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第1节　动量和动量定理　动量守恒定律
[浙江考试标准]
知识内容
考试要求
命题规律
必考
加试
动量和动量定理
c
1.动量、动量定理和动量守恒等基本概念、规律的理解，一般结合碰撞等实际过程考查.2.综合运用动量和机械能的知识分析较复杂的运动过程.
动量守恒定律
c
碰撞
d
反冲运动、火箭
b
实验19　探究碰撞中的不变量
√
第1节　动量和动量定理　动量守恒定律
考点一|
动量和动量定理
1．动量
(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：kg·m/s.
(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
2．冲量
(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)单位：N·s.
(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．
(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．
3．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
(2)表达式：
1．用动量定理解题的基本思路
2．动量定理的应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．
(2)应用I＝Δp求变力的冲量．
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．动量越大的物体，其质量一定越大
A　[动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A正确．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误．物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，不是只由物体的速度决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误．物体的动量越大，其质量并不一定越大，故选项D错误．]
2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图12 1 1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
图12 1 1
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos
θ
D．合力对物体的冲量大小为零
BD　[拉力F对物体的冲量大小为Ft，A、C错误，B正确；合力对物体的冲量等于物体动量的变化，即等于零，选项D正确．]
3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于(　　)
A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小
D　[人跳远从一定高度落下，落地前的速度(v＝)一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑里作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长F小，故D对．]
4．(2016·宁波调研)如图12 1 2所示，质量为m＝2
kg的物体，在水平力F＝16
N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2
s后撤去，撤去F后又经t2＝2
s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1
s，碰撞后反向弹回的速度v′＝6
m/s，求墙壁对物体的平均作用力的大小．(g取10
m/s2)
图12 1 2
【解析】　全过程整体考虑，取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F方向为正方向，则由动量定理：
Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′
代入数据整理解得：＝280
N.
【答案】　280
N5．(2016·浙江4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图12 1 3所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭．(不计空气阻力)(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；
(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0；
(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)
图12 1 3
【解析】　(1)由法拉第电磁感应定律得
＝＝，
Q＝Δt＝＝，
电流方向向右．
(2)平均感应电流＝＝，
平均安培力＝BL，
由动量定理得
(－mg)Δt＝mv0，
v0＝－gΔt.
(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正，
由动量守恒定律得－m′u＋(m－m′)Δv＝0，
解得Δv＝u.
【答案】　见解析
考点二|
动量守恒定律
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．
(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．
3．动量守恒定律的不同表达形式
(1)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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
1．动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
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研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2.动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
(3)规定正方向，确定初、末状态的动量；
(4)由动量守恒定律列出方程；
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
1．(多选)下列四个选项所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)
AC　[子弹射入木块的过程中，水平方向系统合力为零，动量守恒，A正确；两球匀速下降，总浮力等于总重力，细线断裂后，系统在竖直方向合力仍为零，动量守恒，C正确；剪断细线，弹簧恢复原长的过程中，系统水平方向动量增大，动量不守恒；木块沿光滑斜面下滑过程中，木块动量增大，斜面静止，故系统动量不守恒．]
2．(2017·桐乡选考模拟)一个质量M＝2
kg的装沙小车沿光滑水平轨道运动，速度v＝3
m/s，一个质量m＝1
kg的球从0.2
m高处自由落下，恰落入小车的沙中，此后小车的速度v′为(　　)
A．3
m/s　
B．2
m/s
C．2.7
m/s
D．0
B　[车、沙、球组成的系统在水平方向上动量守恒，有Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝＝
m/s＝2
m/s，选项B正确．]
3．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5
kg，乙车和磁铁的总质量为1kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2
m/s，乙的速率为3
m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：
(1)两车最近时，乙的速度为多大；
(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大.
【解析】　(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，
所以两车最近时，乙车的速度为
v＝＝
m/s＝
m/s≈1.33
m/s.
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v乙′＝＝
m/s＝2
m/s.
【答案】　(1)1.33
m/s　(2)2
m/s
4．如图12 1 4所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突
然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．
图12 1 4
【解析】　设共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度为vB，由动量守恒定律有
(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB
mBvB＝(mB＋mC)v
联立以上两式得，B与C碰撞前B的速度为vB＝v0.
【答案】　v0第2节　碰撞　反冲运动
考点一|
碰撞现象
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律．
(2)机械能不增加．
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝v0、v2＝v0.
当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．
1．如图12 2 1，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
图12 2 1
A．A和B都向左运动　　B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
D　[选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0.B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．]
2．(2017·丽水选考模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1
kg，mB＝2
kg，vA＝6
m/s，vB＝2
m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　　)
A．vA′＝5
m/s，vB′＝2.5
m/s
B．vA′＝2
m/s，vB′＝4
m/s
C．vA′＝－4
m/s，vB′＝7
m/s
D．vA′＝7
m/s，vB′＝1.5
m/s
B　[虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57
J，大于碰前的总动能Ek＝mAv＋mBv＝22
J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．]
3．(2017·温岭选考模拟)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7
kg·m/s，B球的动量是5
kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)
A．pA′＝6
kg·m/s，pB′＝6
kg·m/s
B．pA′＝3
kg·m/s，pB′＝9
kg·m/s
C．pA′＝－2
kg·m/s，pB′＝14
kg·m/s
D．pA′＝－4
kg·m/s，pB′＝17
kg·m/s
A　[从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三种皆有可能．从总动能不增加即＋≥＋来看，只有A可能．]
4．如图12 2 2所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________.
图12 2 2
【解析】　由于水平面光滑，则滑块与盒碰撞时动量守恒，故有：mv＝(M＋m)v1，且M＝2m
相对静止时的共同速度v1＝＝
由功能关系知：μmgs＝mv2－(M＋m)v
解得滑块相对盒的路程s＝.
【答案】　　
考点二|
反冲运动、火箭
1．反冲现象
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)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．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．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、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力．
(2)设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m.火箭获得的速度v＝.
讨论反冲运动应注意的问题
1．系统不受外力或所受外力的和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
2．系统虽然受到外力作用，但内力远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题．
1．(2017·平湖选考模拟)下列关于反冲运动的说法中，正确的是(　　)
A．抛出物m1的质量要小于剩下质量m2才能获得反冲
B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用D．对抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律
答案：D
2．(多选)下列属于反冲运动的有(　　)
A．喷气式飞机的运动
B．直升机上升
C．火箭上升
D．反击式水轮机的运动
答案：ACD
3．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图12 2 3所示．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2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v1为(　　)
图12 2 3
A．v0－v2　　　　　B．v0＋v2
C．v0－v2
D．v0＋(v0－v2)
D　[对火箭和卫星由动量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．故选D.]
4．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v　　　　　　　B．2v0－3v
C．3v0－2v
D．2v0＋v
C　[在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，选C.]
考点三|
动量与能量的综合应用
1．动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．即I＝Δp或Ft＝Δp或Ft＝p1－p2，它的表达式是一个矢量方程，即表示动量的变化方向与冲量的方向相同．
2．动量守恒定律：
(1)内容：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．即：p1＝p2或Δp1＝－Δp2.
(2)条件：①系统不受外力或者所受外力的和为零；②系统所受外力远小于系统的内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒．
3．动能定理：合外力做的功等于物体动能的变化．(这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)．表达式为W＝ΔEk或W总＝Ek2－Ek1.
4．机械能守恒定律：在只有重力(或弹簧弹力)做功时，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统机械能守恒．
动量和能量综合题的解题思路1．仔细审题，把握题意
在读题的过程中，必须仔细、认真，要收集题中的有用信息，弄清物理过程，建立清晰的物理情景，充分挖掘题中的隐含条件，不放过任何一个细节．
2．确定研究对象，进行受力分析和运动分析
有的题目可能会有多个研究对象，研究对象确定后，必须对它进行受力分析和运动分析，明确其运动的可能性．
3．思考解题途径，正确选用规律
根据物体的受力情况和运动情况，选择与它相适应的物理规律及题中给予的某种等量关系列方程求解．
4．检查解题过程，检验解题结果
检查过程并检验结果是否符合题意以及是否符合实际情况．
1．(2017·诸暨选考模拟)如图12 2 4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧挡板的质量不计．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，且B与C碰撞时间极短．此后A继续压缩弹簧，直至弹簧被压缩到最短．在上述过程中，求：
图12 2 4
(1)B与C相碰后的瞬间，B与C粘接在一起时的速度大小；
(2)整个系统损失的机械能；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【解析】　(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
设碰撞后瞬间B与C的速度为v2，由动量守恒定律得：
mv1＝2mv2
解得：v2＝.
(2)设B与C碰撞损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：
mv＝ΔE＋(2m)v
整个系统损失的机械能为ΔE＝mv.
(3)由于v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝3mv3
mv－ΔE＝(3m)v＋Ep
解得：Ep＝mv.
【答案】　(1)　(2)mv　(3)mv
2．(2017·义乌选考模拟)如图12 2 5所示，质量M＝4
kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5
m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．小木块A以速度v0＝10
m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知木块A的质量m＝1
kg，g取10
m/s2.求：
图12 2 5
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．
【解析】　(1)A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑扳B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，根据动量守恒，mv0＝(M＋m)v，解得：v＝v0
代入数据得木块A的速度v＝2
m/s.
(2)木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．根据能量守恒定律可得：
最大弹性势能为Ep＝mv－(m＋M)v2－μmgL
代入数据解得：Ep＝39
J.
【答案】　(1)2
m/s　(2)39
J实验19　探究碰撞中的不变量
1．实验原理
在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等．
2．实验器材
斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规等．
3．实验步骤
(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．
(2)按照实验原理图1安装实验装置．调整、固定斜槽使斜槽底端水平．
图1
(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.
(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如实验原理图2所示．
图2
(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1＝m1＋m2，看在误差允许的范围内是否成立．
(7)整理好实验器材放回原处．
(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒．
1．数据处理
验证表达式：m1·＝m1·＋m2·
2．注意事项
(1)斜槽末端的切线必须水平；
(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；
(3)选质量较大的小球作为入射小球；
(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．
1．[实验原理与实验操作](多选)如图3在利用悬线悬挂等大小球进行验证动量守恒定律的实验中，下列说法正确的是(　　)
图3
A．悬挂两球的线长度要适当，且等长
B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度
C．两小球必须都是刚性球，且质量相同
D．两小球碰后可以粘合在一起共同运动
ABD　[两线等长能保证两球正碰，以减小实验误差，所以A正确；由于计算碰撞前速度时用到了mgh＝mv2－0，即初速度为0，B正确；本实验中对小球的弹性性能无要求，C错误；两球正碰后，有各种运动情况，所以D正确．]
2．[实验数据处理及误差分析](2016·余姚选考模拟)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动．他设计的装置如图4甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50
Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力．
图4
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度．应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)．
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4
kg，小车B的质量为m2＝0.2
kg，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________
kg·m/s.【解析】　(1)从分析纸带上的打点情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度．从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度．
(2)小车A在碰撞前速度v0＝＝
m/s＝1.050
m/s
小车A在碰撞前的动量
p0＝m1v0＝0.4×1.050
kg·m/s＝0.420
kg·m/s
碰撞后A、B的共同速度
v＝＝
m/s＝0.695
m/s
碰撞后A、B的总动量
p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s
【答案】　(1)BC　DE　(2)0.420　0.417

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