资源简介

动量及其守恒定律
知识精讲
动量与冲量 动量定理
动量：在牛顿定律建立以前，人们为了量度物体作机械运动的“运动量”，引入了动量的概念。当时在研究碰撞和打击问题时认识到：物体的质量和速度越大，其“运动量”就越大。物体的质量和速度的乘积mv遵从一定的规律，例如，在两物体碰撞过程中，它们的改变必然是数值相等、方向相反。在这些事实基础上，人们就引用mv来量度物体的“运动量”，称之为动量。
冲量：要使原来静止的物体获得某一速度，可以用较大的力作用较短的时间或用较小的力作用较长的时间，只要力F和力作用的时间的乘积相同，所产生的改变这个物体的速度效果就一样，在物理学中把F叫做冲量。
质点动量定理：
由牛顿定律，容易得出它们的联系：对单个物体：
即冲量等于动量的增量，这就是质点动量定理。
在应用动量定理时要注意它是矢量式，速度的变化前后的方向可以在一条直线上，也可以不在一条直线上，当不在一直线上时，可将矢量投影到某方向上，分量式为：
对于多个物体组成的物体系，按照力的作用者划分成内力和外力。对各个质点用动量定理：
第1个 外+内=
第2个 外+内=
第n个 外+内=
由牛顿第三定律： 内+内+……+内=0
因此得到：
外+外+ ……+外=（++……+）-（++……）
即：质点系所有外力的冲量和等于物体系总动量的增量。
2.动量守恒定律
动量守恒定律是人们在长期实践的基础上建立的，首先在碰撞问题的研究中发现了它，随着实践范围的扩大，逐步认识到它具有普遍意义，
对于相互作用的系统，在合外力为零的情况下，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得出物体的总动量保持不变。
即： ++……+=……
上式就是动量守恒定律的数学表达式。
应用动量守恒定律应注意以下几点：
（1）动量是矢量，相互作用的物体组成的系统的总动量是指组成物体系的所有物体的动量的矢量和，而不是代数和，在具体计算时，经常采用正交分解法，写出动量守恒定律的分量方程，这样可把矢量运算转化为代数运算，
（2）在合外力为零时，尽管系统的总动量恒定不变，但组成系统的各个物体的动量却可能不断变化，系统的内力只能改变系统内物体的动量，却不能改变系统的总动量。在合外力不为零时，系统的总动量就要发生改变，但在垂直于合外力方向上系统的动量应保持不变，即合外力的分量在某一方向上为零，则系统在该方向上动量分量守恒。
（3）动量守恒定律成立的条件是合外力为零，但在处理实际问题时，系统受到的合外力不为零，若内力远大于外力时，我们仍可以把它当作合外力为零进行处理，动量守恒定律成立。如遇到碰撞、爆炸等时间极短的问题时，可忽略外力的冲量，系统动量近似认为守恒。
3.碰撞
质量和的两个物块，在直线上发生对心碰撞，碰撞前后速度分别为和及和，碰撞前后速度在一条直线上，由动量守恒定律得到
根据两物块在碰撞过程中的恢复情况，碰撞又可分类为下列几种：
（1）弹性碰撞
在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞称为弹性碰撞，由动能守恒有
结合动量守恒解得
对上述结果可作如下讨论
①，则，，即交换速度。
②若＞＞，且有=0，则，即质量大物速度几乎不变，小物以二倍于大物速度运动。
③若＜＜，且=0，则，，则质量大物几乎不动，而质量小物原速率反弹。
（2） 完全非弹性碰撞
两物相碰粘合在一起或具有相同速度，被称为完全非弹性碰撞，在完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，损失机械能最大。
碰撞过程中损失的机械能为
（3 ）一般非弹性碰撞，恢复系数
一般非弹性碰撞是指碰撞后两物分开，速度，且碰撞过程中有机械损失，但比完全非弹性碰撞损失机械能要小。物理学中用恢复系数来表征碰撞性质。恢复系数e定义为
①弹性碰撞， e=1。
②完全非弹性碰撞 ，e=0。
③一般非弹性碰撞 0＜e＜1。
（4） 斜碰
两物碰撞前后不在一条直线上，属于斜碰，如图所示
设两物间的恢复系数为e，设碰撞前、速度为、，
其法向、切向分量分别为、、、，碰后分离速度、，法向、切向速度分量、、、，则有
若两物接触处光滑，则应有、切向速度分量不变 、
若两物接触处有切向摩擦，这一摩擦力大小正比于法向正碰力，也是很大的力，它提供的切向冲量便不可忽略。
典型例题
题型一 动量定理及其应用
例1．(复旦大学自主招生)太空飞船在宇宙空间中飞行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略、飞船的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住。当飞船维持恒定的速率v飞行时，飞船引擎需要提供的平均推力为(　　)
A.nmv2S　　　　　　　　 B．nmv2S
C.nmv2S D.nmv2S
变式1．(清华大学保送生测试)如图所示，一个沙漏(古代的一种计时器)置于一个盘秤上，初始时瓶中的所有沙子都放在上面容器中，瓶的质量为M，瓶中沙子质量为m。在t＝0时，沙子开始释放流入下面的容器，沙子以质量变化率为＝λ离开上面的容器，试画出(并定性标明)一个图，给出在t>0的全部时间内秤的读数。
变式2．(清华大学自主招生)将一质量为m、长为L的柔软绳一端悬挂在天花板上，另一端自由悬垂，恰好与一台秤的秤盘接触。某时刻放开柔软绳的上端，求台秤的最大读数。
题型二 动量守恒及其应用
例2．(“卓越”自主招生)一质量为m＝40 kg的孩童，站在质量为M＝20 kg的长木板的一端，孩童与木板在水平光滑冰面上以v0＝2 m/s的速度向右运动。若孩童以a＝2 m/s2相对木板的匀加速度跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止。
(1)判断孩童跑动的方向；
(2)求出木板的长度L。
变式3．(北京大学自主招生)直径和高同为d的不带盖子的小圆桶，用一根水平的直杆与直径和高同为2d的带盖子大圆桶连接后，静放在光滑水平面上，它们的总质量为M。大圆桶顶部边缘部位有一个质量为m的小猴，此时小猴、两圆桶底部中心和直杆处于同一竖直面内，如图所示。设小猴水平跳离大圆桶顶部，恰好能经过也处于运动状态的小圆桶上方圆周边缘部位后，落到小圆桶底部中心。
(1)计算小猴从小圆桶上方边缘部位落到小圆桶底部中心所经历的时间Δt。
(2)试求直杆长度L。
(3)导出小猴跳离大圆桶时相对地面的速度vm。
变式4．(“北约”自主招生)平直铁轨上停着一节质量为M＝2m的小车厢。可以忽略车厢与水平铁轨之间的摩擦。有N名组员沿铁轨方向列队前行，另有一名组长在最后，每名组员的质量同为m。
(1)当组员和组长发现前面车厢时，都以相同速度v0跑步，每名组员在接近车厢时又以2v0速度跑着上车坐下。组长却因跑步速度没有改变而恰好未追上车，试求N。
(2)组员们上车后，组长前进速度减小为，车上的组员朝着车厢前行方向一个接一个水平跳下，组员离开车厢瞬间相对车厢速度大小同为u，结果又可使组长也能追上车。试问：跳车过程中组员们总共消耗掉人体中多少内能？
题型三 水平方向动量守恒
例3．(“北约”自主招生)质量为M、半径为R的匀质水平圆盘静止在水平地面上，盘与地面间无摩擦。圆盘中心处有一只质量为m的小青蛙(可处理成质点)，小青蛙将从静止跳出圆盘。为解答表述一致，将青蛙跳起后瞬间相对地面的水平分速度记为vx，竖直向上的分速度记为vy，合成的初始速度大小记为v，将圆盘后退的速度记为u。
(1)设青蛙跳起后落地点在落地时的圆盘外。
①对给定的vx，可取不同的vy，试导出跳起过程中青蛙所做功W的取值范围，答案中可包含的参量为M、R、m、g(重力加速度)和vx。
②将①问所得W取值范围的下限记为W0，不同的vx对应不同的W0值，试导出其中最小值Wmin，答案中可包含的参量为M、R、m和g。
(2)如果在原圆盘边紧挨着放另外一个相同的静止空圆盘，青蛙从原圆盘中心跳起后瞬间，相对地面速度的方向与水平方向夹角为45°，青蛙跳起后恰好能落在空圆盘的中心。跳起过程中青蛙所作功记为W′，试求W′与②问所得Wmin间的比值y＝，答案中可包含的参量为M和m。
题型四 碰撞
例4.（复旦大学自主招生） 在一根长的水平杆上穿着5个质量相同的珠子，珠子可以在水平杆上无摩擦地运动。初始时若各个珠子可以有任意的速度大小和方向，则它们之间最多可以碰撞 次。
A．4 B．5 C．8 D．10
变式5．(“卓越”自主招生)某同学用图甲所示的实验装置验证碰撞中动量守恒，他用两个质量相等、大小相同的钢球A、B进行实验。首先该同学使球A自斜槽某一高度由静止释放，从槽的末端水平飞出，测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上垂直投影O的距离LOP。然后该同学使球A自同一高度由静止释放，在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞(如图乙所示)，碰撞后两球向不同方向运动，测出两球落地点M、N与O点间的距离LOM、LON。该同学多次重复上述实验过程，并将测量值取平均。
(1)下列关系正确的是________(填字母代号)。
A．LOP＝LOM＋LON
B．LOPC．LOP>LOM＋LON
(2)根据实验原理，试推导出OM与ON间夹角的大小。
变式6．（北京大学自主招生）如图所示，光滑平面上，两个相隔一定距离的小球分别以v0和0.8 v0反向匀速运动，它们中间另有两个小球（小球1和小球2）将一弹簧压紧，小球1和小球2的质量分别为m和2m ，弹簧的弹性势能为Ep。 现将弹簧由静止释放，求：
（1）小球1和小球2各自的速度。
（2）若小球1能追上左边的以v0运动的球，而小球2不能追上右边以0.8 v0运动的球，求m的取值范围。动量及其守恒定律
知识精讲
动量与冲量 动量定理
动量：在牛顿定律建立以前，人们为了量度物体作机械运动的“运动量”，引入了动量的概念。当时在研究碰撞和打击问题时认识到：物体的质量和速度越大，其“运动量”就越大。物体的质量和速度的乘积mv遵从一定的规律，例如，在两物体碰撞过程中，它们的改变必然是数值相等、方向相反。在这些事实基础上，人们就引用mv来量度物体的“运动量”，称之为动量。
冲量：要使原来静止的物体获得某一速度，可以用较大的力作用较短的时间或用较小的力作用较长的时间，只要力F和力作用的时间的乘积相同，所产生的改变这个物体的速度效果就一样，在物理学中把F叫做冲量。
质点动量定理：
由牛顿定律，容易得出它们的联系：对单个物体：
即冲量等于动量的增量，这就是质点动量定理。
在应用动量定理时要注意它是矢量式，速度的变化前后的方向可以在一条直线上，也可以不在一条直线上，当不在一直线上时，可将矢量投影到某方向上，分量式为：
对于多个物体组成的物体系，按照力的作用者划分成内力和外力。对各个质点用动量定理：
第1个 外+内=
第2个 外+内=
第n个 外+内=
由牛顿第三定律： 内+内+……+内=0
因此得到：
外+外+ ……+外=（++……+）-（++……）
即：质点系所有外力的冲量和等于物体系总动量的增量。
2.动量守恒定律
动量守恒定律是人们在长期实践的基础上建立的，首先在碰撞问题的研究中发现了它，随着实践范围的扩大，逐步认识到它具有普遍意义，
对于相互作用的系统，在合外力为零的情况下，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得出物体的总动量保持不变。
即： ++……+=……
上式就是动量守恒定律的数学表达式。
应用动量守恒定律应注意以下几点：
（1）动量是矢量，相互作用的物体组成的系统的总动量是指组成物体系的所有物体的动量的矢量和，而不是代数和，在具体计算时，经常采用正交分解法，写出动量守恒定律的分量方程，这样可把矢量运算转化为代数运算，
（2）在合外力为零时，尽管系统的总动量恒定不变，但组成系统的各个物体的动量却可能不断变化，系统的内力只能改变系统内物体的动量，却不能改变系统的总动量。在合外力不为零时，系统的总动量就要发生改变，但在垂直于合外力方向上系统的动量应保持不变，即合外力的分量在某一方向上为零，则系统在该方向上动量分量守恒。
（3）动量守恒定律成立的条件是合外力为零，但在处理实际问题时，系统受到的合外力不为零，若内力远大于外力时，我们仍可以把它当作合外力为零进行处理，动量守恒定律成立。如遇到碰撞、爆炸等时间极短的问题时，可忽略外力的冲量，系统动量近似认为守恒。
3.碰撞
质量和的两个物块，在直线上发生对心碰撞，碰撞前后速度分别为和及和，碰撞前后速度在一条直线上，由动量守恒定律得到
根据两物块在碰撞过程中的恢复情况，碰撞又可分类为下列几种：
（1）弹性碰撞
在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞称为弹性碰撞，由动能守恒有
结合动量守恒解得
对上述结果可作如下讨论
①，则，，即交换速度。
②若＞＞，且有=0，则，即质量大物速度几乎不变，小物以二倍于大物速度运动。
③若＜＜，且=0，则，，则质量大物几乎不动，而质量小物原速率反弹。
（2） 完全非弹性碰撞
两物相碰粘合在一起或具有相同速度，被称为完全非弹性碰撞，在完全非弹性碰撞中，系统动量守恒，损失机械能最大。
碰撞过程中损失的机械能为
（3 ）一般非弹性碰撞，恢复系数
一般非弹性碰撞是指碰撞后两物分开，速度，且碰撞过程中有机械损失，但比完全非弹性碰撞损失机械能要小。物理学中用恢复系数来表征碰撞性质。恢复系数e定义为
①弹性碰撞， e=1。
②完全非弹性碰撞 ，e=0。
③一般非弹性碰撞 0＜e＜1。
（4） 斜碰
两物碰撞前后不在一条直线上，属于斜碰，如图所示
设两物间的恢复系数为e，设碰撞前、速度为、，
其法向、切向分量分别为、、、，碰后分离速度、，法向、切向速度分量、、、，则有
若两物接触处光滑，则应有、切向速度分量不变 、
若两物接触处有切向摩擦，这一摩擦力大小正比于法向正碰力，也是很大的力，它提供的切向冲量便不可忽略。
典型例题
题型一 动量定理及其应用
例1．(复旦大学自主招生)太空飞船在宇宙空间中飞行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略、飞船的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住。当飞船维持恒定的速率v飞行时，飞船引擎需要提供的平均推力为(　　)
A.nmv2S　　　　　　　　 B．nmv2S
C.nmv2S D.nmv2S
【答案】B
【解析】以飞船为参照物，选择一和飞船横截面积相等的圆柱内的尘埃进行研究。则该圆柱内的尘埃相对于飞船以速度v做匀速直线运动，在t时间内，由长度为x＝vt，横截面积为S、体积为V＝vtS的尘埃柱碰到飞船上，尘埃柱内尘埃颗粒数目为N＝nvtS，尘埃总质量为M＝Nm＝mnvtS，根据动量定理，Ft＝Mv，联立解得：F＝nmv2S，选项B正确。
变式1．(清华大学保送生测试)如图所示，一个沙漏(古代的一种计时器)置于一个盘秤上，初始时瓶中的所有沙子都放在上面容器中，瓶的质量为M，瓶中沙子质量为m。在t＝0时，沙子开始释放流入下面的容器，沙子以质量变化率为＝λ离开上面的容器，试画出(并定性标明)一个图，给出在t>0的全部时间内秤的读数。
【解析】在t＝0时，秤的读数为(M＋m)g。
沙子开始释放流入下面的容器，在沙子没有到达容器底部的过程中，设下面容器高h，则时间t1＝ ，时间t内下落沙子质量λt，在0～t1时间内，秤的读数为逐渐减小，t1时刻读数为(M＋m)g－λ g＝(M＋m)g－λ。
在沙子接触容器底面时，由动量定理，(F－Δmg)Δt＝Δmv，v＝，解得F＝Δmg＋λ。由此可见，在沙子在接触容器底面到上面容器漏完这段时间内，秤的读数等于(M＋m)g。在上面容器中沙子漏完后，由于空中还有沙子在不断冲击下面容器底面，所以秤的读数大于(M＋m)g，同上分析可得，秤的读数为(M＋m)g＋λ。等到下面沙子完全落在下面容器中，秤的读数等于(M＋m)g。
【答案】如图所示
变式2．(清华大学自主招生)将一质量为m、长为L的柔软绳一端悬挂在天花板上，另一端自由悬垂，恰好与一台秤的秤盘接触。某时刻放开柔软绳的上端，求台秤的最大读数。
【解析】设t时刻落到秤盘上的柔软绳长度为l，此时空中柔软绳的绳速为v＝
在t～t＋Δt的时间内，又有Δm＝ρΔl的柔软绳落到秤盘上，忽略微元段柔软绳的重力冲量，由动量定理可得：
－FΔt＝－Δmv＝－ρΔlv，
考虑到：＝v
解得：F＝ρv2＝2ρgl。
台秤的读数为落到台秤上柔软绳的重力和F之和，即FN＝F＋ρgl＝3ρgl。
当柔软绳即将都落到台秤上时，l＝L，台秤的读数最大，台秤的最大读数为3mg。
【答案】3mg
题型二 动量守恒及其应用
例2．(“卓越”自主招生)一质量为m＝40 kg的孩童，站在质量为M＝20 kg的长木板的一端，孩童与木板在水平光滑冰面上以v0＝2 m/s的速度向右运动。若孩童以a＝2 m/s2相对木板的匀加速度跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止。
(1)判断孩童跑动的方向；
(2)求出木板的长度L。
【解析】(1)孩童应沿着木板运动的方向跑动，即孩童开始时应站在木板的左端，向右跑。
(2)设孩童跑离木板时相对木板的速度为u，根据匀加速直线运动规律得
u2＝2aL ①
设孩童跑离木板时木板相对于冰面的速度为v，孩童相对冰面的速度为
v′＝u＋v， ②
由于冰面光滑，孩童和木板组成的系统在水平方向上不受外力，所以动量守恒。选冰面为参照系，v0的方向为坐标正方向，则有：(M＋m)v0＝Mv＋mv′③
若木板恰好静止，即要求木板相对冰面的速度v＝0，
由此可得u＝v0。 ④
综合上述各式得：L＝2v02 ⑤
将已知数据代入上式得L＝2.25 m。 ⑥
【答案】(1)向右跑　(2)2.25 m
变式3．(北京大学自主招生)直径和高同为d的不带盖子的小圆桶，用一根水平的直杆与直径和高同为2d的带盖子大圆桶连接后，静放在光滑水平面上，它们的总质量为M。大圆桶顶部边缘部位有一个质量为m的小猴，此时小猴、两圆桶底部中心和直杆处于同一竖直面内，如图所示。设小猴水平跳离大圆桶顶部，恰好能经过也处于运动状态的小圆桶上方圆周边缘部位后，落到小圆桶底部中心。
(1)计算小猴从小圆桶上方边缘部位落到小圆桶底部中心所经历的时间Δt。
(2)试求直杆长度L。
(3)导出小猴跳离大圆桶时相对地面的速度vm。
【解析】(1)小猴跳出后做平抛运动，从开始到经过小圆桶上方圆周边缘部位所经历的时间为t1，在竖直方向有：
d＝gt12，
解得：t1＝ 。
小猴从开始到落入小圆桶底部中心所经历的时间为t2，在竖直方向有：
2d＝gt22，
解得：t2＝2 。
小猴从小圆桶上方边缘部位落到小圆桶底部中心所经历的时间Δt＝t2－t1＝2 － 。
(2)小猴跳出后在水平方向相对于圆桶做匀速直线运动。
从小猴跳出到经过小圆桶上方圆周边缘部位，使用时间t1＝ ，
水平方向相对于圆桶位移x1＝L。
小猴从跳出到落入小圆桶底部中心所经历的时间为
t2＝2 。
水平方向相对于圆桶位移x2＝L＋。
设小猴在水平方向相对于圆桶做匀速直线运动的速度为v，则有：x1＝vt1，
x2＝vt2，
联立解得：L＝d。
(3)由于水平面光滑，小猴和圆桶组成的系统在水平方向动量守恒。设小猴刚跳出时小猴相对于地面的速度为vm，圆桶相对于地面速度为vM，由动量守恒定律，
mvm＝MvM，
vmt2＋vMt2＝L＋，
联立解得：vm＝。
【答案】(1)2 － 　(2)d　(3)
变式4．(“北约”自主招生)平直铁轨上停着一节质量为M＝2m的小车厢。可以忽略车厢与水平铁轨之间的摩擦。有N名组员沿铁轨方向列队前行，另有一名组长在最后，每名组员的质量同为m。
(1)当组员和组长发现前面车厢时，都以相同速度v0跑步，每名组员在接近车厢时又以2v0速度跑着上车坐下。组长却因跑步速度没有改变而恰好未追上车，试求N。
(2)组员们上车后，组长前进速度减小为，车上的组员朝着车厢前行方向一个接一个水平跳下，组员离开车厢瞬间相对车厢速度大小同为u，结果又可使组长也能追上车。试问：跳车过程中组员们总共消耗掉人体中多少内能？
【解析】(1)组员跳上车的过程系统动量守恒。临界情况对应N个组员跳上车后车厢速度为v0，则：
N·m·2v0＝(Nm＋2m)v0，
解得：N＝2。
(2)第一个组员跳下车后车厢速度为v1，则由动量守恒定律：
(2m＋2m)v0＝(m＋2m)v1＋m(u＋v1)
第二个组员跳下车后车厢速度为，则由动量守恒定律：
3mv1＝2m·＋m，
解得：u＝，v1＝。
跳车过程中组员们总共消耗掉人体中内能：
E＝＋＝mv02。
【答案】(1)2　(2)mv02
题型三 水平方向动量守恒
例3．(“北约”自主招生)质量为M、半径为R的匀质水平圆盘静止在水平地面上，盘与地面间无摩擦。圆盘中心处有一只质量为m的小青蛙(可处理成质点)，小青蛙将从静止跳出圆盘。为解答表述一致，将青蛙跳起后瞬间相对地面的水平分速度记为vx，竖直向上的分速度记为vy，合成的初始速度大小记为v，将圆盘后退的速度记为u。
(1)设青蛙跳起后落地点在落地时的圆盘外。
①对给定的vx，可取不同的vy，试导出跳起过程中青蛙所做功W的取值范围，答案中可包含的参量为M、R、m、g(重力加速度)和vx。
②将①问所得W取值范围的下限记为W0，不同的vx对应不同的W0值，试导出其中最小值Wmin，答案中可包含的参量为M、R、m和g。
(2)如果在原圆盘边紧挨着放另外一个相同的静止空圆盘，青蛙从原圆盘中心跳起后瞬间，相对地面速度的方向与水平方向夹角为45°，青蛙跳起后恰好能落在空圆盘的中心。跳起过程中青蛙所作功记为W′，试求W′与②问所得Wmin间的比值y＝，答案中可包含的参量为M和m。
【解析】(1)青蛙跳起后落地点在圆盘外。
①青蛙跳起过程，水平方向动量守恒，mvx＝Mu，
vxt＋ut>R，
vy＝，
v2＝vx2＋vy2。
跳起过程中青蛙做功W＝mv2＋Mu2。
联立解得：W>mvx2＋＋。
②W0＝mvx2＋＋＝＋
由于·＝为定值，根据两个正数积一定，两数相等时，和最小，
即＝，
解得vx2＝ 。
可得Wmin＝ ＋ ＝ 。
(2)设青蛙起跳速度为v，青蛙跳起过程，水平方向动量守恒，
mvcos 45°＝Mu，
vcos 45°·t＝2R，
vsin 45°＝，
跳起过程中青蛙做功W′＝mv2＋Mu2。
联立解得：W′＝mgR。
y＝＝ 。
【答案】(1)①W>mvx2＋＋
②
(2)
题型四 碰撞
例4.（复旦大学自主招生） 在一根长的水平杆上穿着5个质量相同的珠子，珠子可以在水平杆上无摩擦地运动。初始时若各个珠子可以有任意的速度大小和方向，则它们之间最多可以碰撞 次。
A．4 B．5 C．8 D．10
答案：D
解析：如果珠子之间的碰撞是完全非弹性碰撞，每碰撞一次，运动个体的数目就减少，所以最多碰撞4次。如果碰撞是完全弹性碰撞，某碰撞一次，珠子便交换速度，最终应该是外面的珠子速度大。里面的珠子速度小。初始状态时，如果外面珠子速度大，里面珠子速度小，外面珠子向里运动时，它们发生碰撞的次数最多。如图所示，它们的速率关系时：v1>v5>v2>v4>v5。珠子1的速度传递到珠子5，需要4次碰撞；珠子2的速度传递到珠子，需要3次碰撞，珠子3的速度传递到珠子5，需要2次碰撞，珠子4的速度传递到珠子5，需要1次碰撞，所以它们之间最多可以碰撞4+3+2+1=10次，选项D正确。
变式5．(“卓越”自主招生)某同学用图甲所示的实验装置验证碰撞中动量守恒，他用两个质量相等、大小相同的钢球A、B进行实验。首先该同学使球A自斜槽某一高度由静止释放，从槽的末端水平飞出，测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上垂直投影O的距离LOP。然后该同学使球A自同一高度由静止释放，在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞(如图乙所示)，碰撞后两球向不同方向运动，测出两球落地点M、N与O点间的距离LOM、LON。该同学多次重复上述实验过程，并将测量值取平均。
(1)下列关系正确的是________(填字母代号)。
A．LOP＝LOM＋LON
B．LOPC．LOP>LOM＋LON
(2)根据实验原理，试推导出OM与ON间夹角的大小。
【解析】(2)设球的质量为m，碰撞前瞬间球A的速度大小为vA，碰撞后瞬间球A、B的速度大小分别为vA′、vB′。
两球在碰撞过程中动量守恒，碰撞后两球动量的矢量和与碰撞前A球动量的矢量相同，一定满足平行四边形定则，如图所示。
在弹性碰撞过程中，机械能守恒，因此有：
mvA2＝mvA′2＋mvB′2①
设小球做平抛运动的时间为t，
则vA＝，vA′＝，vB′＝，由①式得，
LOP2＝LOM2＋LON2②
因此，OM与ON间的夹角为90°。
【答案】(1)B　(2)见解析
变式6．（北京大学自主招生）如图所示，光滑平面上，两个相隔一定距离的小球分别以v0和0.8 v0反向匀速运动，它们中间另有两个小球（小球1和小球2）将一弹簧压紧，小球1和小球2的质量分别为m和2m ，弹簧的弹性势能为Ep。 现将弹簧由静止释放，求：
（1）小球1和小球2各自的速度。
（2）若小球1能追上左边的以v0运动的球，而小球2不能追上右边以0.8 v0运动的球，求m的取值范围。
解析：（1）设小球1和小球2各自的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律：
(2)由题意得：

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