第四單元：動量、動量守恒定律

　　[內(nèi)容和方法]

　　本單元內(nèi)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(guī)律。沖量是物體間相互作用一段時間的結(jié)果，動量是描述物體做機械運動時某一時刻的狀態(tài)量，物體受到?jīng)_量作用的結(jié)果，將導(dǎo)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。

　　本單元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(yīng)用和動量守定律的應(yīng)用，由于力和動量均為矢量。因此，在應(yīng)用動理定理和動量守恒定律時要首先選取正方向，與規(guī)定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負(fù)值而不能只關(guān)注力或動量數(shù)值的大��；另外，理論上講，只有在系統(tǒng)所受合外力為零的情況下系統(tǒng)的動量才守恒，但對于某些具體的動量守恒定律應(yīng)用過程中，若系統(tǒng)所受的外力遠(yuǎn)小于系統(tǒng)內(nèi)部相互作用的內(nèi)力，則也可視為系統(tǒng)的動量守恒，這是一種近似處理問題的方法。

　　 [例題分析]

　　在本單元知識應(yīng)用的過程中，初學(xué)者常犯的錯誤主要表現(xiàn)在：只注意力或動量的數(shù)值大小，而忽視力和動量的方向性，造成應(yīng)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(rèn)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(xué)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。

　　【錯解分析】錯解：選B。

　　認(rèn)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(rèn)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。

　　【正確解答】 設(shè)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(yīng)選C，D。

　　【小結(jié)】 判斷這一類問題，應(yīng)從作用力大小判斷入手，再由動量大，而不能一開始就認(rèn)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(zhì)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(nèi)力F對物體的沖量為多少？物體獲得的動量是多少？

　　【錯解分析】錯解一：2s內(nèi)力的沖量為

　　設(shè)物體獲得的動量為P₂，由動量定理

　　對沖量的定義理解不全面，對動量定理中的沖量理解不夠。

　　錯解一 主要是對沖量的概念的理解，沖最定義應(yīng)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(yīng)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(yīng)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。

　　【正確解答】 首先對物體進(jìn)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：

I_F = 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

　　【小結(jié)】 對于物理規(guī)律、公式的記憶,要在理解的基礎(chǔ)上記憶，要注意弄清公式中各物理量的含量及規(guī)律反映的物理本質(zhì)，而不能機械地從形式上進(jìn)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(qū)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(zhì)量相等的物體m，當(dāng)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

　　【錯解分析】 錯解一：根據(jù)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(tài)動量P₁= mv₀。是相等的，它們的末態(tài)動量P₂= mv也是相等的，所以△P = P₂－P₁則一定相等。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(shù)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。

　　【正確解答】 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(yīng)選B。

　　【小結(jié)】 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(tài)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(fù)雜，如本題解答中的第一種解法，因此對于初、末狀態(tài)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，利用動量定理求動量變化時，要求合外力一定為恒力。

　　例4、 向空中發(fā)射一物體．不計空氣阻力，當(dāng)物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊．若質(zhì)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(chǎn)，b一定同時到達(dá)地面

　　D．炸裂的過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量大小一定相等

　　【錯解分析】 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。

　　錯解二：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(dá)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(zhì)量較大，所以a受的沖量較大，所以D不對。

　　錯解一中的認(rèn)識是一種憑感覺判斷，而不是建立在全面分析的基礎(chǔ)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，(m_A+m_B)v=m_Av_A＋m_Bv_B，v_B的方向也可能與v_A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。

　　【正確解答】 物體炸裂過程發(fā)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(jù)動量守恒定律有：

(m_A+m_B)v = m_Av_A＋m_Bv_B

　　當(dāng)v_A與原來速度v同向時,v_B可能與v_A反向，也可能與v_A同向,第二種情況是由于v_A的大小沒有確定，題目只講的質(zhì)量較大，但若v_A很小，則m_Av_A還可能小于原動量(m_A+m_B)v。這時,v_B的方向會與v_A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v_A、v_B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(jù)牛頓第三定律，a，b所受爆炸力F_A=－F_B，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。

　　【小結(jié)】 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(jìn)而結(jié)合過程特點(沿水平方向物體不受外力)，運動相應(yīng)的物理規(guī)律(沿水平方向動量守恒)進(jìn)行分析、判斷。解答物理問題應(yīng)該有根有據(jù)，切忌“想當(dāng)然”地作出判斷。

　　例5、一炮彈在水平飛行時，其動能為=800J，某時它炸裂成質(zhì)量相等的兩塊，其中一塊的動能為=625J，求另一塊的動能

　　【錯解分析】 錯解：設(shè)炮彈的總質(zhì)量為m，爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律：

P=P₁＋P₂

　　代入數(shù)據(jù)得：E_k=225J。

　　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。

　　【正確解答】 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(fù)，由動量守恒定律：

P＝P₁＋P₂

　　解得：=225J或4225J。

　　正確答案是另一塊的動能為225J或4225J。

　　【小結(jié)】 從上面答案的結(jié)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(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能的緣故。

　　例6、 如圖5－3所示，一個質(zhì)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(zhì)量為m的木塊C置于車上時的初速度為v₀。因摩擦經(jīng)t秒木塊停下，(設(shè)小車足夠長)，求木塊C和小車各自受到的沖量。

　　【錯解分析】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。

　　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(nèi)容是：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化量。數(shù)學(xué)表達(dá)式為I_合=P₂－P₁，等式左側(cè)的沖量應(yīng)指合外力的沖量。在上述解答中，求木塊C受到的沖量為mv₀是正確的。因為C受到的合外力就是f (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。

　　【正確解答】 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。

　　【小結(jié)】 在學(xué)習(xí)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(xiàn)是合外力而不是某一個力。

　　參考練習(xí)：質(zhì)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(jīng)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o.6N?s)

　　例7、 總質(zhì)量為M的裝砂的小車，正以速度v₀在光滑水平面上前進(jìn)、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？

　　【錯解分析】錯解：質(zhì)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

　　上述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(zhì)量變了，即原來屬于系統(tǒng)內(nèi)的砂子漏出后就不研究了。這樣，所謂系統(tǒng)的初狀態(tài)及末狀態(tài)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)

　　【正確解答】 質(zhì)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：

Mv₀= mv＋(M－m)v

　　解得：v = v₀即砂子漏出后小車的速度是不變的。

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

　　例8 、一繩跨過定滑輪，兩端分別栓有質(zhì)量為M₁，M₂的物塊(M₂＞M₁如圖5－4)，M₂開始是靜止于地面上，當(dāng)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。

　　【錯解分析】錯解：M₁自由下落H距離時，速度v₁=。在M₁和M₂組成的系統(tǒng)中，它們相互作用前后的動量守恒。當(dāng)繩子剛被拉緊時，設(shè)M₁，M₂的共同速度為v，

　　實際上，上述結(jié)果是正確的，但在解題過程中，出現(xiàn)了兩個錯誤。其一，沒有認(rèn)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(tǒng)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(tǒng)所受合外力不為零。不能對整個系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律。其二，即使能應(yīng)用動量守恒定律，也應(yīng)認(rèn)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(rèn)為M₁與M₂系統(tǒng)的動量為(M₁＋M₂)v。

　　【正確解答】 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(yuǎn)遠(yuǎn)大于物體的重力，可以認(rèn)為T₁=T₂，所

　　【小結(jié)】 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(guī)律時一定要注意規(guī)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(fā)進(jìn)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(yīng)用動量守恒定律時，要注意此規(guī)律的矢量性，即要考慮到系統(tǒng)內(nèi)物體運動的方向。

　　例9、 在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質(zhì)量為M，槍內(nèi)裝有n顆子彈，每顆質(zhì)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(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已陷入靶中，則在發(fā)射完n顆子彈后，小船后退的距離為多少？

　　【錯解分析】錯解： 設(shè)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(gòu)成的系統(tǒng)列動量守恒方程：

mv = [M＋(n－1)m]v′ ②

　　在時間t內(nèi)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(lián)立①②③④解得：

　　【正確解答】 設(shè)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，由幾何關(guān)系可知

l= d+s₁即l=v?t + v′t ⑤

　　聯(lián)立②③④⑤解得：

　　【小結(jié)】 對本題物理過程分析的關(guān)鍵，是要弄清子彈射向靶的過程中，子彈與船運動的關(guān)系，而這一關(guān)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(guān)系�？梢娎�用運動的過程草圖，幫助我們分析類似較為復(fù)雜的運動關(guān)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(jìn)。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？

　　【錯解分析】錯解： 以A，B原來速度方向為正，設(shè)小車B后來的速度為v′，根據(jù)動量守恒定律，則

(m_A+m_B)v=m_Bv′－m_Av

　　即：(m_A＋m_B＋m_A)v = m_Bv′

　　因為2m_A＋m_B＞m_B

　　所以：v′＞v(變大)方向為原來的方向。

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

　　當(dāng)我們研究對象為A和B組成的系統(tǒng)時(如上述錯解的研究對象)。在A與障礙物C發(fā)生碰撞時，因為C對A的作用力就A與B的系統(tǒng)來說是外力，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(yīng)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(dǎo)致錯誤。

　　【正確解答】 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(fā)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(tài)的運動情況，因此B將以速度v繼續(xù)前進(jìn)。

　　【小結(jié)】 物體間發(fā)生相互作用時，選哪個系統(tǒng)為研究對象，這是人為的選擇，但要注意，若系統(tǒng)選擇不當(dāng)，則導(dǎo)致對該系統(tǒng)不能應(yīng)用動量守恒定律來求解，如本題的A，B組成的系統(tǒng)。因此我們應(yīng)注意研究對象的選取，使其能滿足我們所選用規(guī)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、 如圖5－7所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是： [ ]

　　A．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功

　　B．小球在半圓槽內(nèi)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。

　　【錯解分析】 錯解一：半圓槽光滑，小球在半圓槽內(nèi)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(tǒng)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。

　　【正確解答】 本題的受力分析應(yīng)與左側(cè)沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區(qū)分開來。（圖5-8）

　　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?qū)Π雸A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?qū)Π雸A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(dāng)小球運動到C點時，它的兩個分運動的速度方向如圖5－9，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(nèi)自B→C運動過程中，雖然開始時半圓槽與其左側(cè)物塊接觸，但已不擠壓，同時水平而光滑，因而系統(tǒng)在水平方向不受任何外力作用，故在此過程中，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，所以正確答案應(yīng)選C。

　　【小結(jié)】 在本題中由于半圓槽左側(cè)有物塊將槽擋住，導(dǎo)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(guān)系，及球和槽組成的系統(tǒng)所受合外力情況都發(fā)生了變化。而這一變化導(dǎo)致了兩個過程所遵從的物理規(guī)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(rèn)真細(xì)致的具體分析，切忌不認(rèn)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12、在質(zhì)量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質(zhì)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(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)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(fā)生的？ [ ]

　　A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関₁、v₂、v₃，滿足：（M+m₀）u=Mv₁+mv₂+m_ov₃

　　B．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関₁和v₂，滿足：Mu=Mv₁+mv₂

　　C．?dāng)[球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関，滿足：Mu=（M+m）v

　　D．小車和擺球的速度都變?yōu)関₁，木塊的速度為v₂，滿足：（M+m₀）u=（M+m₀）v₁+mv₂

　　【錯解分析】錯解：選A，D。

　　選擇A，D的一個共同原因，是認(rèn)為在碰撞的過程中，單擺也參加了碰撞，選A是認(rèn)為三者發(fā)生碰撞，因而各自有一個速度；而選D的同學(xué)認(rèn)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(guān)系應(yīng)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。

　　【正確解答】 由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發(fā)生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現(xiàn)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(fā)生變化，因此，選項中應(yīng)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(guān)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。

　　【小結(jié)】 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(rèn)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13、 如圖5－10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(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍，當(dāng)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(yīng)為多大？

　　【錯解分析】錯解：設(shè)滑塊A能滑到h高的最小初速度為v，滑塊A到達(dá)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：

mv₀cosθ=mv′＋Mv′ ①

　　在B的上端點m的合速度為：

　　由動能定理有：

　　主要是對滑塊A滑過最高點的臨界狀態(tài)分析不清楚。實際上，當(dāng)滑塊能夠到達(dá)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(guān)于滑塊A的動能，直接代入水平速度即可。

　　【正確解答】 根據(jù)水平方向動量守恒有：

mv₀cosθ=(m+M)v′ ①

　　【小結(jié)】 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(guān)鍵字眼，“滑過”、“至少”等要深入挖掘。

　　例14、 質(zhì)量為M的小車，如圖5－11所示，上面站著一個質(zhì)量為m的人，以v₀的速度在光滑的水平面上前進(jìn)。現(xiàn)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？

　　【錯解分析】 錯解一：把人和車作為一個系統(tǒng)，水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，設(shè)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(tǒng)，因為水平方向不受外力、所以水平方向動量守恒。設(shè)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(tài)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(yīng)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(jīng)由v₀變換成(v₀+△v)了。所以，人相對于地的速度，不是(v－v₀)而應(yīng)為[u－(v₀+△v)]。

　　【正確解答】 以人和車作為一個系統(tǒng)，因為水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒。設(shè)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)]

　　【小結(jié)】 (1)在應(yīng)用動量守恒定律時，除注意判斷系統(tǒng)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(yīng)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(tǒng)初態(tài)動量為零，末態(tài)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(guān)。第二種解法顯然比第一種要簡捷得多。

　　例15、 質(zhì)量為M的小車，以速度v₀在光滑水平地面前進(jìn)，上面站著一個質(zhì)量為m的人，問：當(dāng)人以相對車的速度u向后水平跳出后，車速度為多大？

　　【錯解分析】 錯解一：設(shè)人跳出后的瞬間車速為v，則其動量為Mv，根據(jù)動量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv

　　錯解二：設(shè)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(jù)動量守恒定律有：

(M+m)v₀=Mv+m(u＋v)

　　錯解三：設(shè)車的前進(jìn)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(jù)動量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv－mu

　　錯解四：設(shè)車的前進(jìn)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(jù)動量守恒定律有：

(M＋m)v₀＝Mv－m(u－v₀)

　　錯解一的錯誤原因是動量守恒的對象應(yīng)為車和人的系統(tǒng)，而錯解一中把人跳離車后的動量丟掉了，即以系統(tǒng)的一部分(車)來代替系統(tǒng)(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(shù)和，忽略了動量的矢量性。

　　錯解三的錯誤在于參考系發(fā)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(tǒng)(M＋m)的速度，－m(u－v₀)就不能代表人跳離車后瞬間人的動量。

　　【正確解答】 選地面為參照系，以小車前進(jìn)的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：

(M＋m)v₀=Mv－m(u－v)

　　【小結(jié)】 應(yīng)用動量守恒定律解題時應(yīng)注意幾個方面。

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

　　(2)矢量性，動量守恒是指系統(tǒng)內(nèi)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(shù)方法，如本題錯解二。

　　(3)相對性，動量守恒定律中系統(tǒng)在作用前后的動量都應(yīng)是相對于同一慣性參考系而言。如系統(tǒng)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(tǒng)內(nèi)的各部分在不同時刻具有不同的動量，系統(tǒng)在某一時刻的動量，應(yīng)該是此時刻系統(tǒng)內(nèi)各部分的瞬時動量的矢量和。

　　例16、 圖5－12，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為M，人與車以速度v₁在光滑水平面上向東運動。當(dāng)此人相對于車以速度v₂豎直跳起時,車的速度變?yōu)椋?( )

　　【錯解分析】 錯解一：根據(jù)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(tǒng)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

　　 產(chǎn)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，V_2，V₁′的方向混為一談，而出現(xiàn)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(rèn)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(rèn)識出發(fā)就造成判斷本題的錯誤。也因為沒有狀態(tài)分析的習(xí)慣。

　　【正確解答】 人和車這個系統(tǒng)，在水平方向上合外力等于零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。設(shè)車的速度V₁的方向為正方向，選地面為參照系。初態(tài)車和人的總動量為Mv₁，末態(tài)車的動量為(M－m)v′_l(因為人在水平方向上沒有受到?jīng)_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(yīng)為D。

　　【小結(jié)】 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(tǒng)所受合外力為零；

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

　　(3) 系統(tǒng)所受合外力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)動量近似守恒。對于不同情況，應(yīng)根據(jù)不同的條件去分析。在上述三種情況下，都可以應(yīng)用動量守恒定律求解相應(yīng)物理量。

例17、 如圖5－13所示，在光滑水平軌道上有一小車質(zhì)量為M₂，它下面用長為L的繩系一質(zhì)量為M₁的砂袋，今有一水平射來的質(zhì)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(zhì)量，試求子彈射入砂袋時的速度V₀多大？

　　【錯解分析】錯解： 由動量守恒定律：mv₀=(M₁＋M₂+m)v

　　解得：

　　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(qū)別在于懸點的不固定，而是隨著小車往前移動的。當(dāng)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(xué)生在分析物理過程及建立物理模型時最容易產(chǎn)生的錯誤。

　　【正確解答】 子彈射入砂袋前后動量守恒，設(shè)子彈打入砂袋瞬間具有速度v₀′，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(dāng)(M₁+m)與M₂具有共同水平速度時，懸線偏角θ達(dá)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(shè)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，v₀′，v，還需再尋找關(guān)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

　　【小結(jié)】 對于大部分學(xué)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(zhuǎn)換成為我們熟悉的，舊有的，規(guī)范的物理模型中，進(jìn)而用比較普遍運用的物理規(guī)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(qū)別，達(dá)到解決問題的目的。

　　例18、 如圖5-14所示，有兩個物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質(zhì)量為2kg，B的質(zhì)量為3kg。有一顆質(zhì)量為100g的子彈以800m/s的水平速度射入A，經(jīng)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。

　　【錯解分析】錯解： 設(shè)A，B質(zhì)量分別為m_A，m_B，子彈質(zhì)量為m，子彈離開A的速度為v，物體A，B最終速度分別為v_A，v_B，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 = m_Av_A－0

　　解得：v_A=15m/S。

　　對子彈、物體B組成的系統(tǒng)，因為合外力為零，所以動量守恒，由動量守恒定律有：

mv=（m+m_B）v_B

　　解得：v_B=16.13m/s。

　　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。

　　【正確解答】 設(shè)A，B質(zhì)量分別為m_A，m_B，子彈質(zhì)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v_A，v_B。

　　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(yīng)用動量定理。

f?t=（m_A+m_B）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V_A=u=6m/s。

　　對子彈，A和B組成的系統(tǒng)，應(yīng)用動量守恒定律：

mv₀=m_A?v_A+（m+m_B）v_B

　　解得：v_B= 21.94m/s。

　　物體A，B的最終速度為v_A=6m/s，v_B=21.94m/s。

　　【小結(jié)】 （1）此題當(dāng)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(shè)為V，其余所設(shè)如前）

mv₀=mv+（m_A+m_B）u ①

　　在子彈射穿B的過程中動量守恒

mv+m_Bu=（m+m_B）u' ②

　　代入數(shù)據(jù)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(dǎo)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(zhì)量共為30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg。游戲時，甲推著一個質(zhì)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？

　　【錯解分析】錯解： 設(shè)甲與他的冰車以及乙與他的冰車的質(zhì)量為M，箱子的質(zhì)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(shè)箱子的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：

mv－Mv₀=0

　　在此題中，有兩個關(guān)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(dāng)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(xù)完成本題，設(shè)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(xù)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(jié)果不符合題目要求。第二個關(guān)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(dāng)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(shù)據(jù)代入可以得知，乙和箱子將以0.67m/s的速度后退。

　　【正確解答】 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(shè)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(lián)立①②③解得：v=5.2m/s，方向與甲和箱子初速一致。

　　【小結(jié)】 本題從動量守恒定律的應(yīng)用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關(guān)系分析清楚（乙和箱子、甲的運動關(guān)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(zhuǎn)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。