2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第六章第2节动量守恒定律

第2节　动量守恒定律

一、动量守恒定律

1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为，这个系统的总动量保持不变。[注1]

2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。

3．适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。[注2]

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为0，则系统在该方向上动量守恒。

二、碰撞、反冲、爆炸

1．碰撞

(1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(2)分类

①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。[注3]

②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2．爆炸

与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒。

3．反冲 [注4]

(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，如发射炮弹、火箭等。

(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒。

【注解释疑】

[注1] 外力和内力是相对的，与研究对象的选取有关。

[注2] 外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。

[注3] 弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在。

[注4] 反冲运动和爆炸问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的。

[深化理解]

1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。

2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地面)的速度。

3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)，但系统动能的变化是不同的。

4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形。

[基础自测]

一、判断题

(1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(×)

(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)

(3)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(×)

(4)动量守恒定律表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。(√)

(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。(√)

二、选择题

1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)

A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒

B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒

C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒

D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒

解析：选C　系统内物体具有加速度或物体受摩擦力作用时，只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒，故C正确，A、B均错误；系统中所有物体的加速度均为零时，系统的合外力一定为零，故系统动量一定守恒，D错误。

2．[教科版选修3－5 P17 T4、6改编]下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是(　　)

A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统

B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统

C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统

D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时

解析：选C　对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零，系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力，木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用，合力不为零，但爆炸的内力远大于重力，动量近似守恒。故选C。

3．[人教版选修3－5 P21 T2改编]A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球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为(　　)

A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3

C．2∶1   D．2∶3

解析：选D　设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝，D正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对动量守恒定律条件的理解以及碰撞、爆炸和反冲问题，题型多为选择题，难度一般不大。而结合实际情景，对动量守恒定律与能量守恒定律的综合考查，则常以计算题的形式呈现，难度中等偏上。

考点一　动量守恒定律的理解及应用[师生共研类]

1．动量守恒定律的五个特性

2．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。

[典例]　如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：

(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。

(2)木板向右滑行的最大速度v2。

(3)物块在木板上滑行的时间t。

[解析]　(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：

m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。

(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：

－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。

[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s

[延伸思考]

(1)子弹射入物块并留在其中(时间极短)，其中的含义是什么？

(2)足够长的木板会使子弹、物块、木板的运动有怎样的结果？

(3)当木板的速度v板＝1 m/s时，子弹和物块的速度v物是多大？在此过程中物块相对于木板滑行了多远？

提示：(1)子弹射入物块并留在其中，说明子弹最终与物块同速。时间极短，说明子弹与物块从相互作用到二者同速的过程中，物块在木板上没来得及移动，而木板此时的速度仍为零。

(2)木板足够长，说明物块最终没有滑出木板，三者最终同速，此时木板速度最大。

(3)由动量守恒定律可得：

(m0＋m)v1＝Mv板＋(m0＋m1)v物，

可求得v物＝4 m/s

由μ(m0＋m)g＝(m0＋m)a，

v物＝v1－at′

可得t′＝0.5 s

所以物块相对于木板滑行的距离

d＝t′－t′＝2.25 m。

[题点全练]

1．[系统动量守恒的判断]

(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接。一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，下列判断正确的是(　　)

A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功

B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒

C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处

解析：选BC　在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误。

2．[“人船”模型的应用]

如图所示，质量m＝60 kg的人，站在质量M＝300 kg的车的一端，车长L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　)

A．后退0.5 m　　　　　　　　　 B．后退0.6 m

C．后退0.75 m   D．一直匀速后退

解析：选A　人车组成的系统动量守恒，则mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝L，解得x2＝0.5 m。

3．[动量守恒中的临界极值问题]

如图所示，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度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，g取10 m/s2)

解析：以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度v′，

由动量守恒得(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。

答案：u≥3.8 m/s

考点二　动量守恒定律的3个应用实例[多维探究类]

实例(一)　碰　撞

1．碰撞现象满足的规律

(1)动量守恒。

(2)动能不增加。

(3)速度要合理：

①若两物体同向运动，则碰前应有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′。

②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2．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。

[例1]　如图，水平面上相距为L＝5 m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M＝2 kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d＝3 m。一质量为m＝1 kg的小物块A以v0＝6 m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞。两物块与OQ段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能。重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)A与B在O点碰后瞬间各自的速度；

(2)两物块各自停止运动时的时间间隔。

[解析]　(1)设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向。

由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2

碰撞前后动能相等，则得：mv02＝mv12＋Mv22

解得：v1＝－2 m/s，方向向左，v2＝4 m/s，方向向右。

(2)碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：

a＝μg＝2 m/s2。

B经过t1时间与Q处挡板相碰，由运动学公式：

v2t1－at12＝d

得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去)

与挡板碰后，B的速度大小v3＝v2－at1＝2 m/s，反弹后减速时间t2＝＝1 s

反弹后经过位移s1＝＝1 m，B停止运动。

物块A与P处挡板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O点，经过s2＝＝1 m停止。

所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1 m，

两者不会碰第二次。

在A、B碰后，A运动总时间tA＝＋＝3 s

B运动总时间tB＝t1＋t2＝2 s，

则时间间隔ΔtAB＝tA－tB＝1 s。

[答案]　(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右

(2)1 s

实例(二)　爆　炸

[例2]　如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：

(1)炸开后A、B获得的速度大小；

(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？

[解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化，

有：E＝m1v12＋m2v22

爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2

联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。

(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。

对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；

对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；

对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；

代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。

之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。

即：(m1＋m2＋m3)v＝0，

解得v＝0。

设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：

－μm1gt＝0－m1v1，

解得：t＝0.8 s。

[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s

[题型技法]　爆炸现象的三个规律

实例(三)　反　冲

[例3]　(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　)

A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动

B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m

C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动

D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动

[解析]　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。

[答案]　BC

[题型技法]　对反冲运动的三点说明

[题点全练]

1．[反冲问题]

(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)

A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s

C．6.0×102 kg·m/s   D．6.3×102 kg·m/s

解析：选A　燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。

2．[碰撞问题]

如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球的半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的最大高度为(　　)

A．h   B．2h

C．3h   D．4h

解析：选D　所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，又m2＝3m1，则v1>v2≥0，联立可得h1＝4h，选项D正确。

3．[爆炸问题]

(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

E＝mv02  ①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0＝v0－gt②

联立①②式得t＝ 。  ③

(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有mv12＋mv22＝E              ⑤

mv1＋mv2＝0  ⑥

由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv12＝mgh2              ⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。⑧

答案：(1) 　(2)

考点三　动量与能量的综合应用[师生共研类]

1．解决力学问题的三个基本观点

2．动量定理与牛顿第二定律的比较

(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。

(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。

3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较

 [典例]　如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A和B(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量m1＝M的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。

(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；

(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；

(3)若换成另一个质量m2＝M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。(上述过程中Q与A只碰撞一次)

[解析]　(1)设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为v1，

由机械能守恒定律，可得m1gh＝m1v02，

由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋M)v1，

联立解得v1＝。

(2)设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x′，由胡克定律可得kx＝Mg，kx′＝Mg，故x＝x′，P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为h′＝x＋x′＝，由x＝x′可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即Ep1＝Ep2。

设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v，

由机械能守恒定律，

得(m1＋M)v12＝(m1＋M)gh′＋(m1＋M)v2，

解得v＝ 。

(3)设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，由机械能守恒定律可得m2gH＝m2v22，由动量守恒定律可得m2v2＝Mv4＋m2v3，由能量守恒定律可得m2v22＝m2v32＋Mv42，由(2)可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为h′＝，由能量守恒定律可得Mv42＝Mgh′，联立解得H＝。

[答案]　(1)　(2) 　(3)

[题点全练]

1．[动量守恒与动量定理的综合]

所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　　)

A．　　　　　　　 B．

C．   D．0

解析：选C　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，故C正确。

2．[动量守恒与机械能守恒的综合]

(多选)如图所示，A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R。将小球A从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一切摩擦。则(　　)

A．A能到达半圆槽的左侧最高点

B．A运动到半圆槽的最低点时A的速率为

C．A运动到半圆槽的最低点时B的速率为

D．B向右运动的最大距离为

解析：选AD　运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且A、B整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则A可以到达半圆槽的左侧最高点，且A在半圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大距离为R，故D正确；对A运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得mgR＝mvA2＋·2mvB2＝3mvB2，所以A运动到半圆槽的最低点时B的速率为vB＝ ，A的速率为vA＝2vB＝，故B、C错误。

3．[动量守恒定律与牛顿运动定律的综合]

(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB ①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有

vB′2＝2aBsB ②

联立①②式并利用题给数据得

vB′＝3.0 m/s。 ③

(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有

μmAg＝mAaA ④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有

vA′2＝2aAsA ⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有

mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

vA＝4.3 m/s。 ⑦

答案：(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s

“融会贯通”归纳好——探究4类常见“碰撞”模型的解法

模型(一)　多体碰撞或多次碰撞模型

[例1]　如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)

A．3个小球静止，3个小球运动

B．4个小球静止，2个小球运动

C．5个小球静止，1个小球运动

D．6个小球都运动

[解析]　因A、B两球质量不等，MA<MB。A球与B球相碰后，A球向左运动，B球向右运动。B、C、D、E 4个小球的质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E球有方向水平向右的速度，B、C、D 3个小球均静止。E、F两球质量不等，ME>MF，则E、F两球都向右运动。所以B、C、D 3个小球均静止，A球向左运动，E、F两球都向右运动。故A正确，B、C、D错误。

[答案]　A

[反思归纳]　多体碰撞问题实质上是多个不同碰撞的组合，而多次碰撞问题是两个物体间前后多次碰撞。不管哪一种情况，实际解决问题时，有的需要将多个过程分开研究，有的需要将多体碰撞或多次碰撞看成一个过程，关键是弄清楚碰撞前和碰撞后的状态。

模型(二)　包含弹簧的碰撞模型

[例2]　如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m0＝3 kg，AO部分粗糙且长L＝2 m，物块与AO部分间动摩擦因数μ＝0.3，OB部分光滑。水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b，另一小物块a，放在小车的最左端，和小车一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点，质量均为m＝1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动。(g取10 m/s2)求：

(1)物块a与b碰后的速度大小；

(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；

(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。

[解析]　(1)对物块a，由动能定理得

－μmgL＝mv12－mv02

代入数据解得a与b碰前a的速度v1＝2 m/s；

a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv1＝2mv2

代入数据解得v2＝1 m/s。

(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，物块a以v2＝1 m/s的速度在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，

由动量守恒定律得mv2＝(m0＋m)v3，

代入数据解得v3＝0.25 m/s。

对小车，由动能定理得μmgs＝m0v32

代入数据解得，同速时小车B端到挡板的距离s＝ m。

(3)由能量守恒得μmgx＝mv22－(m0＋m)v32

解得物块a与车相对静止时与O点的距离：x＝0.125 m。

[答案]　(1)1 m/s　(2) m　(3)0.125 m

[反思归纳]　利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：

(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；

(2)分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；

(3)判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果；

(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解；

(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点。

模型(三)　子弹打木块模型

[例3]　如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5。现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求：

(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；

(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少？

[解析]　(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。

(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和动能定理有：

(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2

μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22

解得L＝5 m

故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。

[答案]　(1)10 m/s　(2)5 m

[反思归纳]　“子弹打木块”是常见的“碰撞”模型，其突出特征是动量守恒、机械能有损失，解题关键点如下：

(1)弄清楚子弹是最终停留在木块中与木块一起运动，还是穿透木块后各自运动；

(2)对子弹打击木块过程中损失的机械能，根据题目条件选择通过打击前、后系统的机械能之差计算，或利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。

模型(四)　小球与曲面体的“碰撞”模型

[例4]　在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，与物块间的动摩擦因数为μ，滑块CD上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：

(1)物块P滑到B处时木板AB的速度vAB；

(2)滑块CD圆弧的半径R。

[解析]　(1)物块P由A处到B处，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·＋2mvAB，解得vAB＝。

(2)物块P由D处到C处，滑块CD与物块P在水平方向动量守恒，机械能守恒，

则m·＋m·＝2mv共

mgR＝m2＋m2－×2mv共2

解得R＝。

[答案]　(1)　(2)

[反思归纳]　物块P与光滑的圆弧滑块CD相互作用的过程，二者组成的系统机械能守恒，由于竖直方向合外力不为零，系统仅在水平方向上动量守恒。物块P恰好能滑到圆弧轨道最高点C，此时物块P与滑块CD有相同的速度。如果物块P从最高点C滑出圆弧轨道，则滑出轨道后，P在水平方向上的分速度与CD的速度相同，P返回时仍然从C点落入圆弧轨道。如果圆弧轨道不光滑，则P与CD组成的系统机械能不守恒，且仍然仅在水平方向上动量守恒。总之，对物体及系统正确进行受力分析和运动分析，是碰撞模型乃至所有动量问题、能量问题的解题前提。