第一篇：高中物理動量守恒定律

萬老師物理 §8·3 動量守恒定律

§8·3 動量守恒定律

教學目標：1．理解動量守恒定律的確切含義和表達式

2．能用動量定理和牛頓第三定律推導出動量守恒定律 3．知道動量守恒定律的適用條件和適用范圍

教學重點：掌握動量守恒定律的推導、表達式、適用范圍和守恒條件 教學難點：正確判斷系統在所研究的過程中動量是否守恒 教學方法：實驗法、推理歸納法、舉例講授法

教學用具：投影儀，投影片，課件，兩個質量相等的小車，細線、彈簧、砝碼、氣墊導軌

教學過程：

【引入新課】

我們在上幾節課，學習了動量和沖量以及動量定理，動量定理已經把一個物體的動量變化跟物體所受外力作用一段時間緊密聯系起來了，但是根據牛頓第三定律我們可以知道這個受到作用力的物體也一定會施加一個反作用力，也就是說力的作用是相互的，因此，我們就十分有必要研究一下有相互作用的物體系的動量變化規律

【講授新課】

（一）動量守恒定律的推導

例：如圖，在光滑水平面上做勻速運動的兩個小球，質量分別是m1 和m2，沿著同一直線向相同的方向運動，速度分別是v1和v2，且v2＞v1，經過一段時間后，m2追上了m1，兩球發生碰撞，碰撞后的速度分別是v1′和v2′．試分析碰撞中兩球動量的變化量有何關系。

①第一個小球和第二個小球在碰撞中所受的平均作用力F1和F2是一對相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一直線上，作用在兩個物體上；

②第一個小球受到的沖量是： F1t=m1v1′-m1v1 第二個小球受到的沖量是：F2t=m2v2′-m2v2 ③又F1和F2大小相等，方向相反。F1t=-F2t ∴m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2)由此得：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

即：p1+p2=p1′+p2′ 表達式的含義：兩個小球碰撞前的總動量等于碰撞后的總動量．

1．系統：有相互作用的物體構成一個系統．例如實驗中的兩輛小車或推導實例中碰撞的兩個小球；

2．內力：系統中相互作用的各物體之間的相互作用力叫做內力．例如：實驗中兩小車通過彈簧施加給對方的彈力；兩小球在碰撞中施加給對方的平均作用力．

3．外力：外部其他物體對系統的作用力叫做外力．例如實驗和推導實例中的重力和支持力．

（二）動量守恒定律的條件和內容

1．動量守恒定律的條件：系統不受外力或者所受外力之和為0。

2．動量守恒定律的內容：一個系統不受外力或者所受外力之和為0，這個系統的總動量保持不變論叫動量守恒定律．

3．動量守恒定律的表達式：p1+p2=p1′+p2′動量守恒定律的幾種表達式為： ①p=p′（系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′）②Δp=0(系統總動量增量為0)

③Δp＇=-Δp2（相互作用的兩個物體構成系統）兩物體動量增量大小相等、方向相反． ④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用兩個物體組成系統，前動量和等于后動量和)

（三）動量守恒定律的適用范圍：動量守恒定律不但能解決低速運動問題，而且能解決高速運動問題，不但適用于宏觀物體，而且適用于電子、質子、中子等微觀粒子．

萬老師物理 §8·3 動量守恒定律

（四）典型例題評講

例1：甲、乙兩物體沿同一直線相向運動，甲的速度是3m/s，乙物體的速度是1m/s。碰撞后甲、乙兩物體都沿各自原方向的反方向運動，速度的大小都是2m/s。求甲、乙兩物體的質量之比是多少？

分析與解：規定甲物體初速度方向為正方向。則v1=+3m/s,v2=1m/s。

碰后v1'=-2m/s,v2'=2m/s 根據動量守恒定律應有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 移項整理后可得m1比m2為

代入數值后可得m1/m2=3/5，即甲、乙兩物體的質量比為3∶5。

例2：質量為30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一輛靜止在水平軌道上的平板車，已知平板車的質量是80kg，求小孩跳上車后他們共同的速度。

分析與解：對于小孩和平板車系統，由于車輪和軌道間的滾動摩擦很小，可以不予考慮，所以可以認為系統不受外力，即對人、車系統動量守恒。

跳上車前系統的總動量

p=mv

跳上車后系統的總動量

p'=(m+M)V 由動量守恒定律有mv=(m＋M)V 解得

小結：動量守恒定律的解題步驟：

1、分析系統由多少個物體組成，受力情況怎樣，判斷動量是否守恒；

2、規定正方向（一般以原速度方向為正），確定相互作用前后的各物體的動量大小，正負；

3、由動量守恒定律列式求解.鞏固練習

一、選擇題

1.把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發射子彈時，關于槍、子彈和車的下列說法正確的有()A.槍和子彈組成的系統動量守恒 B.槍和車組成的系統動量守恒 C.槍、子彈和車組成的系統動量守恒

D.若忽略不計子彈和槍筒之間的摩擦，槍和車組成的系統動量守恒

2.兩球相向運動，發生正碰，碰撞后兩球均靜止，于是可以判定，在碰撞以前兩球()A.質量相等

B.速度大小相等

C.動量大小相等

D.以上都不能判定 3.在下列幾種現象中，動量守恒的有()A.原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人車為一系統 B.運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和球為一系統

C.從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，以重物和車廂為一系統

D.光滑水平面上放一斜面，斜面光滑，一物體沿斜面滑下，以重物和斜面為一系統 4.兩物體組成的系統總動量守恒，這個系統中()萬老師物理 §8·3 動量守恒定律 A.一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度 B.一物體受的沖量與另一物體所受的沖量相等 C.兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反 D.系統總動量的變化為零

5.一只小船靜止在水面上，一個人從小船的一端走到另一端，不計水的阻力，以下說法中正確的是()A.人在小船上行走，人對船的沖量比船對人的沖量小，所以人向前運動得快，小船后退得慢

B.人在小船上行走，人的質量小，它們受的沖量大小是相等的，所以人向前運動得快，小船后退得慢 C.當人停止走動時，因為小船慣性大，所在小船要繼續向后退 D.當人停止走動時.因為總動量守恒，所以小船也停止后退

6.物體A的質量是物體B的質量的2倍，中間壓縮一輕質彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開兩手后一小段時間內()A.A的速率是B的一半

B.A的動量大于B的動量 C.A受的力大于B受的力

D.總動量為零

7.如圖所示，F1、F2等大反向，同時作用于靜止在光滑水平面上的A、B兩物體上，已知MA>MB，經過相同時間后撤去兩力.以后兩物體相碰并粘成一體，這時A、B將()A.停止運動

B.向右運動

C.向左運動

D.仍運動但方向不能確定

二、填空題

8.在光滑的水平面上，質量分別為2kg和1kg的兩個小球分別以0.5m/s和2m/s的速度相向運動，碰撞后兩物體粘在一起，則它們的共同速度大小為______m/s，方向______.9.質量為M=2kg的木塊靜止在光滑的水平面上，一顆質量為m=20g的子彈以v0=100m/s的速度水平飛來，射穿木塊后以80m/s的速度飛去，則木塊速度大小為______m/s.10.質量是80kg的人，以10m/s的水平速度跳上一輛迎面駛來的質量為200kg、速度為5m/s的車上，則此后車的速度是______m/s，方向______.三、計算題

11.用細繩懸掛一質量為M的木塊處于靜止，現有一質量為m的子彈自左方水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v，求:(1)子彈穿過后，木塊的速度大小;(2)子彈穿過后瞬間，細繩所受拉力大小

12.甲、乙兩個溜冰者相對而立，質量分別為m甲=60kg，m乙=70kg，甲手中另持有m=10kg的球，如果甲以相對地面的水平速度v0=4m/s把球拋給乙，求:(1)甲拋出球后的速度;(2)乙接球后的速度

13.在光滑水平面上，質量為m的小球A以速率v0向靜止的質量為3m的B球運動，發生正碰后，A球的速度萬老師物理 §8·3 動量守恒定律 為v0,求碰后B球的速率

414.一輛總質量為M的列車，在平直軌道上以v勻速行駛，突然后一節質量為m的車廂脫鉤，假設列車受到的阻力與質量成正比，牽引力恒定，則當后一節車廂剛好靜止的瞬間，前面列車的速率為多大?

15.兩只小船在平靜的水面上相向勻速運動如圖所示，船和船上的麻袋總質量分別為m甲=500kg，m乙=1000kg，當它們首尾相齊時，由每一只船上各投質量m=50kg的麻袋到另一只船上去(投擲方向垂直船身，且麻袋的縱向速度可不計)，結果甲船停了下來，乙船以v=8.5m/s的速度沿原方向繼續航行,求交換麻袋前兩只船的速率各為多少?(不計水的阻力)

1C2 C

3A

4CD

5BD

6AD

7A 8答案:m/s;方向跟1kg小球原來的方向相同 9答案:0.2

10答案:0.71;與原來的方向相同 13m2(v0?v)2m(v0?v)11答案:(1)(2)Mg?

MML12答案:(1)v甲?13答案:2m/s，與拋球的方向相反(2)v乙?0.5m/s，與球的運動方向相同 315v0或v0 412MV14答案:

M?m15答案:以甲船和乙船及其中的麻袋為研究對象，以甲船原來的運動方向為正方向.麻袋與船發生相互作用后獲得共同速度.由動量守恒定律有(相互作用后甲船速度v′甲=0)

??0①(m甲?m)v甲?mv乙?m甲v甲以乙船和甲船中的麻袋為研究對象，有(相互作用后乙船速度v′乙=0)

??0② ?(m乙?m)v乙?mv甲??m乙v乙萬老師物理 §8·3 動量守恒定律

由①、②兩式解得 ?mm乙v乙50?1000?8.52v甲??m/s?1m/s 22（m乙?m）（m甲?m）?m（1000?50）?（500?50）?50v乙?m甲?mmv甲?500?50?1m/s?9m/s 50

第二篇：高中物理選修3-5動量守恒定律的應用

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選修3-5 第十六章 動量守恒定律

【動量定理】

一、動量

1、動量：運動物體的質量和速度的乘積叫做動量．P=mv ①是矢量，方向與速度方向相同；動量的合成與分解，按平行四邊形法則、三角形法則。是狀態量；

②通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量(狀態量)，計算物體此時的動量應取這一時刻的瞬時速度。③是相對量；物體的動量亦與參照物的選取有關，常情況下，指相對地面的動量。單位是kg·m/s；

2、動量的變化及其計算方法

①ΔP=P一P0，主要計算P0、P在一條直線上的情況。

②利用動量定理ΔP=F·t，通常用來解決P0、P不在一條直線上或F為恒力的情況。

二、沖量

1、沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量．I= F·t ①是矢量，如果在力的作用時間內，力的方向不變，則力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法則與三角形法則．

②沖量不僅由力的決定，還由力的作用時間決定。而力和時間都跟參照物的選擇無關，所以力的沖量也與參照物的選擇無關。單位是N·s；

2、沖量的計算方法

①I= F·t．采用定義式直接計算、主要解決恒力的沖量計算問題。I=Ft ②利用動量定理 Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。

三、動量定理

1、動量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動量的變化．Ft=mv一mv0

2、應用動量定理的思路：

（1）明確研究對象和受力的時間（明確質量m和時間t）；

（2）分析對象受力和對象初、末速度（明確沖量I合，和初、未動量P0，P）；

（3）規定正方向，目的是將矢量運算轉化為代數運算；

（4）根據動量定理列方程

例1.質量為60 kg的建筑工人,不慎從高空跌下,幸好彈性安全帶的保護使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.5 s,安全帶自然長度為5 m,g取10 m/s,則安全帶所受的平均沖力的大小為()A.500 N

例2.如圖所示,一個質量為1 kg的滑塊在固定于豎直平面內半徑為R的光滑軌道內運動,若滑塊在圓心等高處的C點由靜止釋放,到達最低點B時的速度為5 m/s,求滑塊從C點到B點的過程中合外力的沖量。B.1 100 NC.600 N

D.1 000 N / 8

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【動量守恒定律】

一、動量守恒定律

1、內容：相互作用的物體，如果不受外力或所受外力的合力為零，它們的總動量保持不變，即作用前的總動量與作用后的總動量相等．

2、動量守恒定律適用的條件

①系統不受外力或所受合外力為零． ②當內力遠大于外力時．

③某一方向不受外力或所受合外力為零，或該方向上內力遠大于外力時，該方向的動量守恒．

3、常見的表達式

①p=p0，其中p、p0分別表示系統的末動量和初動量，表示系統作用前的總動量等于作用后的總動量。②Δp=0，表示系統總動量的增量等于零。

③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分別表示系統內兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統，各自動量的增量大小相等、方向相反。

其中①的形式最常見，具體來說有以下幾種形式

A、m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統。B、0= m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統。

C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結合在一起或具有共同的速度。//

4、動量守恒定律的“四性”

在應用動量守恒定律處理問題時,要注意“四性”

①矢量性：動量守恒定律是一個矢量式，對于一維的運動情況，應選取統一的正方向，凡與正方向相同的動量為正，相反的為負。若方向未知可設與正方向相同而列方程，由解得的結果的正負判定未知量的方向。

②瞬時性：動量是一個狀態量，即瞬時值，動量守恒指的是系統任一瞬時的動量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2時，等號左側是作用前各物體的動量和，等號右邊是作用后各物體的動量和，不同時刻的動量不能相加。

③相對性：由于動量大小與參照系的選取有關，應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對于同一慣性參照系的速度，一般以地球為參照系

④普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統，也適用于多個物體組成的系統，不僅適用于宏觀物體組成的系統，也適用于微觀粒子組成的系統。

/

/

例

1、一輛質量為60kg的小車上有一質量為40kg的人（相對車靜止）一起以2m／s的速度向前運動，突然人相對車以 4m／s的速度向車后跳出去，則車速為多大？

例

2、兩名質量相等的滑冰人甲和乙都靜止于光滑的水平冰面上,現在其中一人向另一人拋出一籃球,另一人接球后再拋出,如此反復幾次后,甲和乙最后的速率關系是()A.若甲最先拋球,則一定是v甲>v乙B.若乙最后接球,則一定是v甲>v乙

C.只有甲先拋球,乙最后接球,才有v甲>v乙D.無論怎么拋球和接球,都是v甲>v乙

5、應用動量守恒定律的基本思路

①明確研究對象和力的作用時間，即要明確要對哪個系統，對哪個過程應用動量守恒定律。②分析系統所受外力、內力，判定系統動量是否守恒。

③分析系統初、末狀態各質點的速度，明確系統初、末狀態的動量。④規定正方向，列方程。

⑤解方程。如解出兩個答案或帶有負號要說明其意義。/ 8

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例

3、如圖所示,在光滑水平面上靜止著一傾角為θ、質量為M的斜面體B。現有一質量為m的物體A以初速度v0沿斜面向上滑,若A剛好可以到達B的頂端,求A滑到B的頂端時A的速度的大小。

二、碰撞

碰撞指的是物體間相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象．在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題．

1、彈性碰撞

在彈性力作用下，碰撞過程只產生機械能的轉移，系統內無機械能的損失的碰撞，稱為彈性碰撞。

設兩小球質量分別為m1、m2，碰撞前后速度為v1、v2、v1、v2，碰撞過程無機械能損失，求碰后二者的速度．

根據動量守恒

m1 v1＋m2 v2＝m1 v1＋m2 v2 ??①

根據機械能守恒

?m1 v1十?m2v2= ?m1 v1十?m2 v2 ??②

由①②得v1= /2

2/2

/2

/

/

/

/?m/1?m2v1?2m2v2m1?m2?，v2=

/

?m2?m1v2?2m1v1m1?m2?

仔細觀察v1、v2結果很容易記憶，當v2=0時v1= ////

?m1?m2v1?m1?m2，v2=

/

2m1v1

m1?m

2①當v2=0時；m1=m2 時v1=0，v2=v

1這就是我們經常說的交換速度、動量和能量．

②m1＞＞m2，v1=v1，v2=2v1．碰后m1幾乎未變，仍按原來速度運動，質量小的物體將以m1的速度的兩倍向前運動。③m1《m2，vl=一v1，v2=0．

碰后m1被按原來速率彈回，m2幾乎未動。

2、非彈性碰撞

①非彈性碰撞：受非彈性力作用，使部分機械能轉化為內能的碰撞稱為非彈性碰撞。

②完全非彈性碰撞：是非彈性碰撞的特例，這種碰撞的特點是碰后粘在一起，或碰后具有共同速度，其動能損失最大。

注意：在碰撞的一般情況下系統動能都不會增加（有其他形式的能轉化為機械能的除外，如爆炸過程），這也常是判斷一些結論是否成立的依據． ////

三、幾種常見模型

模型

1、子彈打擊木塊模型

子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。

例1.如圖所示,質量為 m 的子彈以初速度 v0射向靜止在光滑水平面上的質量為 M 的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為 d.求木塊與子彈相對靜止時的速度，木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離． / 8

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變式練習

1、子彈以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木塊中，并共同運動下列說法中正確的是： A、子彈克服阻力做的功等于木塊動能的增加與摩 擦生的熱的總和 B、木塊對子彈做功的絕對值等于子彈對木塊做的功 C、木塊對子彈的沖量大小等于子彈對木塊的沖量

D、系統損失的機械能等于子彈損失的動能和子彈對木塊所做的功的差

總結子彈打擊木塊模型

1.運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。

2.符合的規律：子彈和木塊組成的系統動量守恒，機械能不守恒。

3.共性特征：一物體在另一物體上，在恒定的阻力作用下相對運動，系統動量守恒，機械能不守恒 ΔEK=Q = f 滑d相對

變式練習

2、如圖所示，質量m=20kg的物體以水平速度v0=5m/s滑上靜止在水平地面的平板小車的左端．小車質量M=80kg，物體在小車上滑行一段距離后相對于小車靜止．已知物體與平板間的動摩擦因數μ=0.8，小車與地面間的摩擦可忽略不計，g取10m/s2，求：

（1）物體相對小車靜止時，小車的速度大小；（2）整個過程中系統產生的熱量；（3）小車在地面上滑行的距離．

模型

2、人船模型

例2.靜止在水面上的小船長為L，質量為M，在船的最右端站有一質量為m的人，不計水的阻力，當人從最右端走到最左端的過程中，小船移動的距離是多大？

變式練習1.如圖所示,一小車靜止在光滑水平面上,甲、乙兩人分別站在車的左、右兩側,整個系統原來靜止,則當兩人同時相向運動時（）

A.要使小車靜止不動,甲、乙速率必須相等 B.要使小車向左運動,甲的速率必須比乙的大 C.要使小車向左運動,甲的動量必須比乙的大 D.要使小車向左運動,甲的動量必須比乙的小 / 8

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變式練習2.質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？

變式練習

3、載人氣球原靜止在高度為H的高空，氣球的質量為M，人的質量為m，現人要沿氣球上的軟繩梯滑至地面，則繩梯至少要多長？

總結人船模型

1、“人船模型”是動量守恒定律的拓展應用，它把速度和質量的關系推廣到質量和位移的關系。即：

m1v1=m2v2

則：m1s1= m2s2

2、此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。

3、人船模型的適用條件是：兩個物體組成的系統動量守恒，系統的合動量為零。

模型

3、彈簧模型

例3.如圖所示，質量為m的小物體B連著輕彈簧靜止于光滑水平面上，質量為2m的小物體A以速度v0向右運動，則當彈簧被壓縮到最短時，彈性勢能Ep為多大？

相互作用的兩個物體在很多情況下，皆可當作碰撞處理，那么對相互作用中兩個物體相距恰“最近”、相距恰“最遠”或恰上升到“最高點”等一類臨界問題，求解的關鍵都是“速度相等”。

例4.光滑水平面上放著一質量為M的槽,槽與水平面相切且光滑,如圖所示,一質量為m的小球以v0向槽運動,若開始時槽固定不動,求小球上升的高度(槽足夠高);若槽不固定,則小球上升的高度又為多少? / 8

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【鞏固練習】 子彈打擊木塊

1.如圖所示，一小車停在光滑水平面上，車上一人持槍向車的豎直擋板連續平射，所有子彈全部嵌在擋板內沒有穿出，當射擊持續了一會兒后停止，則小車

A．速度為零B．對原靜止位置的位移不為零

C．將向射擊方向作勻速運動D．將向射擊相反方向作勻速運動

2.質量為3m、長度為L的木塊靜止放置在光滑的水平面上。質量為m的子彈（可視為質點）以初速度v 0水平向右射入木塊，穿出木塊時速度變為2/5v 0。試求：

①子彈穿出木塊后，木塊的速度大小；

②子彈穿透木塊的過程中，所受到平均阻力的大小。

3.如圖所示，用細線懸掛一質量M=2.45kg的木塊，擺長l=1.6m，一質量m=50g的子彈沿水平方向以初速度v 0射入 靜止的木塊，并留在木塊內隨木塊一起擺動，測得木塊偏離豎直位置的最大角度為60°，求子彈初速度v 0大小

4.用長為L=1.6m的輕繩懸掛一個質量M=1kg的木塊，一質量m=10g的子彈以 =500m／s的速度沿水平方向射入木塊，子彈打穿木塊后的速度v=100m／s(g=10 m/s2)，試求：(1)這一過程中系統損失的機械能是多少？(2)木塊能上升的高度是多少？

(3)木塊返回最低點時繩的張力是多大？/ 8

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彈簧模型

1.如圖所示，質量為2m的木板靜止在光滑的水平面上，輕彈簧固定在木板左端，質量為m的小木塊（視為質點）從木板右端以速度v 0沿木板向左滑行，小木塊撞擊彈簧，使彈簧壓縮到最短時，它相對木板滑行的距離為L。設小木塊和木板間的動摩擦因數為μ，則彈簧壓縮到最短時，木板的速度是多大？彈簧的彈性勢能是多大？

2.如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v 0的子彈擊中，子彈嵌在其中。已知A的質量是B的質量的3/4，子彈的質量是B的質量的1/4，求

（1）A物體獲得的最大速度

（2）彈簧壓縮量最大時B物體的速度（3）彈簧的最大彈性勢能

人船模型

1.如圖所示，甲乙兩船的質量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v 0、v 0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求跑出貨物的最小速度。

2.氣球質量為200kg，載有質量為50kg的人，靜止在空中距地面20m高的地方，氣球下懸一根質量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑到地面，為了安全到達地面，這根繩長至少為_______m 與電磁綜合應用

1.質量為m1、m2的兩個小球A、B帶有等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。突然加一水平向右的勻強電場后，兩球A、B將由靜止開始運動。對兩小球A、B和彈簧組成的系統，在以后的運動過程中，下列說法正確的是（設整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度）（）

A.系統機械能不斷增加

B.系統機械能守恒

C.系統動量不斷增加

D.系統動量守恒/ 8

個性化教學案

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2.如圖所示，一根足夠長的水平滑桿SS′上套有一質量為m的光滑金屬圓環，在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長的光滑水平的絕緣軌道PP′，PP′穿過金屬環的圓心．現使質量為M的條形磁鐵以水平速度v0沿絕緣軌道向右運動，則下列組合正確的是（）

①磁鐵穿過金屬環后，兩者將先、后停下來 ②磁鐵若能穿過金屬環，在靠近和離開金屬環的過程中金屬環的感應電流方向相同，金屬環所受的安培力方向相同． ③磁鐵與圓環的最終速度Mv0

M?m④整個過程最多能產生熱量Mm2v0

2(M?m)A．①②

B．③④

C．②③

D．①④

三個物體碰撞

1.光滑水平軌道上有三個木塊A、B、C,質量分別為mA=3m、mB=mC=m,開始時B、C均靜止,A以初速度v0向右運動,A與B相撞后分開,B又與C發生碰撞并粘在一起,此后A與B間的距離保持不變。求B與C碰撞前B的速度大小。

2.如圖所示，傾角為θ的斜面上靜止放置三個質量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l．工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起運動．整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑．已知木箱與斜面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g．設碰撞時間極短，求

（1）工人的推力；

（2）三個木箱勻速運動的速度；（3）在第一次碰撞中損失的機械能． / 8

第三篇：2014陜西教師招聘考試高中物理說課稿《動量守恒定律》

中公教育——給人改變未來的力量

2014陜西教師招聘考試高中物理說課稿《動量守恒定律》

一、教材分析

力對空間和時間的積累，是力對物體作用的兩種基本表現形式，前一節介紹了力的時間積累效應—動量定理，而本節深入介紹了物體相互作用過程中所遵循的基本規律—動量守恒定律，這是高中學生所必修的自然界中四個基本守恒定律之一，因而它具有特殊的地位，在教學大綱中，動量守恒定律是B類知識點，屬于較高層次的要求。

教材選取兩體問題中的碰撞模型，依據牛頓第二定律及動量定理導出了動量守恒定律的一維表達式，再將結論拓展為多個物體、兩維情況，較全面地介紹了動量守恒定律及其適用范圍，它不僅和牛頓第二定律一樣適用于宏觀低速系統，也適用于牛頓第二定律不成立的宏觀高速系統及微觀系統，教材還詳盡介紹了動量守恒的條件，提出在系統不受外力或所受外力的合力為零時，系統的動量保持不變。

前節教材講述的沖量、動量及動量定理是全章的基礎知識，在中學物理中用動量定理處理的對象一般是單個物體(通常可看作質點)本節則將研究對象拓展到系統，在動量定理的基礎上概括了封閉系統中的一般規律，動量守恒定律不僅是本章的核心內容，也是整個高中物理的重點，學好本節內容對今后處理物理綜合問題以及學習新的物理知識都是至關重要的。

二、教學目標

根據大綱的要求，教材的具體內容及高中學生的認知特征，確定以下教學目標：

1、知識目標。能在一維情況下兩物體的相互作用情景中由牛頓定律及動量定理推導出動量守恒定律，理解并掌握定律內容及定律成立條件，了解定律的幾種不同的數學表達式。并使學生明白定律雖可由牛頓定律及動量定理導出，但其具有獨立性、普適性。掌握定律中“系統”、“內力”、“外力”等名詞的確切含義。

2、能力目標。能在具體問題中判定動量是否守恒，能熟練運用動量守恒定律解釋現象和解決問題，知道應用定律解決實際問題的基本思路和方法。通過實驗探索物理規律，培養學生的創造力，體現素質教育的要求。

3、科學思維品質目標。通過對定律的推導培養學生實事求是的科學態度和嚴謹的推理方法，使學生認識到研究物理量的守恒關系是自然科學研究的一種常見的科學思維方法。

三、教材的重點、難點分析

本節的重點是理解動量守恒成立的條件及定律的表達式的推導及應用。

難點是理解動量守恒的物理內涵，動量及動量守恒方程的矢量性，動量的相對性以及研究對象的系統性、物理狀態的同時性。

四、教法及學法指導

中公教育——給人改變未來的力量

1、實驗及引導探索式。學習物理，重在理解。為使學生理解動量守恒的概念及其守恒條件，本節課宜采用實驗及引導探索式教學法，即通過實驗，對一維兩體模型中的每個物體及由兩者構成的系統進行受力分析，確定單個物體及系統所受的合沖量，確定單個物體及系統的動量變化，在對單個物體應用動量定理的基礎上，引出系統動量守恒的概念，進而探索系統動量守恒的條件，在探索的過程中充分利用分析、推理的方法，通過演繹論證，環環相扣地得出結論，以培養學生的分析能力及綜合概括能力。

2、講、練、評結合式。在討論動量守恒定律的應用時，通過讓學生分析具體問題，隨時發現學生中出現的錯誤，并及時組織學生進行評析產生錯誤的原因，使教師的主導作用與學生的主動學習的積極性有效地結合起來。

五、教具的準備：氣墊導軌、細線、彈簧、兩質量相等的小車、砝碼。

六、教學程序

1、引入新課。利用學生所熟悉的生活情景引入新課，讓學生貼近生活，感到自然親切，充滿趣味性，可使學生以飽滿的熱情及充滿對未知科學領域的好奇，進入到本課的學習中。

2、講授新課

a.演示課本上的一維兩體模型實驗。實驗改為用氣墊導軌，可使實際情景更為理想化，使學生體會到理想化的方法在物理學研究中的重要作用，并通過實驗初步建立動量守恒的概念;b.引導學生由觀察實驗過渡到理論推導，定量地導出在一維兩體模型中的動量守恒定律的數學表達式，充分調動學生的參與意識，此過程又引導學生回味了前面學過的重要定律、定理，達到溫故知新的效果;c.引導學生推導出動量守恒的幾種不同的數學表述及其意義;d.進一步引導學生分析動量守恒成立的條件，并歸納得出動量守恒定律;e.演繹、推廣動量守恒定律的使用范圍;f.通過舉實例說明動量守恒定律的適用范圍。

3、用典型習題加深對動量守恒定律成立條件的理解及用來解決實際問題時應注意的幾點問題，同時可及時反饋學生中知識接受及理解上出現的錯誤及遺漏。

a.實際問題中，系統不受外力的情景很少見到，此時往往做近似處理(定律成立條件的拓展)如外力遠小于內力時亦認為動量守恒;有時系統在某個方向所受外力為零，即該方向系統的動量守恒;讓學生了解一般在作用時間很短，內力影響遠大于外力時均可認為動量守恒成立，例如碰撞、打擊、爆炸等問題的處理中可運用該定律;b.定律表達式中要注意動量的相對性、矢量性及作用前后兩物體動量的同時性，注意定

中公教育——給人改變未來的力量

律的適用對象是一個相互作用的物體組成的系統(系統性)。對于矢量性的理解要重點突出動量是矢量，動量守恒表達式為矢量式，但在一維問題中可將之轉換為代數式，故解題時正方向的假定是必要的。

4、板書設計。板書板圖應做到直觀性、全面性和系統性，主要板書在黑板上保留時間要長，使之對學生視覺的刺激作用較為明顯。

5、作業布置。為了讓學生理解定律的內涵，掌握定律的應用，設置了三道作業題留給學生課外完成，可起到鞏固新課、回味課堂的效果，題量不宜過多，以減輕學生負擔，留給學生一個全面發展的空間，亦符合素質教育的要求。

第四篇：2014長春事業編教師面試高中物理說課稿《動量守恒定律》

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2014長春事業編教師面試高中物理說課稿《動量守恒定律》

一、教材分析

力對空間和時間的積累，是力對物體作用的兩種基本表現形式，前一節介紹了力的時間積累效應—動量定理，而本節深入介紹了物體相互作用過程中所遵循的基本規律—動量守恒定律，這是高中學生所必修的自然界中四個基本守恒定律之一，因而它具有特殊的地位，在教學大綱中，動量守恒定律是B類知識點，屬于較高層次的要求。

教材選取兩體問題中的碰撞模型，依據牛頓第二定律及動量定理導出了動量守恒定律的一維表達式，再將結論拓展為多個物體、兩維情況，較全面地介紹了動量守恒定律及其適用范圍，它不僅和牛頓第二定律一樣適用于宏觀低速系統，也適用于牛頓第二定律不成立的宏觀高速系統及微觀系統，教材還詳盡介紹了動量守恒的條件，提出在系統不受外力或所受外力的合力為零時，系統的動量保持不變。

前節教材講述的沖量、動量及動量定理是全章的基礎知識，在中學物理中用動量定理處理的對象一般是單個物體(通常可看作質點)本節則將研究對象拓展到系統，在動量定理的基礎上概括了封閉系統中的一般規律，動量守恒定律不僅是本章的核心內容，也是整個高中物理的重點，學好本節內容對今后處理物理綜合問題以及學習新的物理知識都是至關重要的。

二、教學目標

根據大綱的要求，教材的具體內容及高中學生的認知特征，確定以下教學目標：

1、知識目標。能在一維情況下兩物體的相互作用情景中由牛頓定律及動量定理推導出動量守恒定律，理解并掌握定律內容及定律成立條件，了解定律的幾種不同的數學表達式。并使學生明白定律雖可由牛頓定律及動量定理導出，但其具有獨立性、普適性。掌握定律中“系統”、“內力”、“外力”等名詞的確切含義。

2、能力目標。能在具體問題中判定動量是否守恒，能熟練運用動量守恒定律解釋現象和解決問題，知道應用定律解決實際問題的基本思路和方法。通過實驗探索物理規律，培養學生的創造力，體現素質教育的要求。

3、科學思維品質目標。通過對定律的推導培養學生實事求是的科學態度和嚴謹的推理方法，使學生認識到研究物理量的守恒關系是自然科學研究的一種常見的科學思維方法。

三、教材的重點、難點分析

本節的重點是理解動量守恒成立的條件及定律的表達式的推導及應用。

難點是理解動量守恒的物理內涵，動量及動量守恒方程的矢量性，動量的相對性以及研吉林分校：長春市朝陽區遼寧路2338號中公教育大廈（圣豪對面）

電話：0431-81239601

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究對象的系統性、物理狀態的同時性。

四、教法及學法指導

1、實驗及引導探索式。學習物理，重在理解。為使學生理解動量守恒的概念及其守恒條件，本節課宜采用實驗及引導探索式教學法，即通過實驗，對一維兩體模型中的每個物體及由兩者構成的系統進行受力分析，確定單個物體及系統所受的合沖量，確定單個物體及系統的動量變化，在對單個物體應用動量定理的基礎上，引出系統動量守恒的概念，進而探索系統動量守恒的條件，在探索的過程中充分利用分析、推理的方法，通過演繹論證，環環相扣地得出結論，以培養學生的分析能力及綜合概括能力。

2、講、練、評結合式。在討論動量守恒定律的應用時，通過讓學生分析具體問題，隨時發現學生中出現的錯誤，并及時組織學生進行評析產生錯誤的原因，使教師的主導作用與學生的主動學習的積極性有效地結合起來。

五、教具的準備：氣墊導軌、細線、彈簧、兩質量相等的小車、砝碼。

六、教學程序

1、引入新課。利用學生所熟悉的生活情景引入新課，讓學生貼近生活，感到自然親切，充滿趣味性，可使學生以飽滿的熱情及充滿對未知科學領域的好奇，進入到本課的學習中。

2、講授新課

a.演示課本上的一維兩體模型實驗。實驗改為用氣墊導軌，可使實際情景更為理想化，使學生體會到理想化的方法在物理學研究中的重要作用，并通過實驗初步建立動量守恒的概念；

b.引導學生由觀察實驗過渡到理論推導，定量地導出在一維兩體模型中的動量守恒定律的數學表達式，充分調動學生的參與意識，此過程又引導學生回味了前面學過的重要定律、定理，達到溫故知新的效果；

c.引導學生推導出動量守恒的幾種不同的數學表述及其意義；

d.進一步引導學生分析動量守恒成立的條件，并歸納得出動量守恒定律； e.演繹、推廣動量守恒定律的使用范圍； f.通過舉實例說明動量守恒定律的適用范圍。

3、用典型習題加深對動量守恒定律成立條件的理解及用來解決實際問題時應注意的幾點問題，同時可及時反饋學生中知識接受及理解上出現的錯誤及遺漏。

a.實際問題中，系統不受外力的情景很少見到，此時往往做近似處理(定律成立條件的拓展)如外力遠小于內力時亦認為動量守恒；有時系統在某個方向所受外力為零，即該方向系統的動量守恒；讓學生了解一般在作用時間很短，內力影響遠大于外力時均可認為動量守恒成立，例如碰撞、打擊、爆炸等問題的處理中可運用該定律；

吉林分校：長春市朝陽區遼寧路2338號中公教育大廈（圣豪對面）

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b.定律表達式中要注意動量的相對性、矢量性及作用前后兩物體動量的同時性，注意定律的適用對象是一個相互作用的物體組成的系統(系統性)。對于矢量性的理解要重點突出動量是矢量，動量守恒表達式為矢量式，但在一維問題中可將之轉換為代數式，故解題時正方向的假定是必要的。

4、板書設計。板書板圖應做到直觀性、全面性和系統性，主要板書在黑板上保留時間要長，使之對學生視覺的刺激作用較為明顯。

5、作業布置。為了讓學生理解定律的內涵，掌握定律的應用，設置了三道作業題留給學生課外完成，可起到鞏固新課、回味課堂的效果，題量不宜過多，以減輕學生負擔，留給學生一個全面發展的空間，亦符合素質教育的要求。

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第五篇：高中物理方法及易錯內容專題分析：動量、動量守恒定律

第五章 動量、動量守恒定律

一、主要內容

本章內容包括動量、沖量、反沖等基本概念和動量定理、動量守恒定律等基本規律。沖量是物體間相互作用一段時間的結果，動量是描述物體做機械運動時某一時刻的狀態量，物體受到沖量作用的結果，將導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵守矢量的平行四邊形法則。

二、基本方法

本章中所涉及到的基本方法主要是一維的矢量運算方法，其中包括動量定理的應用和動量守定律的應用，由于力和動量均為矢量。因此，在應用動理定理和動量守恒定律時要首先選取正方向，正規定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值而不能只關注力或動量數值的大小；另外，理論上講，只有在系統所受合外力為零的情況下系統的動量才守恒，但對于某些具體的動量守恒定律應用過程中，若系統所受的外力遠小于系統內部相互作用的內力，則也可視為系統的動量守恒，這是一種近似處理問題的方法。

三、錯解分析

在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：只注意力或動量的數值大小，而忽視力和動量的方向性，造成應用動量定理和動量守恒定律一列方程就出錯；對于動量守恒定律中各速度均為相對于地面的速度認識不清。對題目中所給出的速度值不加分析，盲目地套入公式，這也是一些學生常犯的錯誤。例1 從同樣高度落下的玻璃杯，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動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小

C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時間長。

【錯解】 選B。

【錯解原因】 認為水泥地較草地堅硬，所以給杯子的作用力大，由動量定理I=△P，即F·t=△P，認為F大即△P，大，所以水泥地對杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的動量改變量大，所以，容易破碎。

【分析解答】 設玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間的

量變化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，沖力也大，所以杯子

所以掉在水泥地受到的合力大，地面給予杯子的沖擊力也大，所以杯子易碎。正確答案應選C，D。

【評析】 判斷這一類問題，應從作用力大小判斷入手，再由動量

大，而不能一開始就認定水泥地作用力大，正是這一點需要自己去分析、判斷。

例2 把質量為10kg的物體放在光滑的水平面上，如圖5－1所示，在與水平方向成53°的N的力F作用下從靜止開始運動，在2s內力F對物體的沖量為多少？物體獲得的動量是多少？

【錯解】 錯解一：2s內力的沖量為

設物體獲得的動量為P2，由動量定理

【錯解原因】 對沖量的定義理解不全面，對動量定理中的沖量理解不移。錯解一主要是對沖量的概念的理解，沖最定義應為“力與力作用時間的乘積”，只要題目中求力F的沖量，就不應再把此力分解。這類解法把沖量定義與功的計算公式W=Fcosa·s混淆了。

錯解二主要是對動量定理中的沖量沒有理解。實際上動量定理的敘述應為“物體的動量改變與物體所受的合外力的沖量相等”而不是“與某一個力的沖量相等”，此時物體除了受外力F的沖量，還有重力及支持力的沖量。所以解錯了。

【分析解答】 首先對物體進行受力分析：與水平方向成53°的拉力F，豎直向下的重力G、豎直向上的支持力N。由沖量定義可知，力F的沖量為：

IF=F·t=10×2=10(N·s)

因為在豎直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力為零，合力的沖量也為零。所以，物體所受的合外力的沖量就等干力F在水平方向上的分量，由動量定理得：

Fcos53°·t=P2-0 所以P2=Fcos53°·t=10×0.8×2(kg·m/s)

P2=16kg·m/s

【評析】對于物理規律、公式的記憶,要在理解的基礎上記憶，要注意弄清公式中各物理量的含量及規律反映的物理本質，而不能機械地從形式上進行記

憶。另外，對于計算沖量和功的公式、動能定理和動量定理的公式，由于它們從形式上很相似，因此要特別注意弄清它們的區別。

例3 在距地面高為h，同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質量相等的物體m，當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量△P，有()A．平拋過程較大 B．豎直上拋過程較大 C．豎直下拋過程較大 D．三者一樣大

【錯解】 錯解一：根據機械能守恒定律，拋出時初速度大小相等，落地時末速度大小也相等，它們的初態動量P1=mv0。是相等的，它們的末態動量P2=mv也是相等的，所以△P=P2-P1WIJ一定相等。選D。

錯解二：從同一高度以相等的初速度拋出后落地，不論是平拋、豎直上拋或豎直下拋，因為動量增量相等所用時間也相同，所以沖量也相同，所以動量的改變量也相同，所以選D。

【錯解原因】 錯解一主要是因為沒有真正理解動量是矢量，動量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加減法運算遵從矢量的平行四邊形法則，而不能用求代數差代替。平拋運動的初動量沿水平方向，末動量沿斜向下方；豎直上拋的初動量為豎直向上，末動量為豎直向下，而豎直下拋的初末動量均為豎直向下。這樣分析，動量的增量△P就不一樣了。

方向，而動量是矢量，有方向。從運動合成的角度可知，平拋運動可由一個水平勻速運動和一個豎直自由落體運動合成得來。它下落的時間由

為初速不為零，加速度為g的勻加速度直線運動。豎直下拋落地時間t3＜t1，所以第二種解法是錯誤的。

【分析解答】 1．由動量變化圖5－2中可知，△P2最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應選B。

【評析】 對于動量變化問題，一般要注意兩點：

(1)動量是矢量，用初、末狀態的動量之差求動量變化，一定要注意用矢量的運算法則，即平行四邊形法則。

(2)由于矢量的減法較為復雜，如本題解答中的第一種解法，因此對于初、末狀態動量不在一條直線上的情況，通常采用動量定理，利用合外力的沖量計算動量變化。如本題解答中的第二種解法，但要注意，利用動量定理求動變化時，要求合外力一定為恒力。

例4 如圖5－3所示，一個質量為M的小車置于光滑水平面。一端用輕桿AB固定在墻上，一個質量為m的木塊C置于車上時的初速度為v0。因摩擦經t秒木塊停下，(設小車足夠長)，求木塊C和小車各自受到的沖量。

【錯解】 以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。為正方向，由動量定理有：

-ft=0=mv0 所以I木=ft=mv0

所以，木塊C受的沖量大小為mv0，方向水平向右。

又因為小車受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛頓第三定律)。所以小車受到的沖量I車= ft =mv0,大小與木塊受到的沖量相等方向相反，即水平向左。【錯解原因】 主要是因為對動量定理中的沖量理解不深入，動量定理的內容是：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化量。數學表達式為I合=P2-P1，等式左側的沖量應指合外力的沖量。在上述解答中，求木塊C受到的沖量為my0

是正確的。因為C受到的合外力就是／(重力mg與支持力N互相平衡)，但小車的沖量就錯了。因為小車共受5個力：重力Mg，壓力N=mg，支持力N′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f和AB桿對小車的拉力T，且拉力T=f，所以小車所受合力為零，合力的沖量也為零。

【分析解答】 以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0為正方向由動量定理有：

-ft=0-mv0 ∴I木=f·t=mv0

所以，木塊C所受沖量為mv0，方向向右。對小車受力分析，豎直方向N′=Mg＋N=(M＋m)g，水平方向T=f′，所以小車所受合力為零，由動量定理可知，小車的沖量為零。

從動量變化的角度看，小車始終靜止沒動，所以動量的變化量為零，所以小車的沖量為零。

正確答案是木塊C的沖量為mv0，方向向右。小車的沖量為零。

【評析】 在學習動量定理時，除了要注意動量是矢量，求動量的變化△P要用矢量運算法則運算外，還要注意F·t中F的含義，F是合外力而不是某一個力。

參考練習：質量為100g的小球從0.8m高處自由落下到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了0.20s，則這段時間軟墊對小球的沖量為______(g=10m/s2，不計空氣阻力)(答案為0．6N·s)

例5 向空中發射一物體．不計空氣阻力，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊．若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向則()A．b的速度方向一定與原速度方向相反

B．從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a，b一定同時到達地面

D．炸裂的過程中，a中受到的爆炸力的沖量大小一定相等

【錯解】 錯解一：因為在炸裂中分成兩塊的物體一個向前，另一個必向后，所以選A。

鍺解二：因為不知道a與b的速度誰大，所以不能確定是否同時到達地面，也不能確定水平距離誰的大，所以不選B，C。

錯解三：在炸裂過程中，因為a的質量較大，所以a受的沖量較大，所以D不對。

【錯解原因】 錯解一中的認識是一種憑感覺判斷，而不是建立在全面分析的基礎上。事實是由于沒有講明a的速度大小。所以，若要滿足動量守恒，(ma+mb)v=mava＋mbvb，vb的方向也可能與va同向。

錯解二是因為沒有掌握力的獨立原理和運動獨立性原理。把水平方向運動的快慢與豎直方向的運動混為一談。

錯解三的主要錯誤在于對于沖量的概念沒有很好理解。

【分析解答】 物體炸裂過程發生在物體沿水平方向運動時，由于物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有：

(ma+mb)v=mavb＋mbvb

當va與原來速度v同向時,vb可能與va反向，也可能與va同向,第二種情況是由于va的大小沒有確定，題目只講的質量較大，但若va很小，則mava還可能小于原動量(ma+mb)v。這時,vb的方向會與va方向一致，即與原來方向相同所以A不對。

a，b兩塊在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運動即做平拋運

選項C是正確的

由于水平飛行距離x=v·t，a、b兩塊炸裂后的速度va。vb。不一定相等，而落地時間t又相等，所以水平飛行距離無法比較大小，所以B不對。根據牛頓第三定律，a，b所受爆炸力Fa=-Fb，力的作用時間相等，所以沖量I=F·t的大小一定相等。所以D是正確的。

此題的正確答案是：C，D。

【評析】 對于物理問題的解答，首先要搞清問題的物理情景，抓住過程的特點(物體沿水平方向飛行時炸成兩塊，且a仍沿原來方向運動)，進而結合過程特點(沿水平方向物體不受外力)，運動相應的物理規律(沿水平方向動量守恒)進行分析、判斷。解答物理問題應該有根有據，切忌“想當然”地作出判斷。例6 總質量為M的裝砂的小車，正以速度v0在光滑水平面上前進、突然車底漏了，不斷有砂子漏出來落到地面，問在漏砂的過程中，小車的速度是否變化？

【錯解】 質量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為v由動量守恒守律：

Mv0=(M-m)v

【錯解原因】 解法錯誤的主要原因在于研究對象的選取，小車中砂子的質量變了，即原來屬于系統內的砂子漏出后就不研究了。這樣，所謂系統的初狀態及末狀態的含義就變了。實際情況是，漏掉的砂子在剛離開車的瞬間，其速度與小車的速度是相同的，然后做勻變速運動(即平拋)【分析解答】 質量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為V由動量守恒定律：

My0=mv＋(M-m)v 解得：v=v0即砂子漏出后小車的速度是不變的。

【評析】 用動量守恒定律時，第一個重要的問題就是選取的系統。當你選定一個系統(此題為小車及車上的全部砂子)時，系統的初末狀態都應該對全系統而言，不能在中間變換系統。

例7 彈在水平飛行時，其動能為Ek0=800J，某時它炸裂成質量相等的兩塊，其中一塊的動能為Ek1=625J，求另一塊的動能Ek2

【錯解】 設炮彈的總質量為m，爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律：P=P1＋P2

代入數據得：Ek=225J。

【錯解原因】 主要是只考慮到爆炸后兩塊的速度同向，而沒有考慮到方向相反的情況，因而漏掉一解。實際上，動能為625J的一塊的速度與炸裂前炮彈運動速度也可能相反。

【分析解答】 以炮彈爆炸前的方向為正方向，并考慮到動能為625J的一塊的速度可能為正．可能為負，由動量守恒定律：

P＝P1＋P2

解得：Ek2=225J或4225J。

正確答案是另一塊的動能為225J或4225J。

【評析】 從上面答案的結果看，炮彈炸裂后的總動能為(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的總動能大，這是因為在爆炸過程中，化學能轉化為機械能的緣故。

例8 一繩跨過定滑輪，兩端分別栓有質量為M1，M2的物塊(M2＞M1如圖5－4)，M2開始是靜止于地面上，當M1自由下落H距離后，繩子才被拉緊，求繩子剛被拉緊時兩物塊的速度。

【錯解】 M1自由下落H距離時，速度v1=。在M1和M2組成的系統中，它們相互作用前后的動量守恒。當繩子剛被拉緊時，設M1，M2的共同速度為v，【錯解原因】 實際上，上述結果是正確的，但在解題過程中，出現了兩個錯誤。其一，沒有認真分析繩子拉緊前后的動量守恒條件。實際上由M1，M2組成的系統除了受重力外，還要受到滑輪軸心豎直向上的支持力作用，而這個支持力不等于M1+M2的重力，所以系統所受合外力不為零。不能對整個系統應用動量守

恒定律。其二，即使能應用動量守恒定律，也應認真考慮動量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能認為M1與M2系統的動量為(M1＋M2)v。

【分析解答】 M1自由下落H距離時的速度

繩子拉緊后的一小段時間△t后，M1與M2具有相同的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。

對M1由動量定理，以向上為正方向:(T1-M1g)△t=M1v-(-M1v1)② 對M2由動量定理，以向上為正方向：

(T2-M2g)△L=M2v-0 ③ 因為拉緊過程繩子的拉力遠遠大于物體的重力，可以認為T1=T2，所

【評析】 通過本題的分析與解答，我們可以從中得到兩點警示。一是運用物理規律時一定要注意規律的適用條件，這一點要從題目所述的物理過程的特點出發進行分析，而不能“以貌取人”，一看到兩物體間相互作用，就盲目地套用動量守恒定律。二是應用動量守恒定律時，要注意此規律的矢量性，即要考慮到系統內物體運動的方向。

例9 在一只靜止的小船上練習射擊，船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質量為M，槍內裝有n顆子彈，每顆質量為m，槍口到靶的距離為l,子彈射出槍口時相對于地面的速度為v，在發射后一顆子彈時，前一顆子彈已陷入靶中，則在發射完n顆子彈后，小船后退的距離為多少？

【錯解】 設第一顆子彈射出后船的后退速度為v′，后退距離為S1，子彈從槍口到靶所用的時間為：

對這顆子彈和其他物體構成的系統列動量守恒方程：

mv=[M＋(n-1)m]v′ ②

在時間t內船的后退距離

s1=v′t ③ 子彈全部射出后船的后退距離

s=ns1 ④ 聯立①②③④解得：

【分析解答】 設子彈射出后船的后退速度為v′，后退距離為s1=v′t，如圖5－5所示①由幾何關系可知

l=d+s1 即lv·t+v′t ⑤ 聯立②③④⑤解得：

【評析】 對本題物理過程分析的關鍵，是要弄清子彈射向靶的過程中，子彈與船運動的關系，而這一關系如果能用圖5－5所示的幾何圖形加以描述，則很容易找出子彈與船間的相對運動關系。可見利用運動的過程草圖，幫助我們分析類似較為復雜的運動關系問題，是大有益處的。

例10 如圖5－6所示，物體A置于小車B上，A與B之間光滑無摩擦。它們以共同的速度v前進。突然碰到障礙物C，將A從車上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。問：小車B的速度將怎樣變化？

【錯解】 以A，B原來速度方向為正，設小車B后來的速度為v′，根據動量守恒定律，則

(mA+mB)=mBv′-mAv 即：(mA＋mB＋mA)v—mBv′

因為2mA＋mB＞mB

所以：V′＞v(變大)方向為原來的方向。

【錯解原因】 上述錯解的主要原因是不注意分析物理規律的適用條件，適用動量守恒定律而造成的。

當我們研究對象為A和B組成的系統時(如上述錯解的研究對象)。在A與障礙物C發生碰撞時，因為C對A的作用力就A與B的系統米說是外力，所以不滿足動量守恒條件(不受外力或合外力為零)。也就是說它們的動量不守恒，不能應用動量守恒定律去計算與討論。不加分析地運用動量守恒定律必然導致錯誤。【分析解答】 實際上，在A與C相碰時，由于C對A的作用力的沖量使A的動量發生了變化。而A與B之間光滑無摩擦。在水平方向無相互作用力。所以對B來說，其水平動量是守恒的(實際上也只具有水平動量)。也就是說，A在水平方向運動的變化不會影響B的運動情況，因此B將以速度v繼續前進。【評析】 物體間發生相互作用時，選哪個系統為研究對象，這是人為的選擇，但要注意，若系統選擇不當，則導致對該系統不用應用動量守恒定律來求解，如本題的A，B組成的系統。因此我們應注意研究對象的選取，使其能滿足我們所選用規律的適用條件。如本題中以B為研究對象，即包含了所求的B的運動情況，而滿足了水平方向不受外力，動量守恒的適用條件。

例11 質量為M的小車，如圖5－7所示，上面站著一個質量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進。現在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加了多少？

【錯解】 鍺解一：把人和車作為一個系統，水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，設人跳出后，車速增加為△v，以V0方向為正方向，由動量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-mu

錯解二：以人和車作為一個系統，因為水平方向不受外力、所以水平方向動量守恒。設人跳出后，車速增加為△v，以v0方向為正方向。人相對于地的速度為(u-v0),由動量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0)

【錯解原因】 錯解一的主要問題在于沒有把所有的速度都換算成同一慣性參考系中的速度。因為題目中給出的v0是初狀態車對地的速度，而人跳車時的速度u指的是對車的速度，在列動量守恒方程時，應把人跳車的速度變換成人對地的速度才可以運算。

錯解二的主要問題是雖然變換了參考系，但忽略了相對速度的同一時刻性，即人跳車時，車的速度已經由v0變換成(v0+△v)了。所以，人相對于地的速度，不是(v-v0)而應為[u-(v0+△v)]。

【分析解答】 以人和車作為一個系統，因為水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒。設人跳出后，車對地的速度增加了△v，以v0方向為正方向，以地為參考系。由動量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m[u-(v0＋△v)]

【評析】(1)在應用動量守恒定律時，除注意判斷系統受力情況是否滿足守恒條件外，還要注意到相對速度問題，即所有速度都要是對同一參考系而言。一般在高中階段都選地面為參考系。同時還應注意到相對速度的同時性。(2)選取不同的參考系，解題方法有繁有簡，以此題為例，若選取車作為參考系．則人與車組成的系統初態動量為零，末態動量為：M△v-m(u-△v)，由動量守恒定律：

0=M△v-m(u-△v)

題中，增加的速度與車原來的速度v0無關。第二種解法顯然比第一種要簡捷得多。

例12 質量為M的小車，以速度v0在光滑水平地面前進，上面站著一個質量為m的人，問：當人以相對車的速度u向后水平跳出后，車速度為多大？ 【錯解】 錯解一：設人跳出后的瞬間車速為v，則其動量為Mv，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv

錯解二：設人跳出后的車速為v，車的動量為Mv，人的動量為m(u+v)，根據動量守恒定律有：

(M+m)v0=Mv+m(u＋v)

錯解三：設車的前進方向為正方向，人在跳出車后，車的動量為Mv，人的動量為-mu，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv-mu

錯解四：設車的前進方向為正方向，則人跳出車后小車的動量Mv，人的動量為-m(u-v0)，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv-m(u-v0)

【錯解原因】 錯解一的錯誤原因是動量守恒的對象應為車和人的系統，而錯解一中把人跳離車后的動量丟掉了，即以系統的一部分(車)來代替系統(車和人)。

錯解二：是沒有考慮到，人跳離車前后動量方向的變化。而是簡單地采用了算術和忽略了動量的矢量性。

錯解三的錯誤在于參考系發生變化了。人跳離前人與車的動量是相對地的。人跳離車后車的動量(Mv)也是相對地的，而人跳離車后人的動量(mu)卻是相對于車而言的，所以答案不對。

錯解四中的錯誤在于對速度的瞬時性的分析。v0是人未跳離車之前系統(M＋m)的速度，-m(u-v0)就不能代表人跳離車后瞬間人的動量。

【分析解答】 選地面為參照系，以小車前進的方向為正方向，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0=Mv-m(u-v)

【評析】 應用動量守恒定律解題時應注意幾個方面。

(1)整體性，動量守恒定律是對一個物體系統而言的，具有系統的整體性，而不能對系統的一個部分，如本題錯解一。

(2)矢量性，動量守恒是指系統內部各部分動量的矢量和保持不變，在解題時必須運用矢量法則來計算而不能用算術方法，如本題錯解二。

(3)相對性，動量守恒定律中系統在作用前后的動量都應是相對于同一慣性參考系而言。如系統的各部分所選取的參考系不同，動量守恒不成立。如本題錯解三。

(4)瞬時性，一般來說，系統內的各部分在不同時刻具有不同的動量，系統在某一時刻的動量，應該是此時刻系統內各部分的瞬時動量的矢量和。例13 如圖5－8所示，傾角θ=30°，高為h的三角形木塊B，靜止放在一水平面上，另一滑塊A，以初速度v0從B的底端開始沿斜面上滑，若B的質量為A的質量的2倍，當忽略一切摩擦的影響時，要使A能夠滑過木塊B的頂端，求V0應為多大？

【錯解】 設滑塊A能滑到h高的最小初速度為v，滑塊A到達斜面最高點時具有水平分速度為V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，由動量守恒定律：

mv0cosθmv′＋My′ ① 在B的上端點m的合速度為：

由動能定理有：

【錯解原因】 主要是對滑塊A滑過最高點的臨界狀態分析不清楚。實際上，當滑塊能夠到達最高點時，即其豎直向上的分速度為零，也就是說，在最高點，滑塊A只具有水平速度，而不具有豎直速度。所以，式①是正確的，式②中關于滑塊A的動能，直接代入水平速度即可。

【分析解答】 根據水平方向動量守恒有：

mv0cosθ=(m+M)v′ ①

【評析】 分析此題時，可以先定性分析，從題目可以知道，V0越大，上升的距離越高；v0較小，則可能上不到頂端。那么，剛好上升到

v0＞v時，才能夠滑過。對于題目中的關鍵字眼，“滑過”、“至少”等要深入挖掘。

例14 圖5－9，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動。當此人相對于車以速度v2豎直跳起時,車的速度變為：()

【錯解】 錯解一：根據動量守恒定律：

所以選A。

錯解二：因為人相對于車是豎直向上跳的，所以人與車系統在水平方向上不受外力，即人與車在水平方向動量守恒。

所以有：Mv1=(M-m)v′1

【錯解原因】 產生上述錯誤的主要原因是對動量守恒定律的矢量性理解不深入。

錯解一的錯誤在于沒有考慮到動量的矢量性，只是簡單地套用動量守恒定律公式，因而把V1，V2,v′1的方向混為一談，而出現這種錯誤。

錯解二的主要問題在于對物體慣性概念的理解還有問題。誤認為人豎直向上跳起就沒有向前的水平速度了，也就沒有向前的動量了，從這個錯誤認識出發就造成判斷本題的錯誤。也因為沒有狀態分析的習慣。

【分析解答】 人和車這個系統，在水平方向上合外力等于零，系統在水平方向上動量守恒。設車的速度V1的方向為正方向，選地面為參照系。初態車和人的總動量為Mv1，末態車的動量為(M-m)v′l(因為人在水平方向上沒有受到沖量，其水平動量保持不變)。人在水平方向上對地的動量仍為mv1，則有Mv1=(M-m)v′1＋mv1(M-m)v1=(M-m)v′1

所以v′=v1 正確答案應為D。

【評析】 動量守恒定律是有條件的，一般教材把動量守恒條件分為三個層次：

(1)系統所受合外力為零；

(2)系統所受合外力雖然不為零，但在某方向合外力為零，則系統在該方向動量守恒；

(3)系統所受合外力遠遠小于內力，則系統動量近似守恒。對于不同情況，應根據不同的條件去分析。在上述三種情況下，都可以應用動量守恒定律求解相應物理量。

例15 如圖5－10所示，在光滑水平軌道上有一小車質量為M2，它下面用長為L的繩系一質量為M1的砂袋，今有一水平射來的質量為m的子彈，它射入砂袋后并不穿出，而與砂袋一起擺過一角度θ。不計懸線質量，試求子彈射入砂袋時的速度V0多大？

【錯解】 由動量守恒定律：mv0=(M1＋M2+m)v

【錯解原因】 沒有很好地分析物理過程，盲目模仿，沒有建立正確的物理模型，簡單地將此類問題看成“沖擊擺”，缺少物理模型變異的透徹分析。事實上，此題與“沖擊擺”的區別在于懸點的不固定，而是隨著小車往前移動的。當擺擺到最高點時，(M1＋m)只是豎直方向的速度為零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高點處(M1＋m)具有動能。這一點是不少學生在分析物理過程及建立物理模型時最容易產生的錯誤。

【分析解答】 子彈射入砂袋前后動量守恒，設子彈打入砂袋瞬間具有速度v′0，由動量守恒定律：

mv0=(M1＋m)v′ ① 此后(M1＋m)在擺動過程中，水平方向做減速運動，而M2在水平方向做加速運動，當(M1+m)與M2具有共同水平速度時，懸線偏角θ達到最大，即豎直向上的速度為零，在這一過程中。滿足機械能守恒，設共同速度為v，由機械能守恒有：

但式①，②中有三個未知量，v0，v′0，v，還需再尋找關系。

從子彈入射前到擺動至最同點具有共同速度v為止，在這個過程中，水平方向不受外力，所以、動量守恒，由動量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

【評析】 對于大部分學生來講，掌握一定的物理模型并不困難，困難在于題目變化，新的題目中的模型如何能夠轉換成為我們熟悉的，舊有的，規范的物理模型中，進而用比較普遍運用的物理規律去求解，此題就是從滑動的小車擺(暫且這樣稱呼)遷延至“沖擊擺”，找出兩者之間的共同點與區別，達到解決問題的目的。

例16 如圖5－11所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是：()

A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功

B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動。

【錯解】 錯解一：半圓槽光滑，小球在半圓槽內做圓周運動的全過程中，只受重力和彈力作用，而彈力方向始終與速度方向垂直，所以彈力不做功，則只有重力做功，所以選A。

錯解二：由于光滑的半圓槽置于光滑的水平面，所以小球在半圓槽運動的全過程中，小球與半圓槽水平方向不受外力作用，因而系統在水平方向動量守恒，故選B。

錯解三：半圓槽槽口的切線方向為豎直方向，因而小球運動到C點時的速度方向豎直向上，所以小球離開C點以后得做豎直上拋運動，故選D。

【分析解答】 本題的受力分析應與左側沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區分開來。

從A→B的過程中，半圓槽對球的支持力N沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力N′方向相反指向左下方，因為有物塊擋住，所以半圓槽不會向左運動，情形將與半圓槽固定時相同。但從B→C的過程中，小球對半圓槽的壓力N′方向向右下方，所以半圓槽要向右運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓運動，另一個與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力N與速度方向并不垂直，所以支持力會做功。所以A不對。又因為有物塊擋住，在小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，即B也不對。當小球運動到C點時，它的兩個分運動的速度方向如圖5－13，并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，即D也不對。

正確答案是：小球在半圓槽內自B→C運動過程中，雖然開始時半圓槽與其左側物塊接觸，但已不擠壓，同時水平而光滑，因而系統在水平方向不受任何外力作用，故在此過程中，系統在水平方向動量守恒，所以正確答案應選C。

【評析】 在本題中由于半圓槽左側有物塊將槽擋住，導致了小球從A→B和從B→C兩段過程特點的不同，因此在這兩個過程中小球所受彈力的方向與其運動方向的關系，及球和槽組成的系統所受合外力情況都發生了變化。而這一變化導致了兩個過程所遵從的物理規律不同，所以具體的解決方法也就不一樣了。通過本題的分析解答，可以使我們看到，對不同的物理過程要做認真細致的具體分析，切忌不認真分析過程，用頭腦中已有的模型代替新問題，而亂套公式。例17 在質量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度u沿光滑的水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能發生的？()

A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3

B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足：Mu=Mv1+mv2 C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v，滿足：Mu=（M+m）v D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u=（M+m0）vi+mv2

【錯解】 選A，D。

【錯解原因】 選擇A，D的一個共同原因，是認為在碰撞的過程中，單擺也參加了碰撞，選A是認為三者發生碰撞，因而各自有一個速度；而選D的同學認為，單擺與小車連在一起，所以兩者的速度始終相同，所以，碰前和碰后的關系應滿足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2

另外還有一種選擇，即B，C中只選一種，原因我們放在后面再分析。【分析解答】 由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，實際上單擺沒有參與這個碰撞過程，所以單擺的速度不發生變化，因此，選項中應排除A，D。

因為單擺的速度不變，所以，研究對象也選取小車和木塊，水平方向動量守恒，由動量守恒定律

Mu=Mv1+mv2 即為B選項。

由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關系，所以也有可能小車和木塊合二而一。因此，C選項也是可能的。正確答案：選B，C。

【評析】 在解決如本題這種多個物體參與相互作用過程的題目時，要認真分析物體的受力情況，把沒有參與作用的物體從多個對象中摘出去（如本題的單擺），這樣可以避免選錯研究對象。

例18 如圖514所示，有兩個物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質量為2kg，B的質量為3kg。有一顆質量為100g的子彈以800m/s的水平速度射入A，經過0.01s又射入物體B，最后停在B中，A對子彈的阻力為3×103N，求A，B最終的速度。

【錯解】 設A，B質量分別為mA，mB，子彈質量為m，子彈離開A的速度為v，物體A，B最終速度分別為vA，vB，A對子彈的阻力為f。

在子彈穿過A物體的過程中，對子彈用動量定理：以子彈初速度v0為正：

-f·t=mv-mv0

解得：v=500m/S 對物體A用動量定理。

f·t=mAvA-0 解得：vA=15m/S。

對子彈、物體B組成的系統，因為合外力為零，所以動量守恒，由動量守恒定律有：

mv=（m+mB）vB

解得：vB=16.13m/s。

【錯解原因】 問題主要出在對物體A用動量定理，因為動量定理講的是“物體所受合外力的沖量等于物體動量的改變”。而此處物體A除了受摩擦力以外還受到B對A的擠壓作用。其實，此題可以避免A，B之間的擠壓力，方法就是把A，B看成一個整體。

【分析解答】 設A，B質量分別為mA，mB，子彈質量為m。子彈離開A的速度為了v，物體A，B最終速度分別為vA，vB。

在子彈穿過A的過程中，以A，B為整體，以子彈初速v0為正方向，應用動量定理。

f·t=（mA+mB）u（u為A，B的共同速度）解得：u=6m/s。

由于B離開A后A水平方向不受外力，所以A最終速度VA=u=6m/s。對子彈，A和B組成的系統，應用動量守恒定律：

mv0=mA·vA+（m+mB）vB

解得：vB=21.94m/s。

物體A，B的最終速度為vA=6m/s，vB=21.94m/s。

【評析】（1）此題當然還有其他解法，如在子彈穿過A的過程中依然用動量定理，求得A和B的速度為6m/s。也是A的最終速度，再對此過程用動量守恒，求出子彈射穿A以后的速度，（設為V，其余所設如前）

mv0=mv+（mA+mB）u ①

在子彈射穿B的過程中動量守恒

mv+mBu=（m+mB）u' ②

代入數據解得：v=500m/s。u'=21.94m/s。即為B的最終速度。

（2）通過對本題的不同解法可看出，由于選取的研究對象不同，對象的物理過程特點也就不同。因此，導致具體的解題方法也不一樣。

例19 如圖5-15所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質量共為30kg，乙和他的冰車總質量也是30kg。游戲時，甲推著一個質量為15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子滑冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。若不計冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相對地）將箱子推出，才能避免與乙相撞？

【錯解】 設甲與他的冰車以及乙與他的冰車的質量為M，箱子的質量為m，開始時他們的速率為v0，為了不與乙相碰。

錯解一：甲必須停止，所以，對甲和他的冰車及箱子，推出前后滿足動量守恒，由動量守恒定律：

（M+m）v0=0+mv

錯解二：乙接到箱子后停下，所以，對箱子及乙和他的冰車，接到箱子前后動量守恒，設箱子的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：

mv-Mv0=0

【錯解原因】 在此題中，有兩個關鍵問題必須弄清楚，第一，“不相撞”的意義，是否意味著一個物體停下，實際上，不相撞的意義就是兩個物體的速度

相等（同向情況）。物體停止運動，也不一定就撞不上。如本題錯解二。按照錯解答案我們可知，當甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，與乙相互作用后，乙與箱子都停下來了。那么，此時甲停了嗎？我們可以繼續完成本題，設甲推出箱子的速度為v'，對甲和箱子，（以甲和箱子的初速度為正），由動量守恒定律有：

（M+m）v0=Mv'+mv 解得：v'=1m/s。符號為正，說明甲以4m/s的速度推出箱子后繼續向前運動，而乙接住箱子后要停下，這樣甲就與乙相撞，所以4m/s的速度太小了。結果不符合題目要求。第二個關鍵在于不僅要不相撞，而且還要求甲推箱子的速度為最小，即若甲用相當大的速度推箱子，乙接到箱子后還會后退，這樣就不滿足“至少”多大的條件了，錯解一即是這樣，將所求的數據代入可以得知，乙和箱子將以0.67m/s的速度后退。

【分析解答】 要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2。

對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：

（M+m）v0=mv+Mv1 ①

對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有：

mv-Mv0=（m+M）v2 ②

剛好不相撞的條件是：

v1=v ③

聯立①②③解得：v=5.2m/s，方向與甲和箱子初速一致。

【評析】 本題從動量守恒定律的應用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關系分析清楚（乙和箱子、甲的運動關系如何，才能不相撞）。這就需要我們要將“不相撞”的實際要求轉化為物理條件，即：甲、乙可以同方向運動，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。