动量、动量守恒定律专题

一、主要内容

本章内容包括动量、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。

 二、基本方法

 本章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，正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。

三、错解分析

 在本章知识应用的过程中，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】　选B。

【错解原因】　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。

【分析解答】　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。

【评析】　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】　错解一：2s内力的冲量为

设物体获得的动量为P₂，由动量定理

【错解原因】　对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不移。

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。

【分析解答】　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P₂=Fcos53°·t=10×0.8×2(kg·m/s)

P₂=16kg·m/s

【评析】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V₀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】　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P₁=mv₀。是相等的，它们的末态动量P₂=mv也是相等的，所以△P=P₂-P₁WIJ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。

【错解原因】　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t₃＜t₁，所以第二种解法是错误的。

【分析解答】　1．由动量变化图5－2中可知，△P₂最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。

【评析】　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，利用动量定理求动变化时，要求合外力一定为恒力。

例4　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v₀。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】　以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v₀)。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mv₀，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。

【错解原因】　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-P₁，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my₀是正确的。因为C受到的合外力就是／(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。

【分析解答】　以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V₀为正方向由动量定理有：

-ft=0-mv₀  ∴I_木=f·t=mv₀

所以，木块C所受冲量为mv₀，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mv₀，方向向右。小车的冲量为零。

【评析】　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0．6N·s)

例5　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中受到的爆炸力的冲量大小一定相等

【错解】　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。

锗解二：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。

【错解原因】　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，(m_a+m_b)v=m_av_a＋m_bv_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。

【分析解答】　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：

(m_a+m_b)v=m_av_b＋m_bv_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_av_a还可能小于原动量(m_a+m_b)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。

【评析】　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6　总质量为M的装砂的小车，正以速度v₀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】　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：

Mv₀=(M-m)v

【错解原因】　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)

【分析解答】　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：

My₀=mv＋(M-m)v

解得：v=v₀即砂子漏出后小车的速度是不变的。

【评析】　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7　弹在水平飞行时，其动能为E_k0=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为E_k1=625J，求另一块的动能E_k2

【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＋P₂

代入数据得：E_k=225J。

【错解原因】　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。

【分析解答】　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＝_P1＋P₂

解得：E_k2=225J或4225J。

正确答案是另一块的动能为225J或4225J。

【评析】　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8　一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M₁，M₂的物块(M₂＞M₁如图5－4)，M₂开始是静止于地面上，当M₁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】　M₁自由下落H距离时，速度v₁=。在M₁和M₂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M₁，M₂的共同速度为v，

【错解原因】　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M₁，M₂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M₁+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，M₁的方向向下，而M₂的方向向上，不能认为M₁与M₂系统的动量为(M₁＋M₂)v。

【分析解答】　M₁自由下落H距离时的速度

绳子拉紧后的一小段时间△t后，M₁与M₂具有相同的速率V,M₁的速度向下，M₂的速度向上。

对M₁由动量定理，以向上为正方向:

(T₁-M₁g)△t=M₁v-(-M₁v₁)　　　　　　　　　　　　　　　　  ②

对M₂由动量定理，以向上为正方向：

(T₂-M₂g)△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T₁=T₂，所

【评析】　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】　设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，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

s₁=v′t　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

子弹全部射出后船的后退距离

s=ns₁  ④

联立①②③④解得：

【分析解答】　设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s₁=v′t，如图5－5所示①由几何关系可知

l=d+s₁即lv·t+v′t　　　　　　　　　　　　　　　  ⑤

联立②③④⑤解得：

【评析】　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】　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

(m_A+m_B)=m_Bv′-m_Av

即：(m_A＋m_B＋m_A)v—m_Bv′

因为2m_A＋m_B＞m_B

所以：V′＞v(变大)方向为原来的方向。

【错解原因】　上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，适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的系统米说是外力，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。

【分析解答】　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。

【评析】　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，则导致对该系统不用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　质量为M的小车，如图5－7所示，上面站着一个质量为m的人，以v₀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】　锗解一：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V₀方向为正方向，由动量守恒定律：

(M＋m)v₀=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v₀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)v₀=M(v₀+△v)-m(u-v₀)

【错解原因】　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v₀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v₀变换成(v₀+△v)了。所以，人相对于地的速度，不是(v-v₀)而应为[u-(v₀+△v)]。

【分析解答】　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v₀方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：

(M＋m)v₀=M(v₀+△v)-m[u-(v₀＋△v)]

【评析】　(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v₀无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。

例12　质量为M的小车，以速度v₀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】　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)v₀＝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)v₀＝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-v₀)，根据动量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv-m(u-v₀)

【错解原因】　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。v₀是人未跳离车之前系统(M＋m)的速度，-m(u-v₀)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。

【分析解答】　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)v₀=Mv-m(u-v)

【评析】　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13　如图5－8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v₀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V₀应为多大？

【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：

mv₀cosθmv′＋My′　　　　　　　　　　　　　　　　　　  ①

在B的上端点m的合速度为：

由动能定理有：

【错解原因】　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。

【分析解答】　根据水平方向动量守恒有：

mv₀cosθ=(m+M)v′　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

【评析】　分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V₀越大，上升的距离越高；v₀较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到

v₀＞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　图5－9，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v₁在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v₂竖直跳起时,车的速度变为：　　(　　)

【错解】　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：Mv₁=(M-m)v′₁

【错解原因】　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V₁，V₂,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。

【分析解答】　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V₁的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和人的总动量为Mv₁，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mv₁，

则有Mv₁=(M-m)v′₁＋mv₁

(M-m)v₁=(M-m)v′₁

所以v′=v₁正确答案应为D。

【评析】　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15　如图5－10所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M₂，它下面用长为L的绳系一质量为M₁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V₀多大？

【错解】　由动量守恒定律：mv₀=(M₁＋M₂+m)v

【错解原因】　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。

【分析解答】　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：

mv₀=(M₁＋m)v′　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

此后(M₁＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M₂在水平方向做加速运动，当(M₁+m)与M₂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，v₀，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：

mv₀=(M₁+M₁+m)v　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  ③

【评析】　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16　如图5－11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】　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。

【分析解答】　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。

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5－13，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。

【评析】　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17　在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m₀，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v₁、v₂、v₃，满足：（M+m₀）u=Mv₁+mv₂+m_ov₃

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v₁和v₂，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v₁，木块的速度为v₂，满足：（M+m₀）u=（M+m₀）vi+mv₂

【错解】　选A，D。

【错解原因】　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）v₁+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。

【分析解答】　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。

【评析】　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18　如图514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】　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v₀为正：

-f·t=mv-mv₀

解得：v=500m/S

对物体A用动量定理。

f·t=m_Av_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+m_B）v_B

解得：v_B=16.13m/s。

【错解原因】　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。

【分析解答】　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v₀为正方向，应用动量定理。

f·t=（mA+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：

mv₀=m_A·v_A+（m+m_B）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。

【评析】　（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）

mv₀=mv+（m_A+m_B）u　　　　  ①

在子弹射穿B的过程中动量守恒

mv+m_Bu=（m+m_B）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】　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v₀，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）v₀=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-Mv₀=0

【错解原因】　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）v₀=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。

【分析解答】　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v₁，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v₂。

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）v₀=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-Mv₀=（m+M）v₂　　　　　　  ②

刚好不相撞的条件是：

v₁=v　　　　　　  ③

联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。

【评析】　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。