有关动量的几篇文章

从一道易错题谈动量守恒定律的理解重庆市丰都中学付红周动量守恒定律是力学中的重要定律，具有系统性、矢量性，瞬时性、同参考系性，在用动量守恒定律求解实际问题时，学生往往理解不到位，忽视这几个方面，造成解题的错误。那么怎样在解题的过程理解动量守恒定律的四性呢？下面通过一个例子来说明对动量守恒定律四性的理解：例：质量为M的小车，以速度V。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？一、典型错解错解一：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+状)为=Mv_M+状解得：V=^^V°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+地)％=Mv+v)M得"寸布”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，人的动量为一mu，根据动量守恒定律有：(M+^)v0=Mv-muM-\-mm解得：V-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，人的动量为一m(u—vo)，根据动量守恒定律有：(M+湖气=Mv-m(u-v0)解得：V=二、错解原因分析.系统的选择不一致造成错解如错解一，原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而不是只有车，即以系统的一部分(车)来代替系统(车和人)。.没有考虑矢量方向造成错解如错解二，错解是没有考虑到，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。.没有注意同参考系造成错解如错解三，此解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，没有考虑系统的同参考系性。.等式的左边或右边动量表达不同时造成错解如错解四：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，一m(u—v。)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量，是没有理解动量守恒定律的同时性。三、解动量守恒题应同时注意的动量守恒的四性通过上面的错解可以看出，应用动量守恒定律解题时应同时注意“四性”。1.系统性。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。所选的系统是有相互作用的物体系，没有相互作用的物体不能选为系统。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。在解决问题时一定要规定正方向，与正方向相同的取正，与规定正方向相反的取负同参考性。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。4.瞬时性。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4.瞬时性。般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的运用动量守恒定律时，这几个方面相互联系，互为一体，不能只考虑某一方面而忽略另一方面，造成顾此失彼的现象。四、正确的解法那么正确的解法是：选地面为参照系，以小车和车上的人为系统，以小车前进的方向为正方向，跳前系统对地的速度为吃，设跳离时车对地的速度为V，人对地的速度为^+v，根据动量守恒定律有:(M+m)vQ=一-v)m解得：”"石;丁动量守恒定律应用注意事项剖析湖北省阳新县高级中学柯岩一、动量守恒条件的近似性的选取例1一枚在空中飞行的导弹，质量为冲，在某点速度的大小U，方向水平向右。导弹在该点突然炸裂成两块，其中质量为m的一块沿着U的反方向飞去，速度大小为方，求炸裂后另一块的速度的。例2在水平轨道上放置一门质量为M的炮车，发射炮弹的质量为m，炮车与轨道间摩擦力不计，当炮身与水平方向成8角发射炮弹时，炮弹相对于炮身的出口速度为％，试求炮车后退的速度U。在例1中，导弹炸裂前可认为导弹是由质量为m和(M—m)的两部分组成的系统。导弹的炸裂过程可以看成是这两部分相互作用的过程。系统在炸裂过程受到的外力是两者的重力，即所受的外力之和不为零。不过，系统所受的外力远小于系统内力。因而可以认为系统满足动量守恒的条件。在例2中，炮弹和炮车构成系统。在发射炮弹过程中，系统所受的外力是两者的重力G和地面的支持力F。由于倾斜发射炮弹，故F〉G，即系统所受的外力之和不为0。不过系统在水平方向上不受外力，因而在水平方向上系统动量守恒。可见动量守恒定律的条件可以归纳如下：系统不受外力或所受外力之和为零；系统所受的外力远小于所受的内力；系统在某一方向不受外力或所受外力之和为零；系统在某一方向所受外力远小于内力。二、动量守恒系统的选取％例3一质量为M的小船，静止于湖水中，船身长为L，船的两端有质量分别为吗和吨的人，且欧1＞峰，当两个人交换位置后，船身位移的大小是多少？（不计水的阻力）错解1：设人吗从船的一端走向另一端，船M、人吗对地的位移分别为&和&，由动量守恒定律可得吒=%三，而&+¥=£，解得同理可求得峰从船的另一端走向这一端时，船对地的位移为-m2）MS—Si~I-S-^i—L因而船的位移大小为（％+的例+财）错解2：把质量大的人吗换成两个人，其中一个人的质量为峰，另一个人的质量为扁「幽以当两个质量为峰的人互换位置后，船将原地不动。这样船的位移可以通过质量为（吗一峰）的人从船的一端走向另一端时来求得。设船对地的位移为s,则质量为吗-峰的人对地的位移为（L一S）。由动量守恒定律可得七5一心十。可得沮，。造成上述错误的原因就在于选取的系统不对。其实把走动的人与船组成系统，它们的动量是不守恒的，而将走动的人与船和另外一个组成的系统动量才守恒。正解1：设吗从一端走向另一端时，吗与船M相对静止，屿与（峰+M）组成的系统动量守恒。由动量守恒定律得w七1可得。同理可求得峰运动时，吗与M相对静止时，船的位移大小为力=——L_酬i+峰+凶，故船实际后退位移的大小应为s，£=£]-%=L+m2+M正解2：若将质量大的吗看成由质量为峰和（刑i-峰）的两个人，（枫i一幽a）的人由一端走到另一端，（刑1-峰）与（M+^2）组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得㈣-知+M疣可得挪三、动量守恒的矢量性、同一性、同时性例4平静的水面上有一载人的小船，船和人的总质量为M。站立在船上的人手中拿一质量为m的物体，起初人相对船静止，船、人、物以共同的速度外前进。当人相对船以速度p向相反方向将物体抛出后，求船和人的速度u（水的阻力不计）。解析：此题充分体现了动量守恒定律的“三性”。然而在同学中常见的错解有以下三种：错解1：对系统列方程得（m+M）=Mu+m（-p）错误在于列方程时没有注意“同一性”，即方程中各动量必须是针对同一参考系而言的。由于船速外、u都是以水面为参考系，而p是相对船的速度，必须变成相对于是同一参考系（即水面）的速度。错解2：对系统列方程得（状+就）蜘=圾＞+幽（u+#）错误在于没有注意“同时性”，当物体被抛出的瞬间，船速已发生变化，不再是原来的蜘，而是变成了。，即p和u是同一时刻的速度，抛出后物体对地的速度是（u-p），而不是（蜘-p）。正解：以船速方向为正方向，由动量守恒定律得（m+沮）蜘二Mu+一#）mp.可求得°m+M碰撞问题归类一、碰撞的定义相对运动的物体相遇，在极短的时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞。二、碰撞的特点作用时间极短，相互作用的内力极大，有些碰撞尽管外力之和不为零，但一般外力（如重力、摩擦力等）相对内力（如冲力、碰撞力等）而言，可以忽略，故系统动量还是近似守恒。在剧烈碰撞有三个忽略不计，在解题中应用较多。碰撞过程中受到一些微小的外力的冲量不计。碰撞过程中，物体发生速度突然变化所需时间极短，这个极短时间对物体运动的全过程可忽略不计。碰撞过程中，物体发生速度突变时，物体必有一小段位移，这个位移相对于物体运动全过程的位移可忽略不计。典型问题及其结论：如图示一木块用细绳悬挂于天花板上。点处于静止状态，一颗质量为m的子弹以水平速度v°射向质量为M的木块，射入木块后，留在其中，求木块可达最大高度。（子弹和木块均可看作质点，木块未碰天花板。空气阻力不计。）%分析及解答：子弹进入木块前后动量守恒则有：mv=(M+m)V0子弹进入木块后，与木块一起绕0点转动，由机械能守恒定律得：2(M+m)V2=(M+m)gh说明：在此题中，子弹进入木块前后归为一个碰撞过程，子弹进入的过程中，木块的位移极小，忽略不计，所以在列机械能守恒定律方程时，其初状态可取木块位于最低点时的位置。三、碰撞的分类弹性碰撞(或称完全弹性碰撞)如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞(或称完全弹性碰撞)。此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒。非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞。此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒。完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，则机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞。碰撞物体粘合在一起，具有同一速度。此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大。典型问题及其结论：在一光滑水平面上，有A、B两个小球发生碰撞，设碰撞前后两小球的速度分别为V、V、V'、V'，小球质量分ABAB别为mA和mBo(1)、若两小球发生的是完全弹性碰撞，系统动量和机械能都守恒。则有：mv+mv=mv、+mv'AABBAABB2mv2^2mv2=2mv'2+2mv'2AABBAABB若设Vb=0（即碰撞前B静止），vA=V0,解得:七=%5/①衫％V「=钏+叱②讨论：由v表达式可知，匕恒大于零，即B球肯定是向前运动的，因B受到的冲量向前。当mA=mB时，vA'=0，v「=V0即A、B动量互换，实现了动量和动能的全部转移。当mA〉mB时，Va0，即碰后A球依然向前运动，不过速度比原来小了。当mA<mB时，vaV0，即碰后A球反弹，且一般情况下速度也小于v0了。当队>>m时，v=v，v'=2V。碰后A的速度几乎没变，ABA0B0仍按原来速度运动，B以A速度的两倍向前运动。当m<<m时，v=—v，v'=0。碰后A被按原速率弹回，ABA0BB几乎未动。（2）、若两小球发生的是完全非弹性碰撞，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大。则有：mv+mv=（m+m）vAABBAB111机械能损失=2mV2+>mV2—5（m+m）V2AABBAB上述结论在解题中应用较广，比如2007年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷II）理综试卷中的第24题就是上述完全弹性碰撞的模型。附：2007年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷11）理综试卷中的第24题24.（19分）用放射源针的a射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）。测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7：0。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子。假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。（质量用原子质量单位u表示，血等于1个12C原子质量的十二分之一。取氢核和氦核的质量分别为1.0u和14u。）解：设构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v,氢核的质量为mH。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为V和％'。由动量守恒与能量守恒定律得TOC\o"1-5"\h\zmv=mv'+mv'①2mv2=2mv'2+2mv'2②解得v「=^+幽面③同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为2mv▼：=幽+幽站④由③④式可得二■:⑤v「=7.0vN'⑥将上式与题给数据代入⑤式得m=1.2u⑦例谈动量守恒中系统的选择江西临川第十中学周喜吕在学习动量守恒定律之后，会接触到多个物体参与作用的动量守恒问题。系统的动量守恒不是系统内所有物体的动量不变，而是系统内每个物体动量的矢量和不变。对于多个物体参与作用，要善于应用整体动量守恒；要善于选择合理系统；要善于选择相互作用过程。一、多个物体发生作用存在较明显的先后例1（2001年全国高考题）质量为M的小船以速度v。行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾。现小孩a沿水平方向以速率v（相对静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中。求小孩b跃出后小船的速度。分析小船匀速行驶，所受合外力为零，人与船在水平方向上发生相互作用，满足动量守恒定律。方法1以小孩a和船及船上的小孩b为一系统，设小孩a跃出后小船向前行驶的速度为七，根据动量守恒定律有w+w%=(x+幽加+g,①又以小孩b和船为一系统，设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v2，根据动量守恒定律有W+心1=柄厂次。②『2妒Vn=1+Vn由①②可解得【M尸方法2由于两小孩跃出时对水面有相同速率，故依次跃出和同时跃出产生的效果相同，即可相当a、b同时与船发生相互作用，设小孩a、b跃出后小船向前行驶的速度为七，根据动量守恒定律有(M+2^)v0=Mv2+mv—mvf2m、''Vn=1+Vn解得"【纨尸显然，用整体动量守恒得出结论和选择分过程为系统得出的结论相同，但用整体动量守恒无须求出a小孩跃出后小船的速度，直接应用几个物体整体动量守恒，不仅使解题方便简洁，还能加深对动量守恒定律的认识和理解。变题若本题中，小孩a是以相对船沿水平方向的速度v向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以相对船的速度v向后跃入水中，则船的速度又是多少？解析以小孩a和船及船上的小孩b为一系统，设小孩a跃出后小船向前运动的速度为七，由动量守恒定律，有0+&加=（沮+幽加+*+%），①以小孩b与小船为一系统，设小孩b跃出后小船向前运动的速度为v2，由动量守恒定律有0+幽加=峋-*-的）。②由①②得1+竺M小孩a、b在前后跃入水中的情景不相同，前者问题中小孩么b都是以相对静止的水面的速度跃入水中，后者问题中小孩a、b分别以相对船的速度v跃入水中，导致小船前后速度不相同。因此，发生相互作用的多个物体，先后作用产生的效果相同，可以应用整体动量守恒；先后产生的效果不相同，则不能应用整体动量守恒，而应多考虑分系统，分过程动量守恒。二、多个物体相互作用，没有明显的先后或同时进行例2两只小船平行逆向航行，船和船上的麻袋总质量分别为m甲=500kg，m乙=1000kg，当它们头尾相齐时，由每只船上各投质量m=50kg的麻袋到另一船上去，结果甲船停下来，乙船以v=8.5m/s的速度沿原方向继续航行，求交换麻袋前两只船的速率各为多少？（水阻力不计）分析投掷麻袋时，由于船与麻袋在前进方向上均未受到外力作用，故由动量守恒定律知道，在麻袋未落到对面船上以前，甲、乙二船及空中麻袋在各自前进方向上的速度未发生变化，麻袋在未交换前与船同速度。以甲船上投出的麻袋和抛出麻袋后的乙船为系统，则该系统的总动量守恒，选乙船前进方向为正方向，有-mv甲=m^v。①以从乙船上抛出的麻袋和抛出麻袋后的甲船为系统，则该系统的总动量守恒，有幽”己一（m甲一幽为甲=0。②代入数据，由①②联立解得V甲=Im/s，吃=9m/s。此题亦可选择四个物体为一系统，则有斡甲，此式跟以上①②两式中的任一个联立也可以求解。此问题中牵扯的物体比较多，但前进方向上整体系统不受任何外力，再者麻袋与船两两构成的系统前进方向上亦不受外力。正确选择研究系统为解决此类问题的关键，选得恰当解题比较简单，选择不恰当会给计算带来许多麻烦。例3A车的质量m1=20kg,车上的人质量m=50kg,A车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h=0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2=50kg的B车正以v0=1.8m/s的速度沿光滑水平面向A车滑来。为了避免两车相撞，在两车相距适当距离时，A车上的人跳到B车上。为使两车不会发生相撞，人跳离A车时，相对于地面的水平速度应该在什么范围内？不计斜坡的摩擦。(g取10m/s2)分析在人跳离A车和人跳上B车的过程中合外力为零，各自动量守恒。由于人跳离A车后，A车可能继续前进，也可能沿原方向相反方向冲上斜坡再滑下，因而有两种情况。以人和A车为一系统，设人以相对于地面速度讨跳离A车后，A车以速度七向右运动，此过程动量守恒，有(mi+mg=mz+幽^，①再以人和B车为一系统，设共同速度为七，由动量守恒定律，有幽^'_幽费口=o+幽J玲，②不相碰的条件是%5③其中V是指A和人从斜坡滑到水平面上运动的速度，由机械能守恒定律求得v=J2酗=2mis。代入数据，联解①②③得寸圭膈M。（2）设人以相对于地面的速度v〃跳离A车后，A车以速度&向左运动，以人和A车为一系统，由动量守恒定律有W-^v/，④然后以人和B车为一系统，设人跳上B车后共同速度为v2,根据动量守恒定律有欧伊—幽“％=（幽+酬Jd”⑤A、B两车不相碰条件的兰倡⑥代人数据，联解求得v"<4.8^/so综合后可得A，B两车不发生碰撞，人跳离A车时相对地面的速度应是v>3.8rn/so

在本题中，如果选A、B车和人三者为一系统，由整体动量守恒有（m】+m为-mg=mM]+O+幽，而没有考虑单个过程动量守恒，必定给解题者带来迷惑，觉得再难以找到切入点。若选择两个分系统，分过程，解题思路较清晰，很快就可以求出结果。综上可知，对于第一种类型的习题，若多个物体先后相互作用产生的效果相同，则首选整体为一系统；若先后作用产生效果不相同，则慎用整体动量守恒，而应考虑选择合理的分系统，分过程，较为妥当。对于第二种类型的习题，一般情况下选择合理的分系统，分过程进行分析，有时也可将选择的分系统，分过程动量守恒与整体动量守恒相结合。完全弹性碰撞妙趣横生、耐人寻味，是很特殊的一类碰撞。本文拟从七个方面入手，通过一些经典的实例和身边的现象，仔细“品味”完全弹性碰撞，以期激发学生学习物理的兴趣。如果主碰球的质量为吗，被碰球的质量为吗，根据动量守恒和机械能守恒：秫］V］+秫沔=幽］巧+幽g'1—211皿+-^2v2=-^+-^2v2解得解得一、两和相等结论推导：方+神=方+刃。【这个结论再没有其它任何条件，适用范围最广。】典型示例：质量为沮=3轮速度为)=用的小球，与质量为*1蚀速度为％=8s的小球发生正碰，以下各组答案表示完全弹性碰撞的一组是：(A)A."=—1酬仆，柘=弘岳"=1知s，诚=-5幽傍"=2知8，v(2=-5m!s解析：只要套用结论方+"=方+移，便很容易地得到A答案。点评：这是一个鲜为人知却很有用的结论，可以简单地判断和区别碰撞类型。二、偷梁换柱结论推导：若欧1=峰，则"=为，柘=气。(交换速度)BvAn■—nTTTTTTTtTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT?副(2)典型示例:如图1所示，在光滑的水平面上有一辆长为£=i.m的小车A，在A上有一木块B(大小不计)，A与B的质量相等，B与A的动摩擦因数为以=。。5。开始时A是静止的，8位于A的正中以初速度"g/s向右运动，假设B与A的前后两壁碰撞是完全弹性的，求B与A的前后两个墙壁最多能相碰多少次？解析：先是B在摩擦力的作用下减速，A在摩擦力的作用下加速。地面是光滑的，系统动量守恒，B与A的前壁发生完全弹性碰撞，且质量相等，因此A与B交换速度。此后，B将加速，A将减速，B又与A的后壁发生完全弹性碰撞交换速度。就这样不停地减速，间断地交换，最终达到相等的速度，相对运动宣告结束。g=2%%，解得%=。再根据系统的动能定理"奶亭飞必计七加，解得s=12我。在滑动摩擦力中，s是相对路程，所以最多能相碰12+1=13次。*图2（3）现象链接：如图2所示，质量相等的两个刚性小球，摆角不相等，同时由静止自由释放，各自将会在自己的半面振动，但是角度不停地周期性变化，对于左面的小球角度的变化是：目*_目*...，右面的小球角度的变化是・.ucd,°妙趣横生。三、前赴后继（1）结论推导：若刑1=峰，且为=。，则"=。，^；=乃。（传递速度）（2）一题多变：在图1中，如果B与A之间光滑，B与地面之间的动摩擦因数为氏=00,，其它条件不变，求B与A的前后两个墙壁最多能相碰多少次？解析：先是B在A上无摩擦的滑动，与A的前壁发生短暂的完全弹性碰撞，可以看作动量守恒，由TA与B质量相等，所以它们传递速度，B便停下来，A在此速度的基础上开始减速，接着B与A的后壁又发生完全弹性碰撞传递速度，B又匀速运动，A又停止。就这样二者交换，走走停停，最终系统都停下来。根据系统的动能定理：解得a?知。则B与A的前后两个墙壁最多能相碰12x2+1=25次。点评：虽然情景相似，但略作变化，结果就大相径庭。（3）现象链接：①（英国皇家学会的一个很著名的实验）它是在天花板上悬挂好多相等摆长的双线摆，当第一个小球摆下以后，这个速度一直就会传递到最后一个小球，最后一个小球也就摆到原来的高度，这样一百往复运动下去，中间的双线摆不运动，起到传递速度的作用。如图3所示。图3②（台球）这在台球运动中是经常见到的现象。（4）经典回顾：（93年全国高考题）如图4所示，A、B是位于水平桌面上的两个质量相等的小木块，离墙壁的距离分别为和£，，与桌面之间的动摩擦因数分别为单和处，今给A以某一初速度，使之从桌面的右端向左运动，假定A、B之间，B与墙壁之间的碰撞时间极短，且碰撞中总动能无损失，若要使木块A最后不从桌面上掉下来，则A的初速度最大不能超过多少？解析：物理情景是这样的，三次碰撞均为完全弹性碰撞：A碰B（前赴后继），B碰墙（蚍蜉撼树），B碰入。三段减速运动：A至B，B往返至A，A减速恰至桌面边缘。根据质点组的动能定理，一25心）一2心=0_*，解得，%=』4&^（氐—亳）+缶匚1。点评：本题也可以分段列式解答，-缶响妁-上）=*；-9箫，-叩萨叭=5；-!咐；，-wg皿）=。-扑；。四、勇往直前（1）结论推导：若折I）峰，且为=0，则">。，M>0，W是。（2）典型示例：（验证动量守恒定律的实验）为了避免入射小球被反向弹回，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，原因就在于此。如图5所示。现象链接：一个大人跑步时一不小心碰到一个小孩的身上，小孩很容易被碰倒，就是这个道理。|A|/www^B|TTTTTTTTjTrTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT?图6习题精练:如图6所示，在光滑水平面上静止着质量为峰=1蚀的物体B，B的一端固连着一根轻质弹簧，质量为吗=3蚀的物体a，以的速度冲向B并与之发生正碰，求当弹簧重新回复原长时两物体的速度各为几何？解析：弹簧被压缩到回复原长的过程，是弹性势能储存并完全释放的过程，动能守恒，发生了完全弹性碰撞，梆『峰，折i“勇往直前”，把数据代入篇首的结论，解得："二啊一峰、=2.5如占幽1+幽wv；=—箜^—v1=7.5m!s%+点评：这个答案可以用第一点“两和相等”的结论验证，(5+s=(0+7.5)幽/吕。五、我行我素（1）结论推导：若，且的=°,则"+],柘可如]。（2）典型示例：（◎粒子散射实验）在这个实验中，首先得排除◎粒子大角度散射不是电子造成的，课本上为了说明这一点，用了这样一个比喻：◎粒子遇到电子就像高速飞行着的子弹遇到一粒尘埃一样。这个现象可以用以上结论很好的解释了。（3）现象链接：铅球碰撞乒乓球就是这种现象。（4）习题精练：见第七点“蚍蜉撼树”。六、反向弹回（1）结论推导：若说叫，且的=0，则"5，柘"。（2）典型示例：有光滑圆弧轨道的小车质量为财=馄，静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平，有一质量为幽=1馄的小球以水平初速度v=4.0^/s滚上小车，如图7所示。求小球又滚下和小车分离时二者的速度？解析：由于满足动量守恒和动能守恒，所以小球在光滑圆弧上的运动，可以看作是完全弹性碰撞，由于*取，所以小球的分离可以看作是反向弹回。把数据代入篇首的结论，则的=（：m-M\=_2m/Sm+M小球的速度：，小车的速度.•号和fg。（3）现象链接：（篮球运动）在篮下，质量小的运动员经常被碰回，这是司空见惯的。段8（4）习题精练：如图8所示，半径为&的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为欧、彻（月为待定系数），A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道开始下滑，与静止于轨道最低点的B球相碰，碰撞后A、B能达到的最大高度均为状，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。试求：（1）待定系数月；（2）第一次碰撞刚刚结束时小球A、B各自的速度。解析：（1）由于圆环内侧光滑，又碰撞是完全弹性碰撞，所以系统机械能守恒，心=噂+彻代，得心。（2）小球A滚下，在最低点的动能是:：牌=次七解得%=际；接着与B球发生完全弹性碰撞，被反向弹回，把数据代入篇首的结论，则第一次碰撞刚刚结束时小球A的速度为：；（m-3m）1tgR巧=云""七，疽_Mv_lv_怦小球B的速度为：为折+赢”/*2。点评：①本题也可以倒过来计算，碰撞之后A、B分别向两侧滑上圆环，机械能守恒A：落站=幽日＞（!衣.b：x3状站=3幽gxj五②在反向弹回的情况下，如果幽1：屿=1：3，碰撞之后二者速率相等。七、蚍蜉撼树（1）结论推导：若%，且为=°，则"四-乃，M四°。（2）典型示例：（乒乓球碰撞墙壁）乒乓球碰倒墙壁以后被反向弹回，它的动量发生了二倍的改变，即皈二次-（-次）=2咐。如图9所示。（3）现象链接：（气体分子碰撞器壁）气体分子频繁地碰撞器壁，给器壁产生一个持续的恒定的压力。而每个分子都被反向弹回。（4）习题精练：网球拍以速率改击中以速率处飞来的网球，被击回的网球的最大速率是多少？（以上所有的速率都是指相对于地面的速率）解析：最大速率是发生在一条直线上的完全弹性碰撞，设球拍质量为财，网球质量为欧，满足m«Mo解法一：若球拍静止，根据以上第七点“蚍蜉撼树”的结论，网球被反向弹回，速率处不变。若网球静止，根据以上第五点“我行我素”的结论，网球将以为】的速率飞出。综合以上两点，被击回的网球的最大速率为：八如。解法二：若以球拍为参照系，则网球相对于球拍的速率为处+山，碰撞后以相对速率处+山反向弹回。再以地面为参照系，球拍相对于地面的速率为^，与网球相对于球拍离去速度处+山同向，所以网球对地的速度是："乃+0"升）=改+为1。解法三：球拍击球前后速度几乎不变，即保持乃不变，根据第一点“两和相等”得，=f+七因此"乳+为］。总之，从方方面面“品味”完全弹性碰撞，对掌握其它类型的碰撞是大有裨益的。打破常规巧解连续抛接问题江苏靖江季市中学范晓波连续抛接问题是相互作用问题中的最复杂的一种，其常规处理方法是：对前几次抛接过程利用动量定理或动量守恒定律进行逐次讨论，再借助数学归纳法从前面的讨论结果中找到物体速度变化的规律。事实上，由于连续抛接问题涉及的物体一般在两个以上，过程也比较复杂，因此用常规方法处理往往过程繁琐，规律的归纳也有一定的难度。这时，如果能换个角度重新审视，往往会让处理的难度大大降低。下面就对连续抛接问题的非常规解法进行分类说明。一、被抛接物对地速度一定若被抛接物对地速度一定，那么每次抛接过程中系统动量的变化量必为一定值，利用系统初动量、末动量和动量变化量之间的关系列式处理，求解过程会变得非常简洁。例：如图所示，光滑的水平面上停着一只木球和载人小车，木球质量为地，人和车的总质量为财，已知沮:幽=16:1，人以速率胃沿水平面将木球推向正前方的固定墙壁，木球被墙壁弹回之后，人接住球再以同样的对地速度将球推向墙壁。设木球与墙壁相碰时无动能损失，求：人经过几次推木球之后，再也不能接住木球？分析：如图，将人推出木球前后的状态进行对比。推出瞬间与接到前瞬间相比较，人（车）的速度没有变化，动量也没有变化；但木球的速度反向，木球的动量变化了E且每次抛接过程均如此。解：选取水平向右为止方向以人（车）和木球组成的系统为研究对象，每次推接过程中，系统的动量增加2幽*设人第珂次推出球后速度为*，则第理次接到球前系统的动量为Mvn+mv=0+^2mv（即：系统末动量二系统初动量+动量的变化量）_-Y）mv解得：■疽财要使人接不到球，应该满足…即M解得:心5，实际推出次数只能为整数，所以应取2,即人经过9次推木球之后，再也不能接住木球。说明：实际处理相关问题时，应尽可能先画出抛接示意图，再对照示意图和抛接的次数，利用系统初动量、研究过程中动量的变化量找到系统末动量，后续的问题就能迎刃而解。此外，当涉及的运动物体在三个以上时，还要能根据问题的需要合理的选择研究系统。例：如图，水平冰面上有甲、乙两个滑冰运动员，他们的质量分别为吗=4快g、峰=50馄，甲、乙相向静止在冰面上，甲手持质量m=2kg的小球，迎面抛给乙，抛出时水平速率为，乙接住球后又以同样的水平速率反抛给甲，如此反复，甲、乙速率不断增加，则当甲抛出多少次后接不到乙抛出的球？此时乙的速率又是多少？分析：抛开乙运动的干扰，本题的第一问实质与上一例相同。解：选水平向左为止方向，设甲抛出计次球后接不到已抛出的球，此时甲的速度为*对甲和球组成的系统，每抛接一次动量增加E由上图可知在第苏次接球前：酬+mv=0+«x2mv（2w-Y）mv则岭幽1vT二二二“=;球后二的"*第5对甲、乙、球三者组成