四川省宜宾市一中高二物理上学期第14周教学设计(动量守恒定律)-人教版高二全册物理教案

动量守恒定律
[目标定位] 1.认识系统、内力、外力，认识和理解动量守恒定律.2.会应用动量守恒定律解决生产、生活中的简单问题.3.了解动量守恒定律的普遍适用性和动量守恒定律适用范围的局限性．环节一：学生自主预习
一、系统的动量
1．系统：在物理学中，有时要把相互作用的两个或多个物体作为一个整体来研究，这个整体叫做系统．
2．系统的动量：在一个系统中，把各个物体的动量都相加，相加后的动量称作系统的动量．
二、动量守恒定律
1．系统碰撞前后总动量不变的条件：系统所受的合外力为零．2．内容：如果一个系统不受外力或所受合外力为零，无论这一系统的内部进行了何种形式的碰撞，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．
3．数学表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．
4．成立条件
(1)系统不受外力作用．
(2)系统受外力作用，但合外力为零．
想一想
图1－3－1
如图1－3－1所示，在风平浪静的水面上，停着一艘帆船，船尾固定一台电风扇，正在不停地把风吹向帆面，船能向前行驶吗？为什么？
答案不能．把帆船和电风扇看做一个系统，电风扇和帆船受到空气的作用力大小相等、方向相反，这是一对内力，系统总动量守恒，船原来是静止的，总动量为零，所以在电风扇吹风时，船仍保持静止．
三、动量守恒定律的普遍性
牛顿运动定律只适用于宏观、低速运动的物体，而动量守恒定律无论在微观、宏观或高速领域，都是适用的.
环节二：典型例题讲解
一、对动量守恒定律的理解
1．研究对象
相互作用的物体组成的系统．
2．动量守恒定律的成立条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零．
(2)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力．此时系统动量近似守恒．
(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的几个性质
(1)矢量性．公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在
同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算．
(2)相对性．速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度．
(3)同时性．相互作用前的总动量，这个“前”是指相互作用前的某一时刻，v1、v2均是此时刻的瞬时速度；同理，v1′、v2′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度．
【例1】
图1－3－2
如图1－3－2所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当弹簧突然释放后，则( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
答案BCD
解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦
力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A 选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．
针对训练如图1－3－3所示，
图1－3－3
甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案C
解析两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．二、动量守恒定律简单的应用
1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义
(1)p＝p′：系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′.
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象；
(2)分析研究对象所受的外力；
(3)判断系统是否符合动量守恒条件；
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号；
(5)根据动量守恒定律列式求解．
【例2】质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以v2＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？
答案20 cm/s 方向向左
解析碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则各小球速度为v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0.
由动量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，
代入数据得v1′＝－20 cm/s.
故小球m1碰后的速度的大小为20 cm/s，方向向左．
借题发挥处理动量守恒应用题“三步曲”
(1)判断题目涉及的物理过程是否满足动量守恒的条件．
(2)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量．
(3)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式列式求解．
【例3】将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图1－3－4所示．
图1－3－4
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
答案(1)1 m/s 向右
(2)0.5 m/s 向右
解析两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒．设向右为正方向．(1)据动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲－v乙＝(3－2)m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，由动量守恒得：mv甲－mv乙＝mv′＋mv′.
解得v ′＝mv 甲－mv 乙2m ＝v 甲－v 乙2＝3－22
m/s ＝0.5 m/s ，方向向右． 环节三：针对性练习
1．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，对于枪、弹、车，下列说法正确的是
( )
A ．枪和弹组成的系统动量守恒
B ．枪和车组成的系统动量守恒
C ．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近
似守恒
D ．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
答案 D
解析 内力、外力取决于系统的划分，以枪和弹组成的系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧对枪的作用力，系统动量不守恒．枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D 正确．
2. 木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放
在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上．在b
上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1
图1－3－5
－3－5所示．当撤去外力后，下列说法正确的是
( )
A ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量守
恒
B ．a 尚未离开墙壁前，a 和b 组成的系统动量不守恒
C ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量守恒
D ．a 离开墙壁后，a 和b 组成的系统动量不守恒
答案 BC
解析 a 尚未离开墙壁前，墙壁对a 有冲量，a 和b 构成的系统动量不守恒；a 离开墙壁后，系统所受外力之和等于零，系统的动量守恒．
3．(2014·福建卷)一枚火箭搭载着卫
星以速率v 0进入太空预定位置，由
控制系统使箭体与卫星分离．已知
前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为 ( )
A ．v 0－v 2
B ．v 0＋v 2
C ．v 0－m 2m 1v 2
D ．v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2) 答案 D
解析 根据分离前后系统动量守恒定律可得：
图1－3－6
(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2
解得：v 1＝v 0＋m 2m 1
(v 0－v 2)，故D 项正确． 4．(2014·重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )
答案 B
解析 由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做
平抛运动，由平抛运动规律h ＝12gt 2可知t ＝2h g ＝2×510
s ＝1 s ，若甲水平位移为x ＝2.5 m 时，则v 甲＝x t
＝2.5 m/s ，则
由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv 0＝34mv 甲＋14
mv 乙，代入数据解得v 乙＝0.5 m/s ，方向与v 甲相同，水平向前，故A 错，B 对．若乙水平位移为x ′＝2 m 时，则v 乙＝x ′t
＝2 m/s ，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C 、D 均错．
环节四：定时训练
1．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是
( )
A ．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B ．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守
恒
答案C
解析根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，
选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动
量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单
个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系
统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有
物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量
一定守恒，选项D错误．
2. 如图1－3－7所示，物体A的质量是B的2
倍，中间有一压缩弹簧，放在光滑水平面上，
图1－3－7 由静止同时放开两物体后一小段时间内
( )
A．A的速度是B的一半
B．A的动量大于B的动量
C．A受的力大于B受的力
D．总动量为零
答案AD
3. (2014·苏北四市)如图1－3－8所示，
小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰
图1－3－8
面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是 ( )
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案C
解析由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．4. 在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，
如图1－3－9所示，用手抓住小车并将弹簧
图1－3－9 压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹
簧看成一个系统，下面说法正确的是
( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
答案ACD
解析在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变，D对．
5．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为 3 000 kg向北行驶的卡车，碰撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停下，根据测速仪的测定，长途客车碰前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰撞前的行驶速率( )
A．小于10 m/s
B．大于20 m/s，小于30 m/s
C．大于10 m/s，小于20 m/s
D．大于30 m/s，小于40 m/s
答案A
解析两车碰撞过程中系统动量守恒，两车相撞后向南滑行，则系统动量方向向南，即p客>p卡，1 500×20>3 000×v，解得v<10 m/s，故A正确．
6. 如图1－3－10所示，A、B两个小球在光
图1－3－10
滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p 1和p 2，碰撞后A 球继续向右运动，动量大小为p 1′，此时B 球的动量大小为p 2′，则下列等式成立的是 ( )
A ．p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′
B ．p 1－p 2＝p 1′＋p 2′
C ．p 1′－p 1＝p 2′＋p 2
D ．－p 1′＋p 1＝p 2′＋p 2 答案 BD
解析 因水平面光滑，所以A 、B 两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向，由于p 1、p 2、p 1′、p 2′均表示动量的大小，所以碰前的动量为p 1－p 2，碰后的动量为p 1′＋p 2′，B 对．经变形得－p 1′＋p 1＝p 2′＋p 2，D 对．
7．将静置在地面上质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 ( )
A.m M v 0
B.M m v 0
C.M M －m v 0
D.m M －m v 0
答案 D
解析 火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v ，据动量守恒定律有0＝(M －m )v －mv 0，得v ＝m
M －m v 0，故选D. 8．质量为M 的木块在光滑水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)
( )
A.（M ＋m ）v 1mv 2
B.Mv 1（M ＋m ）v 2
C.Mv 1mv 2
D.mv 1Mv 2
答案 C
解析 设发射子弹的数目为n ，选择n 颗子弹和木块M 组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．设木块M 以v 1向右运动，连同n 颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为末状态．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv 2－Mv 1＝0，得n ＝Mv 1mv 2
，所以选项C 正确． 9．质量为M 的小船以速度v 0行驶，船上有两个质量均为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 (相对于静止水面)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，则小孩b 跃出后小船的速度方向________，大小为________(水的阻力不计)． 答案 向前 ⎝
⎛⎭⎪⎫1＋2m M v 0 解析 选小孩a 、b 和船为一系统，由于忽略水的阻力，故系统水平方向动量守恒，设小孩b 跃出后小船向前行驶的速度为v ′，选v 0方向为正方向，根据动量守恒定律，有(M ＋2m )v 0＝Mv ′＋
mv －mv ，整理解得v ′＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋2m M v 0，方向向前．
10．如图1－3－11所示，质量为m 2＝1 kg 的滑
块静止于光滑的水平面上，一质量为m 1＝50 g
的小球以 1 000 m/s 的速率碰到滑块后又以
800 m/s 的速率被弹回，试求滑块获得的速度．
答案 90 m/s 方向与小球的初速度方向一致
解析 对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有 v 1＝1 000 m/s ，v 1′＝－800 m/s ，v 2＝0
又m 1＝50 g ＝5.0×10－2 kg ，m 2＝1 kg
由动量守恒定律有：m 1v 1＋0＝m 1v 1′＋m 2v 2′
代入数据解得v 2′＝90 m/s ，方向与小球初速度方向一致．
11. 如图1－3－12所示，质量为M 的木块放在
粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量
为m 的子弹以初速度v 0击中木块而未穿出，
则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？
答案 m M ＋m v 0 解析 由于从子弹打入到与物块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对物块摩擦力远小于内力(子弹与物块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．
对m 、M 系统，m 击中M 过程动量守恒，
图1－3－11
图1－3－12
mv0＝(m＋M)v，所以v＝m
M＋m
v0.
12．光滑水平面上一平板车质量为M＝50 kg，上面站着质量m＝70 kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v＝2 m/s 向后跑，问人跑动后车的速度改变了多少？
答案 1.17 m/s
解析以人和车组成的系统为研究对象，选v0方向为正方向．设人跑动后车的速度变为v′，则人相对地的速度为(v′－v)．系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有
(M＋m)v0＝Mv′＋m(v′－v)．解得v′＝v0＋mv
M＋m
.
人跑动后车的速度改变量为Δv＝v′－v0＝mv
M＋m
＝1.17 m/s.Δv 的数值为正，说明速度的改变与v0方向一致，车速增加.
动量守恒定律的应用
[目标定位] 1.进一步理解动量守恒定律的含义，理解动量守恒定律的系统性、相对性、矢量性和独立性．
2．进一步熟练掌握应用动量守恒定律解决问题的方法和步骤．环节一：学生自主预习
1．动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体系统，其成立的条件可理解为：
(1)理想条件：系统不受外力．
(2)实际条件：系统所受外力为零．
(3)近似条件：系统所受外力比相互作用的内力小得多，外力的作用可以被忽略．
(4)推广条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某一方向，系统不受外力或所受的外力之和为零，则系统在这一方向上动量守恒．
2．动量守恒定律的五性
动量守恒定律是自然界最重要、最普遍的规律之一．它是一个实验定律，应用时应注意其：系统性、矢量性、相对性、同时性、普适性．
环节二：典型例题讲解
一、动量守恒条件及守恒对象的选取
1．动量守恒定律成立的条件：
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零；
(2)系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0；
(3)系统的内力远大于外力．
2．动量守恒定律的研究对象是系统．选择多个物体组成的系统时，必须合理选择系统，再对系统进行受力分析，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件．
【例1】
图1－4－1
质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1－4－1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M ＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案BC
解析M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确．
二、单一方向动量守恒问题
1．动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是不少情况下，合外力在某个
方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的．
2．分析该方向上对应过程的初、末状态，确定初、末状态的动量．
3．选取恰当的动量守恒的表达式列方程．
三、多物体多过程动量守恒定律的应用
对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解．
【例2】(2014·江西高二联考)如图1－4－2所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触面光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
图1－4－2
(1)A的最终速度；
(2)铁块刚滑上B时的速度．
答案(1)0.25 m/s
(2)2.75 m/s
解析(1)选铁块和木块A、B为一系统，
由系统总动量守恒得：mv＝(M B＋m)v B＋M A v A
可求得：v A＝0.25 m/s
(2)设铁块刚滑上B 时的速度为u ，此时A 、B 的速度均为v A ＝0.25 m/s.
由系统动量守恒得：mv ＝mu ＋(M A ＋M B )v A
可求得：u ＝2.75 m/s.
借题发挥 处理多物体、多过程动量守恒应注意的问题
1．注意正方向的选取．
2．研究对象的选取，是取哪几个物体为系统．
3．研究过程的选取，应明确哪个过程中动量守恒．
针对训练
图1－4－3
两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止站在A 车上，两车静止，如图1－4－3所示．当这个人从A 车跳到B 车上，接着又从B 车跳回A 车并与A 车保持相对静止，则A 车的速率( )
A ．等于零
B ．小于B 车的速率
C ．大于B 车的速率
D ．等于B 车的速率
答案 B
解析 选A 车、B 车和人作为系统，两车均置于光滑的水平面上，在水平方向上无论人如何跳来跳去，系统均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m ，A 车和B 车的质量均为M ，最终两车速度分别为v A 和v B ，由动量守恒定律得0＝(M ＋m )v A －
Mv B ，则v A v B ＝M M ＋m ，即v A <v B ，故选项B 正确．
四、动量守恒定律应用中的临界问题分析
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题．分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件．临界条件往往表现为某个(或某些)物理量的特定取值．在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
【例3】 如图1－4－4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为M ＝30 kg ，乙和他的冰车总质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为m ＝15 kg 的箱子和他一起以v 0＝2 m/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，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦．
图1－4－4
(1)若甲将箱子以速度v 推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v 的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度应满足什么条件？箱子被推出的速度至少多大？
答案 (1)（M ＋m ）v 0－mv M
(2)mv －Mv 0m ＋M
(3)v 1≤v 2 5.2 m/s
解析 (1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的整体动量守恒，由动量守恒定律得：(M ＋m )v 0＝mv ＋Mv 1①
解得v 1＝（M ＋m ）v 0－mv M
② (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv －Mv 0＝(m ＋M )v 2③
解得v 2＝mv －Mv 0m ＋M
④ (3)甲、乙不相撞的条件是v 1≤v 2⑤
其中v 1＝v 2为甲、乙恰好不相撞的条件．
联立②④⑤三式，并代入数据得
v ≥5.2 m/s.
环节三：针对性训练
某一方向上动量守恒问题
1. 如图1－4－5所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )
A ．斜面和小球组成的系统动量守恒
B ．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量图1－4－5
守恒
C．斜面向右运动
D．斜面静止不动
答案BC
解析球和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，故水平方向动量守恒．小球下滑时，对地有向下的加速度，即系统存在向下的加速度，故系统竖直方向上所受合外力不为零，合外力向下，因此不能说系统动量守恒．
多物体、多过程中的动量守恒问题
2. 如图1－4－6所示，质量为M的盒子放在
光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内
放有一块质量为m的物体．从某一时刻起给
m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与
盒子前后壁多次往复碰撞后 ( )
A．两者的速度均为零
B．两者的速度总不会相等
C．物体的最终速度为mv0
M
，向右
D．物体的最终速度为
mv0
M＋m
，向右
答案D
解析物体与盒子组成的系统所受合外力为零，物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以速度v共同运动，由动量守恒定律得：mv0
图1－4－6。