2．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是　　 BCD　

A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒]

B．整个系统任何时刻动量都守恒

C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v

D．AB车向左运动最大位移小于L[

1．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为　　 7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是A 　　　　 　

A．Δp₁=-1 kg·m/s，Δp₂=1 kg·m/s

B．Δp₁=-1 kg·m/s，Δp₂=4 kg·m/s

C．Δp₁=-9 kg·m/s，Δp₂=9 kg·m/s

D．Δp₁=-12 kg·m/s，Δp₂=10 kg·m/s[

3．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取，求爆竹能上升的最大高度。

解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得

，，

爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒　 _{[来源:Z。xx。]}

练习2

2．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么(　 A、B、D)

A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2

B．A、B质量比为2∶1

C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2

D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2

练习1

1．质量为M的小车在水平地面上以速度v₀匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将(　 B　 )

A．减小　　　　 B．不变　　　 C．增大　　　　 D．无法确定

6．物块与平板间的相对滑动

[例8]如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v₀,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

(1)A、B最后的速度大小和方向；

(2)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。

解析：(1)由A、B系统动量守恒定律得：

Mv₀-mv₀=(M+m)v　　　 ①

所以v=v₀ 方向向右

(2)A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv₀-mv₀=Mv′ 　　　　 ①

对板车应用动能定理得：

-μmgs=mv′²-mv₀² 　　②[

联立①②解得：s=v₀²

[例9]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，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C(可视为质点)，以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3.0m/s，求：

(1)木块A的最终速度； (2)滑块C离开A时的速度。

　解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。

(1)当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有　

∴=

(2)为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为， B与A的速度同为，由动量守恒定律有

∴

5．某一方向上的动量守恒

[例7] 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零(杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等)系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv

且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：

Md=m［(L-Lcosθ)-d］

解得圆环移动的距离：　　 d=mL(1-cosθ)/(M+m)[

4．爆炸类问题

[例6] 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。

分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m₁+m₂ )g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统动量近似守恒。

设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度；m₁=0.3kg的大块速度为m/s、m₂=0.2kg的小块速度为，方向不清，暂设为正方向。

由动量守恒定律：

m/s

此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反

3．反冲问题

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。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。

[例4] 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？

解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l₁、l₂，则：

mv₁=Mv₂，两边同乘时间t，ml₁=Ml₂，而l₁+l₂=L，

∴

点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。

以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m₁v₁=m₂v₂这种形式列方程，而要用(m₁+m₂)v₀= m₁v₁+ m₂v₂列式。

[例5] 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v₀，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？

解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v₀方向为正方向，

2．子弹打木块类问题

子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

[例3] 设质量为m的子弹以初速度v₀射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s₁、s₂，如图所示，显然有s₁-s₂=d

对子弹用动能定理：　　　　　　　 ……①

对木块用动能定理：　　　　　　　　　 ……②

①、②相减得： ……③

点评：这个式子的物理意义是：fžd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移)。

由上式不难求得平均阻力的大小：

至于木块前进的距离s₂，可以由以上②、③相比得出：

从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

一般情况下，所以s₂<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：…④

当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE_K= f žd(这里的d为木块的厚度)，但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE_K的大小。