0时拖车突然与汽车脱钩，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：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v 0/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 ⋅v 0=M v '-(M +m )v 0, ∴v '=(M +m )(a +μg )v 0 μg μMg
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7. 质量为m =1kg的小球由高h 1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度
为h 2=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：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t 1=0.3s和t 2=0.2s，因此与地面作用的时间必为
t 3=0.1s。由动量定理得：mg Δt-Ft 3=0 ，F =60N
三、动量守恒定律
1. 动量守恒定律
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。
'+m 2v 2' 即：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1
(重要)2. 动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶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。
⑷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
'+m 2v 2'，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，还有： 除了m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1
Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和m 1=-∆v 2 m 2∆v 1
4. 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。
(要理解这里的文字, 很重要) 四、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
m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2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，
'。全过程系统动量一定是守恒
这时A 、B 的速度分别为v 1'和v 2/ /
的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
⑴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：v '=m
1-m 22m 1'=v 1, v 2v 1m 1+m 2m 1+m 21。（这个结论最
好背下来，以后经常要用到。）
⑵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（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。 ⑶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v '=v '=12m 1v 1。
m 1+m 2
的动能损失最大，为：
m 1m 2v 121122。（这个结论最好背下来，以后∆E k =m 1v 1-(m 1+m 2)v '=222m 1+m 2经常要用到。）
例8. 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v 1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：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv ' 1=(M +m )v
11由系统机械能守恒得：2mv 12=2(M +m )v '2+mgH 2Mv 1 解得H = 2M +m g
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v =2m v M +m 1
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9. 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？
解：A 能追上B ，说明碰前v A >v B , ∴5>6；碰后A 的速度不大于B 的速度， 3≤8；
m A m B m A m B
2222又因为碰撞过程系统动能不会增加， 5+6≥3+8，由以上不等式组解得：
2m A 2m B 2m A 2m B
3m A 4≤≤ 8m B 7
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10. 设质量为m 的子弹以初速度v 0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：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：
mv 0=(M +m )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s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d 12对子弹用动能定理：f ⋅s 1=1mv 0-mv 2 „„① 22
对木块用动能定理：f ⋅s 2=
①、②相减得：f ⋅d =1Mv 2 „„② 2121Mm 2 „„③ mv 0-(M +m )v 2=v 0222M +m 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）。
2Mm v 0 2M +m d 由上式不难求得平均阻力的大小：f =
至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：s 2=m d 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：
s 2+d =(v 0+v )/2=v 0+v , ∴d =v 0=M +m , s 2=m d s 2v /2v s 2v m M +m
一般情况下M >>m ，所以s 2
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11. 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：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l 1、l 2，则：mv 1=Mv 2，两边同乘时间t ，ml 1=Ml 2，
而l 1+l 2=L ，∴l 2=m L M +m
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m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用(m 1+m 2) v 0= m1v 1+ m2v 2列式。 例12. 总质量为M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v 0，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：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v 0方向为正方向，Mv 0=-mu +(M -m )v ', v '=
Mv 0+mu M -m
动量易错题
[内容和方法]
本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，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；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
例1 、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，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
【错解分析】错解：选B 。
认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P ，即F ·t =△P ，认为F 大即△P ，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。
【正确解答】 设玻璃杯下落高度为h 。它们从h 高度落地瞬间的
量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯
子
所以
掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C ，D 。
【小结】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量
大，而不能一
开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。
例2 、把质量为10kg 的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N 的力F 作用下从静止开始运动，在2s 内力F 对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？
【错解分析】错解一：2s 内力的冲量为
设物体获得的动量为P 2，由动量定理
对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不够。
错解一 主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力F 的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Fcosa·s 混淆了。
错解二 主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F 的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。
【正确解答】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F ，竖直向下的重力G 、竖直向上的支持力N 。由冲量定义可知，力F 的冲量为：
I F = F·t = 10×2=10(N·s)
因为在竖直方向上，力F 的分量Fsin53°，重力G ，支持力N 的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F 在水平方向上的分量，由动量定理得：
Fcos53°·t = P2－0
所以P 2= Fcos53°·t =10×0.8×2(kg·m/s)
P 2=16kg·m/s
【小结】 对于物理规律、公式的记忆, 要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物
理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。
例3、 在距地面高为h ，同时以相等初速V 0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m ，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P ，有[ ]
A ．平抛过程较大 B ．竖直上抛过程较大
C ．竖直下抛过程较大 D ．三者一样大
【错解分析】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P 1= mv0。是相等的，它们的末态动量P 2= mv也是相等的，所以△P = P2－P 1则一定相等。选D 。
错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D 。 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量△P 就不一样了。
方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由
为初速不
为零，加速度为g 的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t 3＜t 1，所以第二种解法是错误的。
【正确解答】 1．由动量变化图5－2中可知，△P 2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B 。
【小结】 对于动量变化问题，一般要注意两点：
(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。
(2) 由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量
不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动量变化时，要求合外力一定为恒力。
例4、 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为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 一定同时到达地面
D ．炸裂的过程中，a 、b 中受到的爆炸力的冲量大小一定相等
【错解分析】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A 。
错解二：因为不知道a 与b 的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B ，C 。
错解三：在炸裂过程中，因为a 的质量较大，所以a 受的冲量较大，所以D 不对。 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a 的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(mA +mB )v=mA v A ＋m B v B ，v B 的方向也可能与v A 同向。
错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。
错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。
【正确解答】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：
(mA +mB )v = mA v A ＋m B v B
当v A 与原来速度v 同向时,v B 可能与v A 反向，也可能与v A 同向, 第二种情况是由于v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v A 很小，则m A v A 还可能小于原动量(mA +mB )v 。这时,v B 的方向会与v A 方向一致，即与原来方向相同所以A 不对。
a ，b 两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛
运
选项C
是正确的
由于水平飞行距离x = v·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对。
根据牛顿第三定律，a ，b 所受爆炸力F A =－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I=F·t 的大小一定相等。所以D 是正确的。
此题的正确答案是：C ，D 。
【小结】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a 仍沿原来方向运动) ，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力) ，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒) 进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。
例5、一炮弹在水平飞行时，其动能为
一块的动能为=625J，求另一块的动能 =800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中 【错解分析】 错解：设炮弹的总质量为m ，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：
P=P1＋P 2
代入数据得：E k =225J。
主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J 的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。
【正确解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J 的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：
P ＝P 1＋P 2
解得：=225J或4225J 。
正确答案是另一块的动能为225J 或4225J 。
【小结】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。 例6、 如图5－3所示，一个质量为M 的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB 固定在墙上，一个质量为m 的木块C 置于车上时的初速度为v 0。因摩擦经t 秒木块停下，(设小车足够长) ，求木块C 和小车各自受到的冲量。
【错解分析】错解：以木块C 为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f ，以v 0) 。为正方向，由动量定理有：
-ft = 0 = mv0所以I 木= ft = mv0
所以，木块C 受的冲量大小为mv 0，方向水平向右。
又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律) 。所以小车受到的冲量I 车= ft = mv0, 大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。
主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。数学表达式为I 合=P2－P 1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块C 受到的冲量为mv 0是正确的。因为C 受到的合外力就是f (重力mg 与支持力N 互相平衡) ，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力Mg ，压力N=mg，支持力N ′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f' 和AB 杆对小车的拉力T ，且拉力T = f'，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。
【正确解答】 以木块C 为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f ，以V 0为正方向, 由动量定理有：
－ft = 0－mv 0 ∴I 木= f·t = mv0
所以，木块C 所受冲量为mv 0，方向向右。对小车受力分析，竖直方向N ′=Mg＋N=(M＋m)g ，水平方向T= f′，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。 从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。
正确答案是木块C 的冲量为mv 0，方向向右。小车的冲量为零。
【小结】 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P 要用矢量运算法则运算外，还要注意F ·t 中F 的含义，F 是合外力而不是某一个力。
参考练习：质量为100g 的小球从0.8m 高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s ，则这段时间软垫对小球的冲量为______(g=10m/s2，不计空气阻力) 。(答案为o.6N ·s)
例7、 总质量为M 的装砂的小车，正以速度v 0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？
【错解分析】错解：质量为m 的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v 由动量守恒守律：
Mv 0=(M－
m)v
上述解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)
【正确解答】 质量为m 的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V 由动量守恒定律： Mv 0= mv＋(M－m)v
解得：v = v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。
【小结】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子) 时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。
例8 、一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M 1，M 2的物块(M2＞M 1如图5－4) ，M 2开始是静止于地面上，当M 1自由下落H 距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。
【错解分析】错解：M 1自由下落H 距离时，速度v 1=。在M 1和M 2组成的系统
中，它们相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M 1，M 2的共同速度为v ，
实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由M 1，M 2组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M 1+M2的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，M 1的方向向下，而M 2的方向向上，不能认为M 1与M 2系统的动量为(M1＋M 2)v 。
【正确解答】 M 1自由下落H 距离时的速度
绳子拉紧后的一小段时间△t 后，M 1与M 2具有相同的速率V ,M 1的速度向下，M 2的速度向上。
对M 1由动量定理，以向上为正方向:
(T1－M 1g) △t =－M 1v －(－M 1v 1) ②
对M 2由动量定理，以向上为正方向：
(T2－M 2g) △L = M2v －0 ③
因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T 1=T2，所
【小结】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。
例9、 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹) 及靶的总质量为M ，枪内装有n 颗子弹，每颗质量为m ，枪口到靶的距离为l, 子弹射出枪口时相对于地面的速度为v ，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n 颗子弹后，小船后退的距离为多少？
【错解分析】错解： 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v ′，后退距离为S 1，子弹从枪口到靶所用的时间为：
对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：
mv = [M＋(n－1)m]v′ ②
在时间t 内船的后退距离
s 1= v′t ③
子弹全部射出后船的后退距离
s = ns1 ④
联立①②③④解得：
【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v ′，后退距离为s 1=v′t ，如图5－5所示，由几何关系可知
l= d+s1即l =v ·t + v′t ⑤
联立②③④⑤解得：
【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。
例10、 如图5－6所示，物体A 置于小车B 上，A 与B 之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v 前进。突然碰到障碍物C ，将A 从车上碰了出去，A 被碰回的速度大小也是v 。问：小车B 的速度将怎样变化？
【错解分析】错解： 以A ，B 原来速度方向为正，设小车B 后来的速度为v ′，根据动量守恒定律，则
(mA +mB )v=mB v ′－m A v
即：(mA ＋m B ＋m A )v = mB v ′
因为2m A ＋m B ＞m B 所以：v ′＞v(变大) 方向为原来的方向。 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，乱用动量守恒定律而造成的。 当我们研究对象为A 和B 组成的系统时(如上述错解的研究对象) 。在A 与障碍物C 发
生碰撞时，因为C 对A 的作用力就A 与B 的系统来说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零) 。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。
【正确解答】 实际上，在A 与C 相碰时，由于C 对A 的作用力的冲量使A 的动量发生了变化。而A 与B 之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B 来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量) 。也就是说，A 在水平方向运动的变化不会影响B 的运动情况，因此B 将以速度v 继续前进。
【小结】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不能应用动量守恒定律来求解，如本题的A ，B 组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B 为研究对象，即包含了所求的B 的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。
例11、 如图5－7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是： [ ]
A ．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C ．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动。
【错解分析】 错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，所以弹力不做功，则只有重力做功，所以选A 。
错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，故选B 。
错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C 点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C 点以后得做竖直上抛运动，故选D 。
【正确解答】 本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。（图5-8）
从A →B 的过程中，半圆槽对球的支持力N 沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N ′方向相反指向左下方，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同。但从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力N ′方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向
右运动，小球所受支持力N 与速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A 不对。又因为有物块挡住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，即B 也不对。当小球运动到C 点时，它的两个分运动的速度方向如图5－9，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D 也不对。
正确答案是：小球在半圆槽内自B →C 运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C 。
【小结】 在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽挡住，导致了小球从A →B 和从B →C 两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以具体的解决方法也就不一样了。通过本题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做认真细致的具体分析，切忌不认真分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式。
例12、在质量为M 的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆) 以恒定的速度u 沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列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v 1、v 2、v 3，满足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mo v 3
B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足：Mu=Mv1+mv2
C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v ，满足：Mu=（M+m）v
D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度为v 2，满足：（M+m0）u=（M+m0）v 1+mv2
【错解分析】错解：选A ，D 。
选择A ，D 的一个共同原因，是认为在碰撞的过程中，单摆也参加了碰撞，选A 是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D 的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满足（M+m0）v = （M+m0）v 1+mv2 另外还有一种选择，即B ，C 中只选一种，原因我们放在后面再分析。
【正确解答】 由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A ，D 。
因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律
Mu = Mv1+mv2 即为B 选项。
由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而
一。因此，C 选项也是可能的。正确答案：选B ，C 。
【小结】 在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真分析物体的受力情况，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如本题的单摆），这样可以避免选
错研究对象。
例13、 如图5－10所示，倾角θ=30°，高为h 的三角形木块B ，静止放在一水平面上，另一滑块A ，以初速度v 0从B 的底端开始沿斜面上滑，若B 的质量为A 的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A 能够滑过木块B 的顶端，求V 0应为多大？
【错解分析】错解：设滑块A 能滑到h 高的最小初速度为v ，滑块A 到达斜面最高点时具有水平分速度为V ′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：
mv 0cos θ=mv′＋Mv ′ ①
在B 的上端点m 的合速度为：
由动能定理有：
主要是对滑块A 滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A 只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A 的动能，直接代入水平速度即可。
【正确解答】 根据水平方向动量守恒有：
mv 0cos θ=(m+M)v′ ①
【小结】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V 0越大，上升的距离越高；v 0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到
v 0＞v 时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。 例14、 质量为M 的小车，如图5－11所示，上面站着一个质量为m 的人，以v 0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u 的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？
【错解分析】 错解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v ，以V 0方向为正方向，由动量守恒定律： (M＋m)v 0=M(v0+△v) －mu
错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为△v ，以v 0方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v0), 由动量守恒定律：
(M＋m)v 0=M(v0+△v)-m(u-v0)
错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v 0是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u 指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。
错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v 0变换成(v0+△v) 了。所以，人相对于地的速度，不是(v－v 0) 而应为[u－(v0+△v)]。
【正确解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了△v ，以v 0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：
(M＋m)v 0=M(v0+△v) －m[u－(v0＋△v)]
【小结】 (1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。
(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系．则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M △v －m(u－△v) ，由动量守恒定律： 0=M△v －m(u－△v)
题
中，增加的速度与车原来的速度v 0无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。 例15、 质量为M 的小车，以速度v 0在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m 的人，问：当人以相对车的速度u 向后水平跳出后，车速度为多大？
【错解分析】 错解一：设人跳出后的瞬间车速为v ，则其动量为Mv ，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v 0＝Mv
错解二：设人跳出后的车速为v ，车的动量为Mv ，人的动量为m(u+v)，根据动量守恒定律有：
(M+m)v0=Mv+m(u＋v)
错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv ，人的动量为－mu ，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v 0＝Mv －mu
错解四：设车的前进方向为正方向，则人跳出车后小车的动量Mv ，人的动量为－m(u－v 0) ，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v 0＝Mv －m(u－v 0)
错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分(车) 来代替系统(车和人) 。
错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化。而是简单地采用了算术和，忽略了动量的矢量性。
错解三的错误在于参考系发生变化了。人跳离前人与车的动量是相对地的。人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的，而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的，所以答案不对。
错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。v 0是人未跳离车之前系统(M＋m) 的速度，－m(u－v 0) 就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。
【正确解答】 选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： (M＋m)v 0=Mv－m(u－v)
【小结】 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。
(1)整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如本题错解一。
(2)矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法，如本题错解二。
(3)相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立。如本题错解三。
(4) 瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。
例16、 图5－12，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时, 车的速度变为：
( )
【错解分析】 错解一：根据动量守恒定律：
所以选A 。
错解二：因为人相对于车是竖直向上跳的，所以人与车系统在水平方向上不受外力，即人与车在水平方向动量守恒。
所以有：Mv 1=(M－m)v ′1
产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不深入。
错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性，只是简单地套用动量守恒定律公式，因而把V 1，V 2，V 1′的方向混为一谈，而出现这种错误。
错解二的主要问题在于对物体惯性概念的理解还有问题。误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了，也就没有向前的动量了，从这个错误认识出发就造成判断本题的错误。也因为没有状态分析的习惯。
【正确解答】 人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度V 1的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和人的总动量为Mv 1，末态车的动量为(M－m)v ′l (因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变) 。人在水平方向上对地的动量仍为mv 1，
则有Mv 1=(M－m)v ′1＋mv 1
(M－m)v 1=(M－m)v ′1
所以v ′=v1正确答案应为D 。
【小结】 动量守恒定律是有条件的，一般教材把动量守恒条件分为三个层次：
(1)系统所受合外力为零；
(2)系统所受合外力虽然不为零，但在某方向合外力为零，则系统在该方向动量守恒；
(3) 系统所受合外力远远小于内力，则系统动量近似守恒。对于不同情况，应根据不同的条件去分析。在上述三种情况下，都可以应用动量守恒定律求解相应物理量。
例17、 如图5－13所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M 2，它下面用长为L 的绳系一质量为M 1的砂袋，今有一水平射来的质量为m 的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V 0多大？
【错解分析】错解： 由动量守恒定律：mv 0=(M1＋M 2+m)v
解得：
没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m) 只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m) 具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。
【正确解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v 0′，由动量守恒定律：
mv 0=(M1＋m)v ′ ①
此后(M1＋m) 在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M 2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M 2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v ，由机械能守恒有：
但式①，②中有三个未知量，v 0，v 0′，v ，还需再寻找关系。
从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v 为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：
mv 0=(M1+M1+m)v ③
【小结】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼) 迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。
例18、 如图5-14所示，有两个物体A ，B ，紧靠着放在光滑水平桌面上，A 的质量为
2kg ，B 的质量为3kg 。有一颗质量为100g 的子弹以800m/s的水平速度射入A ，经过0.01s 又射入物体B ，最后停在B 中，A 对子弹的阻力为3×103N ，求A ，B 最终的速度。
【错解分析】错解： 设A ，B 质量分别为m A ，m B ，子弹质量为m ，子弹离开A 的速度为v ，物体A ，B 最终速度分别为v A ，v B ，A 对子弹的阻力为f 。
在子弹穿过A 物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v 0为正：
-f ·t = mv－mv 0
解得：v=500m/S
对物体A 用动量定理。
f ·t = mA v A －0
解得：v A =15m/S。
对子弹、物体B 组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有： mv=（m+mB ）v B
解得：v B =16.13m/s。
问题主要出在对物体A 用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A 除了受摩擦力以外还受到B 对A 的挤压作用。其实，此题可以避免A ，B 之间的挤压力，方法就是把A ，B 看成一个整体。
【正确解答】 设A ，B 质量分别为m A ，m B ，子弹质量为m 。子弹离开A 的速度为了v ，物体A ，B 最终速度分别为v A ，v B 。
在子弹穿过A 的过程中，以A ，B 为整体，以子弹初速v 0为正方向，应用动量定理。 f ·t=（m A +mB ）u （u 为A ，B 的共同速度）
解得：u = 6m/s。
由于B 离开A 后A 水平方向不受外力，所以A 最终速度V A =u=6m/s。
对子弹，A 和B 组成的系统，应用动量守恒定律：
mv 0=mA ·v A +（m+mB ）v B
解得：v B = 21.94m/s。
物体A ，B 的最终速度为v A =6m/s，v B =21.94m/s。
【小结】 （1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A 的过程中依然用动量定理，求得A 和B 的速度为6m/s。也是A 的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A 以后的速度，（设为V ，其余所设如前）
mv 0=mv+（m A +mB ）u ①
在子弹射穿B 的过程中动量守恒
mv+mB u=（m+mB ）u' ②
代入数据解得：v=500m/s。
u'=21.94m/s。即为B 的最终速度。
（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。
例19、 如图5-15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共为30kg ，乙和他的冰车总质量也是30kg 。游戏时，甲推着一个质量为15kg 的箱子和他一起以2m/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，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【错解分析】错解： 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M ，箱子的质量为m ，开始时他们的速率为v 0，为了不与乙相碰。
错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：
（M+m）v 0=0+mv
错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv －Mv 0=0
在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v' ，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：
（M+m）v 0=Mv'+mv
解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。
【正确解答】 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v 1，箱子的速度为v ，乙抓住箱子后的速度为v 2。
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律： （M+m）v 0= mv+Mv1 ①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有： mv －Mv 0=（m+M）v 2 ②
刚好不相撞的条件是：
v 1=v ③
联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。
【小结】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。
应用动量守恒定律解题的几个注意点
多个物体组成的系统在满足不受外力或所受合外力为零的条件下，利用动量守恒定律可以解决许多系统内物体间存在复杂的相互作用的问题。要能正确地应用动量守恒定律，必须注意以下几点：
1. 注意矢量性：
动量守恒方程是一个矢量方程，解题时必须规定一个正方向，对已知方向的速度与正方向相同的取正，反之取负，对未知方向的速度，通过解得结果的正负，判定其方向。 例1. 在光滑的水平面上有A 、B 两小球，A 的质量m A =1kg ，B 的质量m B =2kg ，开始时B 处于静止状态，A 以6m/s的速度与B 发生正碰，碰后B 以3.5m/s速度运动，求碰后A 的速度。
解析：取A 原来运动的方向为正，则B 被碰后的速度也为正，由动量守恒定律m A v A =m A v A ' +m B v B ' 解得v A ' =-1m /s ，说明碰撞后A 的速度方向与碰撞前相反。
2. 注意同时性：
动量是一个瞬时状态量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量守恒，列方程m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1' +m 2v 2' 时，等号左侧是作用前（或某一时刻）各物体的动量和，等号右侧是作用后（或某一时刻）各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。
例2. 如图1所示，在光滑水平面上有一质量M =3kg 的薄板，板上有质量m =1kg 的物块，都以v 0=4m /s 的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，试判断物块的运动情况。
图1
解析：取向右为正方向，系统的初始动量为Mv 0-mv 0，设当薄板速度v 1=2. 4m /s 时，物块的速度为v 2，此时系统的总动量为Mv 1+mv 2，根据动量守恒定律有
解得v 2=08可见此时物块以0.8m/s的速度向右做匀加速Mv 0-mv 0=Mv 1+mv 2，. m /s ，
运动。
3. 注意同一性：
动量的大小与参照系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参照系。
例3. 如图2所示，质量m=10kg的小车置于光滑水平面上，车上站着质量M=30kg的小孩，开始人车以1m/s的速度向右运动，后来小孩以相对车2m/s的水平速度向右跳下，求小孩跳下后车的速度。
图2
解析：设小孩跳车后车的速度为v ' 且向右，则小孩对地的速度为v ' +2，由动量守恒定律
. m /s ，说明小孩跳车后的速度大小为得(M +m ) v =M (v ' +2) +mv ' ，解得v ' =-05
-0. 5m /s ，方向向左。
4. 注意动量的分量守恒：
若系统所受外力的合力不为零，但在某个方向上所受合力的分量为零，则系统在该方向的动量的分量保持不变。
例4. 如图3所示，质量为M 的斜面置于光滑的水平面上，质量为m 的小球在距斜面h 高处自由落下，在与斜面碰撞后以速度v 水平飞出，求碰撞后斜面的运动速度。
图3
解析：小球与斜面组成的系统在碰撞过程中系统的总动量不守恒，因为在碰撞过程中系统在竖直方向所受的合外力并不为零，但系统在水平方向始终不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有0=Mv 1+mv ，解得v 1=-
m v ，负号说明碰撞后斜面的速度水平向左。 M