物理一轮复习教案：15-1 碰撞与动量守恒 word版含解析

这是一份物理一轮复习教案：15-1 碰撞与动量守恒 word版含解析，共17页。教案主要包含了动量定理的理解和应用，动量守恒定律的理解与应用，碰撞，实验等内容，欢迎下载使用。

专题十五　动量守恒与近代物理初步(选修3－5)
考纲展示　命题探究




基础点
知识点1　　动量、冲量、动量定理、动量守恒定律
1．动量
(1)定义：运动物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)单位：kg·m/s。
(4)标矢性：动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
(5)动量、动能、动量变化量的比较。
名称
项目　　
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
项目　　
动量
动能
动量变化量
标矢性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
2.冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
(2)表达式：I＝Ft。单位：N·s。
(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
3．动量定理
项目
动量定理
内容
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量
表达式
p′－p＝F合t或mv′－mv＝F合t
意义
合外力的冲量是引起物体动量变化的原因
标矢性
矢量式(注意正方向的选取)
4.动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受合外力为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式
①m1v1＋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。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
③Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
①系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态。
②近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
③如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒。
知识点2　　碰撞、反冲和爆炸问题
1．碰撞：物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
3．分类
两类守恒
碰撞类型　　　
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
4.反冲现象
(1)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。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
5．爆炸问题：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
知识点 3　　实验：验证动量守恒定律

1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图所示)。
(1)测质量：用天平测出滑块质量。
(2)安装：正确安装好气垫导轨。
(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度。(①改变滑块的质量。②改变滑块的初速度大小和方向。)
(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。

2．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图所示)。
(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。
(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。
(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。
3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图所示)。

(1)测质量：用天平测出两小车的质量。
(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。
(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝算出速度。
(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。
重难点
一、动量定理的理解和应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果。
(2)动量定理Ft＝mvt－mv0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则。若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算。
(3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(4)动量定理说明的是合力的冲量与动量变化量的关系，反映力对时间的积累效果，与物体的初、末动量无必然联系，动量变化量的方向与合力的冲量方向相同。而物体在某一时刻的动量方向跟合力的冲量方向无必然联系。
(5)动量定理的研究对象是单个物体或物体系统。系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和。而物体之间的作用力不会改变系统的总动量。
2．动量定理的应用
(1)动力学问题中的应用
①在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便。
②因为动量定理不仅适用于恒力作用，也适用于变力作用，而且也不需要考虑运动过程的细节。
(2)用动量定理解释现象
①用动量定理解释的现象一般可分为两类：
一类是物体的动量变化量一定，这种情况下力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。
另一类是作用力一定，这种情况下力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。
分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚。
②用动量定理解释现象时，关键分析清楚作用力、时间及动量变化量的情况。
3．应用动量定理解题的步骤
(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系统，系统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加给研究对象的力，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的不同阶段中物体的受力情况不同，则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，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，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。
特别提醒
(1)若各力的作用时间相同，且各外力为恒力，可以先求合力，再乘以时间求冲量，I合＝F合·t。
(2)若各外力作用时间不同，可以先求出每个外力在相应时间的冲量，然后求各外力冲量的矢量和，即I合＝F1t1＋F2t2＋…
(3)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(4)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
二、动量守恒定律的理解与应用
1．动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2.动量守恒定律适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系。
(2)理想条件：系统不受外力。
(3)实际条件：系统所受合外力为0。
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
3．动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
定律名称
比较项目　　　
动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
研究对象
相互作用的物体组成的系统
研究过程
某一运动过程
不同点
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
表达式的矢标性
矢量式
标量式
某一方向上应用情况
可在某一方向上独立使用
不能在某一方向独立使用
运算法则
矢量运算
代数运算
4.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及研究的过程)；
(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。
特别提醒
(1)动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一。它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。
(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒与系统的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的。
(3)速度v与参考系的选取有关，因此相互作用的物体的速度v1、v2、v1′、v2′都必须相对同一惯性参考系，通常都是指相对地面的速度。
(4)动量是状态量，具有瞬时性，动量守恒指的是在任意两个确定状态下系统的动量矢量和相同，因此动量守恒定律的表达式中v1、v2必须是相互作用前同一时刻两物体的瞬时速度，v1′、v2′必须是相互作用后同一时刻两物体的瞬时速度。
(5)对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒方程。
三、碰撞、反冲、爆炸类问题
1．碰撞
(1)对碰撞的理解
①发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。
②即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。
③若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
(2)物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律。确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。
①题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。
②题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。
(3)弹性碰撞的规律
规律：满足动量守恒和机械能守恒。
例如：以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′①
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2②
由①②得v1′＝，v2′＝
结论：
a．当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后交换了速度。
b．当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后都向前运动。当m1≫m2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量大得多时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，由①②两式得v1′＝v1，v2′＝2v1。
c．当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的球反弹。当m1≪m2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得多时，m1－m2≈－m2，m1＋m2≈m2，≈0，由①②两式得v1′＝－v1，v2′＝0。
(4)非弹性碰撞的规律
规律：满足动量守恒和能量守恒(而机械能不守恒)。
例如：以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面非弹性碰撞为例，由动量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，由能量守恒定律知，系统损失的机械能ΔE损＝m1v－。
(5)碰撞现象满足的三个规律
①动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′。
②动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
③速度要合理
a．若碰前两物体同向运动，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
b．碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
3．爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
特别提醒
(1)弹性碰撞能够完全恢复形变，非弹性碰撞是不能够完全恢复形变，完全非弹性碰撞是碰后粘在一起。
(2)反冲运动中平均动量守恒。
四、实验：验证动量守恒定律
1．实验时应注意的几个问题
(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)四种方案提醒
①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平。
②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内。
③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。
④若利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即：m1＞m2，防止碰后m1被反弹。
(3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。
2．对实验误差的分析
(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：
①碰撞是否为一维碰撞。
②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等。
(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。
(3)减小误差的措施
①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件。
②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。

1．思维辨析
(1)动量具有瞬时性。(　　)
(2)物体动量的变化等于某个力的冲量。(　　)
(3)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。 (　　)
(4)质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。(　　)
(5)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。(　　)
(6)两物体的动量相等，动能也一定相等。(　　)
(7)物体的动能发生变化，动量也一定发生变化。(　　)
(8)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(　　)
(9)只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒。(　　)
(10)利用斜槽做“验证动量守恒定律”实验时，入射小球每次开始滚下的位置是固定的。(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)×　(9)×　(10)√
2．(多选)两个质量不同的物体，如果它们的(　　)
A．动能相等，则质量大的动量大
B．动能相等，则动量大小也相等
C．动量大小相等，则质量大的动能小
D．动量变化量相等，则受到合力的冲量大小也相等
答案　ACD
解析　由p＝可知，两物体动能相同时，质量越大的动量越大，A正确，B错误；由Ek＝可知，两物体动量相同时，质量越大的动能越小，C正确；由动量定理可知，物体动量变化量与所受合外力的冲量相同，D正确。
3．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10 kg的滑块C，以vC＝10 m/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0.50 m/s。求：

(1)木块A的最终速度vA；
(2)滑块C离开A时的速度vC′。
答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s
解析　C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒
mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′
C刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒
mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v
解得vA＝0.25 m/s
vC′＝2.75 m/s。

　[考法综述]　本考点内容在高考中必考，动量守恒定律是本考点的重点，动量与能量结合问题是本考点的难点，高考命题一般考查动量与能量相结合的问题，因此复习本考点时应掌握：
1个定理——动量定理
2个概念——动量、冲量
1个定律——动量守恒定律
1个应用——动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用
3类问题——碰撞、反冲、爆炸类问题
命题法1　动量定理的相关问题
典例1　　在撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子，为什么？设一位撑竿跳运动员的质量为70 kg，越过横杆后从h＝5.6 m高处落下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经历时间Δt1＝1 s、Δt2＝0.1 s停下。求两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力。
[答案]　落在海绵垫上时，FN＝1442 N；落在沙坑里时，FN＝8120 N
[解析]　运动员从接触海绵垫或沙坑，直到停止，两种情况下运动员的动量变化量相同，即从动量p＝mv＝m，变化到p′＝0。在这个过程中，运动员除受到竖直向下的重力外，还受到海绵垫或沙坑的支持力。通过比较两种情况下发生动量变化的时间，即可比较两者的作用力大小。
若规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的始、末动量为
p＝mv＝－m，p′＝0
受到的合外力为F＝FN－mg
由牛顿第二定律的动量表达公式
Ft＝p′－p＝mv′－mv
即FN－mg＝
所以：FN＝mg＋
落在海绵垫上时，Δt1＝1 s，则
FN＝ N＝1442 N
落在沙坑里时，Δt2＝0.1 s，则
FN＝ N＝8120 N
放上海绵垫后，运动员发生同样动量变化量的时间延长了，同时又增大了运动员与地面(海绵垫)的接触面积，可以有效地保护运动员不致受到猛烈撞击受伤。
【解题法】　用动量定理解题的基本思路

命题法2　动量守恒定律的简单应用
典例2　　如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。

[答案]　2 m/s
[解析]　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立以上各式，代入数据得vA＝2 m/s。
【解题法】　动量守恒定律的解题步骤

命题法3　碰撞类问题
典例3　　如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧。当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，

(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
[答案]　(1)　(2)mv
[解析]　(1)从A压缩弹簧到A与B具有共同速度v1时，对A、B和弹簧组成的系统，
根据动量守恒定律得mv0＝2mv1①
得v1＝。
根据机械能守恒定律得此时弹性势能为
Ep＝mv－(2m)v＝mv。
当B与C碰撞时，由于作用时间极短，弹簧来不及发生形变，所以势能也保持不变。
B与C碰撞前后瞬间，B、C组成的系统动量守恒，设碰后B、C共同速度为v2。
根据动量守恒定律得mv1＝2mv2②
由①②得v2＝。
B、C碰撞之后，A、B、C组成的系统机械能守恒。
整个过程中损失的能量为
ΔE＝mv－＝。
(2)弹簧最短时A、B、C具有共同速度v3。
根据动量守恒定律得mv1＋2mv2＝3mv3，
得v3＝。
B与C碰后，A、B、C组成的系统机械能守恒，设弹簧最短时势能为Ep′。
Ep′＝－(3m)v＝mv。
【解题法】　碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1＝v0、v2＝v0。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v0；当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。
命题法4　爆炸、反冲及人船模型类问题
典例4　　如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移分别是多少？

[答案]　l　l
[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，系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向动量守恒。人起步前系统的总动量为零，当人起步加速前进时，船同时加速运动；当人匀速前进时，船同时匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某一时刻人对地的速度为v2，船对地的速度为v1，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
mv2－Mv1＝0，即＝。
因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比都与它们的质量成反比。从而可以做出判断：在人从船头走向船尾的过程中，人的位移x2与船的位移x1之比也等于它们的质量的反比，即＝。
由图可以看出x1＋x2＝l，所以x1＝l，x2＝l。
【解题法】　利用人船模型解题需注意两点
(1)条件
①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
②构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
③x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
(2)解题关键是画出初、末位置，确定各物体位移关系。
命题法5　动量、能量相结合的综合问题
典例5　　如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2黏连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求：

(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
[答案]　(1)　v0　(2)－L　
[解析]　(1)对P1、P2碰撞瞬间由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
对P、P1、P2碰撞全过程由动量守恒定律得3mv0＝4mv2②
解得v1＝，v2＝v0
(2)当P、P2速度相等时弹簧压缩最短，此时v＝v2③
对P1、P2刚碰完到弹簧压缩到最短过程，应用能量守恒定律得
(2m)v＋(2m)v－(4m)v2＝2μmg(x＋L)＋Ep④
对P1、P2刚碰完到P停在A点，由能量守恒定律得
(2m)v＋(2m)v－(4m)v＝2μmg·2(x＋L)⑤
联立以上各式，解得x＝－L，Ep＝。
【解题法】　利用动量和能量观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(弹性碰撞的情况下，可以应用机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理都只考查一个物理过程始末两状态的有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，更显示出它们的优越性。
命题法6　动量与其他知识相结合的综合问题
典例6　　图甲所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时刻，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(A、B间距大于2r)。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度—时间图象如图乙所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。
(1)求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。
(2)如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω取值范围，及t1与ω的关系式。
(3)如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内)。

[答案]　(1)ωr　mω2r2
(2)0＜ω≤　t1＝
(3)＜ω≤　Ep＝mω2r2－2μmgl
[解析]　(1)由图乙可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A与滑杆分离，此时小物块的速度为v0＝ωr。
小物块A与B碰撞，由于水平面光滑则A、B系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝2mv，ΔE＝mv－×2mv2，解得ΔE＝mω2r2。
(2)AB进入PQ段做匀减速运动，由牛顿第二定律有μ(2m)g＝(2m)a。
AB做减速运动的时间为t1＝，解得t1＝。
欲使AB不能与弹簧相碰，则滑块在PQ段的位移有x≤l，而x＝，解得0＜ω≤。
(3)若AB能与弹簧相碰，则ω1＞。
若AB压缩弹簧后恰能返回到P点，由动能定理得－μ(2m)g(2l)＝0－×2mv2，解得ω2＝。
即ω的取值范围是＜ω≤。
从AB滑上PQ到弹簧具有最大弹性势能的过程，由能量守恒定律得
Ep＝×2mv2－μ(2m)gl，
解得Ep＝mω2r2－2μmgl。
【解题法】　动量守恒与其他知识综合问题的求解方法
(1)动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题。解决这类问题首先要弄清物理过程。
(2)其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律。
(3)最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键。