2017-2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第3节动量守恒定律的应用教学案教科版选修3-5
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(2) 一般两个硬质小球间的碰撞，都很接近弹性碰撞，常当成弹性碰撞来处理。
1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可 能的是 ( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开 D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行 解析：选 AD 光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两 球组成的系统总动量守恒。选项 A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守 恒，所以选项 A 是可能的。选项 B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动
2mEk ；
Ek
＝
pv 2
或 p＝
v
几个关系转换动能、动量。
碰撞过程中的临界问题分析
[ 例 2] 如图 1-3-6 所示，甲、乙两船的总质量 ( 包括船、人和货物 ) 分别为 10m、12m，
两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为
2v0、v0. 为避免两船相撞，乙船上的人将一质量
为 m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。
二、中子的发现、反冲与火箭
1．中子的发现
查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。
2．反冲现象及火箭发射
(1) 反冲：
①反冲现象。
根据动量守恒定律， 如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，
一部分向某
一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。
②特点。
A．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
平面上的木板直至相对静止、 物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等，
这些情景
中，系统动量守恒 ( 或某一方向上动量守恒 ) ，动能转化为其他形式的能， 末状态两物体相对
静止。
2．如图 1-3-3 所示，一辆质量为 M 的平板小车在光滑的水平面上以
速度 v 做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为
项 C： p′ 总＝ 3m×1＋ m×2＝ 5m，选项 D： p′总＝ 3m×( － 1) ＋ m×2＝－ m，均错误。 [ 答案 ] B
( 对应学生用书页码 P10)
1．质量为 M的砂车，沿光滑水平面以速度 v0 做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一
个质量为 m的大铁球，如图 1-3-8 所示，则铁球落入砂车后，砂车将 (
( 不计
水的阻力 )
图 1-3-6
[ 解析 ] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为
vmin，抛出货物后船的速度为 v1，甲
船上的人接到货物后船的速度为 v2，由动量守恒定律得
12m× v0＝11m× v1－ m× v ① min
10m×２v0－ m× vmin＝ 11m× v2②
为避免两船相撞应满足
v1＝ v2③
联立①②③式得
vmin＝ 4v0
[ 答案 ] 4v0
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相 碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：
(1) 分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动
量守恒定律。
mA 所以 0.57 ＜ mB≤0.69
选项 B、 C 正确。
[ 答案 ] BC
(1) 对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。
(2) 一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可
能发生二次碰撞的速度关系判定。
p2
1
2Ek
(3) 要灵活运用
Ek＝2m或 p＝
第 3 节 动量守恒定律的应用
( 对应学生用书页码 P8)
一、碰撞问题的定量分析
1．碰撞过程中动量守恒
物体在碰撞过程中， 由于碰撞时间极短， 外力远小于碰撞物体间的内力， 故碰撞过程中
动量守恒。
2．碰撞过程中的能量
物体在碰撞过程中， 动能不会增加， 碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失
最多。
B．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
Leabharlann BaiduC．反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。
(2) 火箭：
①工作原理： 利用反冲运动， 火箭燃料燃烧产生的高温、 高压燃气从尾部喷管迅速喷出
时，使火箭获得巨大速度。
②影响火箭获得速度大小的因素。
A．喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为
(1) 注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。 (2) 一般的碰撞及有摩擦的情况下，机械能不守恒，应利用能量守恒求解。 (3) 当有弹簧参与下的多过程问题，一定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律一般是 不同的。
3．如图 1-3-4 所示， 设车厢长为 L，质量为 M，静止在光滑水平面上，
车厢内有一质量为 m 的物体，以速度 v0 向右运动，与车厢壁来回碰撞 n
标矢性
矢量式
标量式
守恒条件的理解
外力总冲量为零，系统总动 量不变
只发生势能和动能相互转化。可以 有重力和弹力以外的力作用，但必 须是不做功
注意事项
应选取正方向
选取零势能面
2．解决该类问题用到的规律 动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。 3．解决该类问题的基本思路 (1) 认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。 (2) 如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。 (3) 对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。 (4) 对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有 摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。 (5) 选取所需要的方程列式并求解。
碰撞过程满足的条件
在所给的条件不同的情况下， 碰撞情况有各种可能， 但不管哪种情况必须同时满足以下
三条：
(1) 系统的总动量守恒。
(2) 系统的机械能不增加，即 Ek1′＋ Ek2′≤ Ek1＋ Ek2。
(3) 符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有
v 前≥v 后 ，若不满足，则该碰撞过程不
可能。
(1) 即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力 的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。
则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )
图 1-3-7
[ 解析 ] 弹丸水平飞行爆炸时， 在水平方向只有内力作用， 外力为零， 系统水平方向动
量守恒， 设 m乙＝ m，m甲 ＝ 3m，则爆炸前 p 总＝ (3 m＋ m) v＝ 8m，而爆炸后两弹片都做平抛运动，
由平抛规律可得：竖直自由落体
m的物体，物
体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦
因数为 μ，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？
解析：达到相对静止时有共同速度 v′
则由动量守恒有 Mv＝ ( m＋M) v′
平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为
L。
由能量守恒有
μｍgL＝
12Mv2
－
为 v2＝ 0；作用后它们的末速度相同即 v′ 1＝ v′2＝ v 由动量守恒定律 m1v1＋ m2v2＝ m1v′ 1＋ m2v′ 2 得： mv0＝( m＋ M) v mv0 解得： v＝ m＋ M，方向与 v0 相同，水平向右。选项
C 正确。
( 对应学生用书页码 P9) 碰撞问题分析
[ 例 1] 如图 1-3-5 所示， 在光滑的水平支撑面上， 有 A、B 两个小
图 1-3-2
对子弹由动能定理：－
Ff
(
s
＋
d)
＝
1mv2－ 2
1 2mv0
2②
对木块由动能定理：
Ff
s＝
1 2
Mv2
③
联立可得：
Ff
d＝
12mv02－
1 (
2
m＋
M)
v2④
由④式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即
Δ Ek＝ Ff d。
这种模型与完全非弹性碰撞具有相同的运动特征。
这种模型还有： 运动物块置于光滑水
)
图 1-3-8 A．立即停止运动 B．仍匀速运动，速度仍为 v0 C．仍匀速运动，速度小于 v0 D．做变速运动，速度不能确定 解析：选 C 砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有
M Mv0 ＝( M＋ m) v，得 v＝M＋ mv0＜ v0，故选 C。
次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为 A． v0，水平向右
() B． 0
图 1-3-4
mv0 C. ，水平向右
M＋ m
Mv0 D. ，水平向右
M－ m
解析：选 C 物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞
n 次的过
程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则
m的初速度为 v1＝ v0， M的初速度
由碰撞过程动量守恒得： pA＋ pB＝ pA′＋ pB′，
pB′＝ 14 kg ·m/s
由碰撞过程的动能关系得
pA2 pB2 pA′ 2 pB′ 2
2mA＋
2
≥ mB
2mA ＋
2mB
mA 36 ≤ ＝ 0.69
mB 52
pB′ pA′ mA pA′ 8 由 vB′＞ vA′得 mB ＞ mA ， mB＞pB′＝ 14＝ 0.57
()
答案： (1) √ (2) × (3) √
2．思考：如图 1-3-1 所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定
交换速度吗？
图 1-3-1 提示： 不一定。 只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总 机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。
( 对应学生用书页码 P9)
(2) 分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个
( 或某些 ) 物
理量的特定取值 ( 或特定关系 ) ，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系， 定关系是求解这类问题的关键。
这些特
动量守恒和能量守恒的综合应用
[ 例 3] ( 重庆高考 ) 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，
2 000 m/s ～4 000 m/s 。
B．质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
1．判断：
(1) 发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。 (
)
(2) 发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。 (
)
(3) 碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。
h＝
1 gt
2
，解得
t ＝ 1 s ；水平方向匀速
x＝ vt 。选项 A： v 甲
2
＝2.5 m/s，v 乙＝ 0.5 m/s( 向左 ) ， p′ 总＝ 3m×2.5 ＋ m×( － 0.5) ＝7m，不满足动量守恒，选
项 A 错误。选项 B： p′ 总＝ 3m×2.5 ＋ m×0.5 ＝ 8m，满足动量守恒；选项 B 正确。同理，选
1 2
(
m＋
M)
v′
2
Mv2 联立解得 L＝2μ m＋ M g。
Mv2 答案： 2μ m＋ M g
图 1-3-3
动量守恒和能量守恒的综合应用
1. 动量守恒与能量守恒的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
不受外力或所受合外力为零
只有重力和弹力做功
一般表达式
p1＋p2＝ p1′＋ p2′
Ek1＋ Ep1＝ Ek2＋ Ep2
定律确定 B的末动量，再根据动能不增加原理建立关系式，从而综合确定质量比的范围。
[ 解析 ] A、 B 两球同向运动， A 球要追上 B球要有条件： vA＞vB。两球碰撞过程中动量
守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件：
vB′≥ vA′。
pA pB
mA pA 5
由 vA＞ vB 得mA＞ mB，即 mB＜pB＝6＝ 0.83
量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项
B 不可能。选项 C，碰撞前、后系统的总动量的
方向不同，不符合动量守恒，选项 C不可能。选项 D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量
也不为零，方向可能相同，所以选项 D 是可能的。
“子弹打木块”模型的结论及其应用
如图 1-3-2 所示，一质量为 m的子弹以速度 v0 打入静止在光滑水平面 上质量为 M的木块， 若子弹进入木块深度为 d 时相对于木块静止， 此时木块 位移为 s，则由动量守恒定律有： mv0＝ ( m＋ M) v①
球。 A球动量为 10 kg ·m/s， B 球动量为 12 kg ·m/s。 A 球追上 B球并 相碰，碰撞后， A 球动量变为 8 kg ·m/s，方向没变，则 A、 B 两球质量的 比值为 ( )
图 1-3-5
A． 0.5
B． 0.6
C． 0.65
D． 0.75
[ 思路点拨 ] 解答本题从三个方面： 由速度的合理性确定速度关系式， 然后由动量守恒
1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可 能的是 ( )
A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行 C．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开 D．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行 解析：选 AD 光滑水平面上两球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前、后两 球组成的系统总动量守恒。选项 A，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守 恒，所以选项 A 是可能的。选项 B，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动
2mEk ；
Ek
＝
pv 2
或 p＝
v
几个关系转换动能、动量。
碰撞过程中的临界问题分析
[ 例 2] 如图 1-3-6 所示，甲、乙两船的总质量 ( 包括船、人和货物 ) 分别为 10m、12m，
两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为
2v0、v0. 为避免两船相撞，乙船上的人将一质量
为 m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。
二、中子的发现、反冲与火箭
1．中子的发现
查德威克借助微观粒子碰撞过程中的动量守恒发现了中子。
2．反冲现象及火箭发射
(1) 反冲：
①反冲现象。
根据动量守恒定律， 如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，
一部分向某
一个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。
②特点。
A．物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。
平面上的木板直至相对静止、 物体冲上放置于光滑水平面上的斜面直至最高点等，
这些情景
中，系统动量守恒 ( 或某一方向上动量守恒 ) ，动能转化为其他形式的能， 末状态两物体相对
静止。
2．如图 1-3-3 所示，一辆质量为 M 的平板小车在光滑的水平面上以
速度 v 做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为
项 C： p′ 总＝ 3m×1＋ m×2＝ 5m，选项 D： p′总＝ 3m×( － 1) ＋ m×2＝－ m，均错误。 [ 答案 ] B
( 对应学生用书页码 P10)
1．质量为 M的砂车，沿光滑水平面以速度 v0 做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一
个质量为 m的大铁球，如图 1-3-8 所示，则铁球落入砂车后，砂车将 (
( 不计
水的阻力 )
图 1-3-6
[ 解析 ] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为
vmin，抛出货物后船的速度为 v1，甲
船上的人接到货物后船的速度为 v2，由动量守恒定律得
12m× v0＝11m× v1－ m× v ① min
10m×２v0－ m× vmin＝ 11m× v2②
为避免两船相撞应满足
v1＝ v2③
联立①②③式得
vmin＝ 4v0
[ 答案 ] 4v0
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体“恰好分离”、“恰好不相 碰”，“两物体相距最近”，“某物体恰开始反向”等临界问题，分析此类问题时：
(1) 分析物体的受力情况、运动性质，判断系统是否满足动量守恒的条件，正确应用动
量守恒定律。
mA 所以 0.57 ＜ mB≤0.69
选项 B、 C 正确。
[ 答案 ] BC
(1) 对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加。
(2) 一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意判断碰撞完成后不可
能发生二次碰撞的速度关系判定。
p2
1
2Ek
(3) 要灵活运用
Ek＝2m或 p＝
第 3 节 动量守恒定律的应用
( 对应学生用书页码 P8)
一、碰撞问题的定量分析
1．碰撞过程中动量守恒
物体在碰撞过程中， 由于碰撞时间极短， 外力远小于碰撞物体间的内力， 故碰撞过程中
动量守恒。
2．碰撞过程中的能量
物体在碰撞过程中， 动能不会增加， 碰后当两物体粘合在一起具有共同速度时动能损失
最多。
B．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
Leabharlann BaiduC．反冲运动中，由于有其他形式能转变为机械能，所以系统的总动能增加。
(2) 火箭：
①工作原理： 利用反冲运动， 火箭燃料燃烧产生的高温、 高压燃气从尾部喷管迅速喷出
时，使火箭获得巨大速度。
②影响火箭获得速度大小的因素。
A．喷气速度：现代液体燃料火箭的喷气速度约为
(1) 注意进行受力分析及做功分析，明确守恒条件。 (2) 一般的碰撞及有摩擦的情况下，机械能不守恒，应利用能量守恒求解。 (3) 当有弹簧参与下的多过程问题，一定要分阶段研究，不同的阶段满足的规律一般是 不同的。
3．如图 1-3-4 所示， 设车厢长为 L，质量为 M，静止在光滑水平面上，
车厢内有一质量为 m 的物体，以速度 v0 向右运动，与车厢壁来回碰撞 n
标矢性
矢量式
标量式
守恒条件的理解
外力总冲量为零，系统总动 量不变
只发生势能和动能相互转化。可以 有重力和弹力以外的力作用，但必 须是不做功
注意事项
应选取正方向
选取零势能面
2．解决该类问题用到的规律 动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系等。 3．解决该类问题的基本思路 (1) 认真审题，明确题目所述的物理情景、确定研究对象。 (2) 如果物体间涉及多个过程，要把整个过程分解为几个小的过程。 (3) 对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。 (4) 对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有 摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。 (5) 选取所需要的方程列式并求解。
碰撞过程满足的条件
在所给的条件不同的情况下， 碰撞情况有各种可能， 但不管哪种情况必须同时满足以下
三条：
(1) 系统的总动量守恒。
(2) 系统的机械能不增加，即 Ek1′＋ Ek2′≤ Ek1＋ Ek2。
(3) 符合实际情况，如碰后两者同向运动，应有
v 前≥v 后 ，若不满足，则该碰撞过程不
可能。
(1) 即使物体在碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，所以外力 的作用可以忽略，认为系统的总动量守恒。故分析碰撞问题时，应首先想到动量守恒定律。
则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( )
图 1-3-7
[ 解析 ] 弹丸水平飞行爆炸时， 在水平方向只有内力作用， 外力为零， 系统水平方向动
量守恒， 设 m乙＝ m，m甲 ＝ 3m，则爆炸前 p 总＝ (3 m＋ m) v＝ 8m，而爆炸后两弹片都做平抛运动，
由平抛规律可得：竖直自由落体
m的物体，物
体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦
因数为 μ，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为多少？
解析：达到相对静止时有共同速度 v′
则由动量守恒有 Mv＝ ( m＋M) v′
平板车的最小长度为两者发生的最小相对距离，设为
L。
由能量守恒有
μｍgL＝
12Mv2
－
为 v2＝ 0；作用后它们的末速度相同即 v′ 1＝ v′2＝ v 由动量守恒定律 m1v1＋ m2v2＝ m1v′ 1＋ m2v′ 2 得： mv0＝( m＋ M) v mv0 解得： v＝ m＋ M，方向与 v0 相同，水平向右。选项
C 正确。
( 对应学生用书页码 P9) 碰撞问题分析
[ 例 1] 如图 1-3-5 所示， 在光滑的水平支撑面上， 有 A、B 两个小
图 1-3-2
对子弹由动能定理：－
Ff
(
s
＋
d)
＝
1mv2－ 2
1 2mv0
2②
对木块由动能定理：
Ff
s＝
1 2
Mv2
③
联立可得：
Ff
d＝
12mv02－
1 (
2
m＋
M)
v2④
由④式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即
Δ Ek＝ Ff d。
这种模型与完全非弹性碰撞具有相同的运动特征。
这种模型还有： 运动物块置于光滑水
)
图 1-3-8 A．立即停止运动 B．仍匀速运动，速度仍为 v0 C．仍匀速运动，速度小于 v0 D．做变速运动，速度不能确定 解析：选 C 砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有
M Mv0 ＝( M＋ m) v，得 v＝M＋ mv0＜ v0，故选 C。
次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为 A． v0，水平向右
() B． 0
图 1-3-4
mv0 C. ，水平向右
M＋ m
Mv0 D. ，水平向右
M－ m
解析：选 C 物体和车厢组成的系统所受的合外力为零，物体与小车发生碰撞
n 次的过
程中系统的动量守恒，只考虑初末态，忽略中间过程，则
m的初速度为 v1＝ v0， M的初速度
由碰撞过程动量守恒得： pA＋ pB＝ pA′＋ pB′，
pB′＝ 14 kg ·m/s
由碰撞过程的动能关系得
pA2 pB2 pA′ 2 pB′ 2
2mA＋
2
≥ mB
2mA ＋
2mB
mA 36 ≤ ＝ 0.69
mB 52
pB′ pA′ mA pA′ 8 由 vB′＞ vA′得 mB ＞ mA ， mB＞pB′＝ 14＝ 0.57
()
答案： (1) √ (2) × (3) √
2．思考：如图 1-3-1 所示，打台球时，质量相等的白球与花球发生碰撞，两个球一定
交换速度吗？
图 1-3-1 提示： 不一定。 只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时，系统的总动量守恒，总 机械能守恒，才会交换速度，否则不会交换速度。
( 对应学生用书页码 P9)
(2) 分析临界状态出现所需的条件，即临界条件。临界条件往往表现为某个
( 或某些 ) 物
理量的特定取值 ( 或特定关系 ) ，通常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系， 定关系是求解这类问题的关键。
这些特
动量守恒和能量守恒的综合应用
[ 例 3] ( 重庆高考 ) 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，
2 000 m/s ～4 000 m/s 。
B．质量比：指火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比。
喷气速度越大，质量比越大，火箭获得的速度越大。
1．判断：
(1) 发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。 (
)
(2) 发生碰撞的两个物体，机械能是守恒的。 (
)
(3) 碰撞后，两个物体粘在一起，动量是守恒的，但机械能损失是最大的。
h＝
1 gt
2
，解得
t ＝ 1 s ；水平方向匀速
x＝ vt 。选项 A： v 甲
2
＝2.5 m/s，v 乙＝ 0.5 m/s( 向左 ) ， p′ 总＝ 3m×2.5 ＋ m×( － 0.5) ＝7m，不满足动量守恒，选
项 A 错误。选项 B： p′ 总＝ 3m×2.5 ＋ m×0.5 ＝ 8m，满足动量守恒；选项 B 正确。同理，选
1 2
(
m＋
M)
v′
2
Mv2 联立解得 L＝2μ m＋ M g。
Mv2 答案： 2μ m＋ M g
图 1-3-3
动量守恒和能量守恒的综合应用
1. 动量守恒与能量守恒的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
守恒条件
不受外力或所受合外力为零
只有重力和弹力做功
一般表达式
p1＋p2＝ p1′＋ p2′
Ek1＋ Ep1＝ Ek2＋ Ep2
定律确定 B的末动量，再根据动能不增加原理建立关系式，从而综合确定质量比的范围。
[ 解析 ] A、 B 两球同向运动， A 球要追上 B球要有条件： vA＞vB。两球碰撞过程中动量
守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件：
vB′≥ vA′。
pA pB
mA pA 5
由 vA＞ vB 得mA＞ mB，即 mB＜pB＝6＝ 0.83
量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项
B 不可能。选项 C，碰撞前、后系统的总动量的
方向不同，不符合动量守恒，选项 C不可能。选项 D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量
也不为零，方向可能相同，所以选项 D 是可能的。
“子弹打木块”模型的结论及其应用
如图 1-3-2 所示，一质量为 m的子弹以速度 v0 打入静止在光滑水平面 上质量为 M的木块， 若子弹进入木块深度为 d 时相对于木块静止， 此时木块 位移为 s，则由动量守恒定律有： mv0＝ ( m＋ M) v①
球。 A球动量为 10 kg ·m/s， B 球动量为 12 kg ·m/s。 A 球追上 B球并 相碰，碰撞后， A 球动量变为 8 kg ·m/s，方向没变，则 A、 B 两球质量的 比值为 ( )
图 1-3-5
A． 0.5
B． 0.6
C． 0.65
D． 0.75
[ 思路点拨 ] 解答本题从三个方面： 由速度的合理性确定速度关系式， 然后由动量守恒