[學習目標] 1.進一步理解動量守恒定律的含義及守恒條件.2.會利用動量守恒定律分析多物體、多過程問題.3.會分析動量守恒定律應(yīng)用中的臨界問題．
一、對動量守恒條件的進一步理解
1．動量守恒定律成立的條件
(1)系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零；
(2)系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力；
(3)系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0.
此種情況說明：當系統(tǒng)所受的合外力不為零時，系統(tǒng)的總動量不守恒，但是合外力在某個方向上的分量為零時，那么在該方向上系統(tǒng)的動量分量是守恒的．
2．動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)．研究多個物體組成的系統(tǒng)時，必須合理選擇系統(tǒng)，分清系統(tǒng)的內(nèi)力與外力，然后判斷所選系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件．
(多選)質(zhì)量分別為M和m0的兩滑塊用輕彈簧連接，均以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是( )
圖1
A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M和m0的速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 M和m碰撞時間極短，在極短的時間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變(速度不變)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，所以只有B、C正確．
如圖2所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車內(nèi)上表面高20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的小車中，車內(nèi)上表面涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，設(shè)小球在落到車底前瞬間速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是( )
圖2
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案 A
解析 小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得
mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，
代入數(shù)據(jù)解得v0＝15 m/s.
小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有
－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，
解得v′＝5 m/s.
所以A選項正確．
二、動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應(yīng)用
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應(yīng)注意：
(1)正確進行研究對象的選?。河袝r對整體應(yīng)用動量守恒定律，有時對部分物體應(yīng)用動量守恒定律．研究對象的選取一是取決于系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，二是根據(jù)所研究問題的需要．
(2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量．根據(jù)所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應(yīng)用動量守恒，有時只需針對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關(guān)系式．
如圖3所示，木塊A的質(zhì)量為mA＝1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量為mB＝4 kg，質(zhì)量為mC＝4 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后將以4 m/s的速度彈回，C始終未脫離B.求：
圖3
(1)B運動過程中的最大速度大小；
(2)C運動過程中的最大速度大??；
(3)整個過程中系統(tǒng)損失的機械能．
答案 (1)4 m/s (2)2 m/s (3)48 J
解析 (1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得：vB＝4 m/s.
(2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統(tǒng)動量守恒，以B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)得：vC＝2 m/s.
(3)由能量守恒定律得：ΔE損＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)mAvA2－eq \f(1,2)(mB＋mC)vC2，解得ΔE損＝48 J.
三、動量守恒定律在臨界問題中的應(yīng)用
1．在動量守恒定律的應(yīng)用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)，其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的判斷是求解這類問題的關(guān)鍵．
2．動量守恒定律應(yīng)用中的常見臨界情形
如圖4所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質(zhì)量為30 kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也為30 kg，游戲時甲推著一質(zhì)量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞( )
圖4
A．8 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D．10 m/s
答案 A
解析 設(shè)甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向．以甲和箱子為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①
選箱子和乙為系統(tǒng)，得mv＝(m＋M乙)v乙，②
當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙，③
聯(lián)立①②③解得v＝8 m/s.
1．(動量守恒的判斷)如圖5所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊．今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開始下落，與圓弧槽相切自A點進入槽內(nèi)，并從C點飛出，則以下結(jié)論中正確的是( )
圖5
A．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
答案 C
解析 小球在半圓槽內(nèi)由A向B運動時，由于槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊，槽不會向左運動，則小球的機械能守恒，從A到B做圓周運動，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力不為零，動量不守恒；小球從B到C運動的過程中，槽向右運動，系統(tǒng)在水平方向上合外力為零，動量守恒，小球的機械能不守恒，槽的支持力對其做功，故A、B錯誤，C正確；小球離開C點時，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤．
2．(多物體的動量守恒)如圖6所示，質(zhì)量為m2的小車上有一半圓形的光滑槽，一質(zhì)量為m1的小球置于槽內(nèi)，共同以速度v0沿光滑水平面運動，并與一個原來靜止的小車m3對接(時間極短)，則對接后瞬間，小車的速度大小為( )
圖6
A.eq \f(?m2＋m3?v0,m1＋m2＋m3) B.eq \f(m2v0,m1＋m2＋m3)
C.eq \f(m2v0,m2＋m3) D．以上均不對
答案 C
解析 對接過程，兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以小車m2的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：v＝eq \f(m2v0,m2＋m3)，故C正確．
3．(多物體的動量守恒)如圖7所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為2 kg與0.9 kg，A、B上表面粗糙，與水平地面間接觸面光滑，質(zhì)量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求：
圖7
(1)A的最終速度大??；
(2)鐵塊剛滑上B時的速度大小．
答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
解析 (1)選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
解得：vA＝0.25 m/s.
(2)設(shè)鐵塊剛滑上B時的速度為v′，此時A、B的速度均為vA＝0.25 m/s.
由系統(tǒng)動量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA
解得v′＝2.75 m/s.
4．(動量守恒定律在臨界問題中的應(yīng)用)如圖8所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0，為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小．(不計水的阻力)
圖8
答案 4v0
解析 設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，以開始時甲、乙兩船的運動方向為正方向．由動量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m×2v0－mvmin＝11mv2②
為避免兩船相撞應(yīng)滿足
v1＝v2③
聯(lián)立①②③式得
vmin＝4v0.
1.如圖1所示，在光滑水平面上放一個質(zhì)量為M的斜面體，質(zhì)量為m的物體沿斜面由靜止開始自由下滑，下列說法中正確的是( )
圖1
A．M和m組成的系統(tǒng)動量守恒
B．M和m組成的系統(tǒng)所受合力方向向上
C．M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
D．M和m組成的系統(tǒng)豎直方向動量守恒
答案 C
解析 M和m組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒；豎直方向系統(tǒng)所受合外力不為零，且方向向下，系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒，則M和m組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A、B、D錯誤，C正確．
2．(多選)(2021·遼寧營口開發(fā)區(qū)一中月考)如圖2所示，在質(zhì)量為M的小車中掛著一擺球，擺球質(zhì)量為m0，小車和擺球以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質(zhì)量為m的靜止的木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短．在此碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是( )
圖2
A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関′，滿足Mv＝(M＋m)v′
D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，這一瞬間擺球的速度不變，若碰后小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，根據(jù)動量守恒有Mv＝Mv1＋mv2；若碰后小車和木塊速度相同，都為v′，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確，A、D錯誤．
3．質(zhì)量M＝100 kg的小船靜止在水面上，船首站著質(zhì)量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站著質(zhì)量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙兩游泳者在同一水平線上，甲朝左、乙朝右均以3 m/s的速率同時躍入水中后瞬間( )
A．小船向左運動，速率為1 m/s
B．小船向左運動，速率為0.6 m/s
C．小船向右運動，速率大于1 m/s
D．小船仍靜止
答案 B
解析 設(shè)水平向右為正方向，兩游泳者同時跳離小船后瞬間小船的速度為v，根據(jù)甲、乙兩游泳者和小船組成的系統(tǒng)動量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入數(shù)據(jù)可得v＝－0.6 m/s，其中負號表示小船向左運動，所以選項B正確．
4.如圖3所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，車的質(zhì)量為M，人與車以大小為v1的速度在光滑水平面上向東運動．當此人相對于車以大小為v2的速度豎直跳起時，車向東的速度大小為( )
圖3
A.eq \f(Mv1－Mv2,M－m) B.eq \f(Mv1,M－m)
C.eq \f(Mv1＋Mv2,M－m) D．v1
答案 D
解析 人與車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度沒變，(m＋M)v1＝mv1＋Mv車，因此v車＝v1，所以D正確．
5.如圖4所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平地面上，滑塊的光滑弧面底部與地面相切，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球不能越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是( )
圖4
A.eq \f(mv0,M＋m) B.eq \f(mv0,M) C.eq \f(Mv0,M＋m) D.eq \f(Mv0,m)
答案 A
解析 小球沿滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，因而該系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對滑塊運動，此時小球一定不是在最高點)．由水平方向動量守恒得，mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq \f(mv0,M＋m)，A正確．
6.質(zhì)量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發(fā)生碰撞，如圖5所示，最后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為( )
圖5
A．v0 B.eq \f(v0,5) C.eq \f(v0,3) D.eq \f(v0,4)
答案 B
解析 由于五個物塊組成的系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得：mv0＝5mv，得v＝eq \f(1,5)v0，即它們最后的速度為eq \f(1,5)v0.
7.如圖6所示，一塊質(zhì)量為0.5 kg的橡皮泥自距小車上表面1.25 m高處由靜止下落，恰好落入質(zhì)量為2 kg、速度為2.5 m/s沿光滑水平地面運動的小車上，并與小車一起沿水平地面運動，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
圖6
A．橡皮泥下落的時間為0.3 s
B．橡皮泥與小車一起在水平地面上運動的速度大小為3.5 m/s
C．橡皮泥落入小車的過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
D．整個過程中，橡皮泥與小車組成的系統(tǒng)損失的機械能為7.5 J
答案 D
解析 橡皮泥做自由落體運動，t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s，A錯誤．橡皮泥落到小車上，二者相互作用的過程，在水平方向動量守恒，Mv0＝(M＋m)v，解得v＝2 m/s，B、C錯誤．系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝eq \f(1,2)Mv02＋mgh－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝7.5 J，D正確．
8．(2020·廣州二中期中)甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質(zhì)量都是M，甲手持一個質(zhì)量為m的球，現(xiàn)甲把球以對地為v的速度傳給乙，乙接球后又以對地為2v的速度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為(忽略空氣阻力)( )
A.eq \f(2M,M－m) B.eq \f(M＋m,M)
C.eq \f(2?M＋m?,3M) D.eq \f(M,M＋m)
答案 D
解析 甲、乙之間傳遞球時不必考慮過程中的細節(jié)，只考慮初狀態(tài)和末狀態(tài)的情況．研究對象是由甲、乙二人和球組成的系統(tǒng)，開始時系統(tǒng)的總動量為零，最后時刻系統(tǒng)的總動量仍為零．設(shè)甲最終的速度大小為v甲，乙最終的速度大小為v乙，二者方向相反，根據(jù)動量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，則eq \f(v甲,v乙)＝eq \f(M,M＋m)，選項D正確．
9．如圖7所示，質(zhì)量均為M＝0.4 kg的兩長平板小車A和B開始時緊靠在一起，都靜止于光滑水平面上．質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊(可看成質(zhì)點)以初速度v＝9 m/s從最左端滑上小車A的上表面，最后停在小車B最右端時速度為v2＝2 m/s，則最后A的速度v1為( )
圖7
A．1.5 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s
答案 A
解析 對三者整體分析，系統(tǒng)動量守恒，有mv＝(m＋M)v2＋Mv1，解得v1＝1.5 m/s，選項A正確．
10．(多選)A、B兩船的質(zhì)量均為m，都靜止在平靜的湖面上，現(xiàn)A船上質(zhì)量為eq \f(1,2)m的人，以對地水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳到A船，經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上，不計水的阻力，則( )
A．A、B兩船速度大小之比為2∶3
B．A、B(包括人)兩船動量大小之比為1∶1
C．A、B(包括人)兩船動能之比為3∶2
D．A、B(包括人)兩船動能之比為1∶1
答案 BC
解析 最終人在B船上，以系統(tǒng)為研究對象，在整個過程中，以A船的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvA－(m＋eq \f(1,2)m)vB＝0，解得：eq \f(vA,vB)＝eq \f(3,2)，故A錯誤；以人與兩船組成的系統(tǒng)為研究對象，總動量守恒，所以A、B(包括人)兩船的動量大小之比為1∶1，故B正確；兩船的動能之比eq \f(EkA,EkB)＝eq \f(\f(p2,2m),\f(p2,2?m＋\f(1,2)m?))＝eq \f(3,2)，故C正確，D錯誤．
11.如圖8所示，一輕質(zhì)彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中．已知物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的eq \f(3,4)，子彈的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的eq \f(1,4)，彈簧壓縮到最短時B的速度為( )
圖8
A.eq \f(v0,2) B.eq \f(v0,4) C.eq \f(v0,8) D.eq \f(v0,3)
答案 C
解析 彈簧壓縮到最短時，子彈、A、B具有共同的速度v1，且子彈、A、B組成的系統(tǒng)，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受合外力始終為零，故整個過程系統(tǒng)的動量守恒，取子彈水平速度v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝eq \f(1,4)mB，mA＝eq \f(3,4)mB，故v1＝eq \f(v0,8)，即彈簧壓縮到最短時B的速度為eq \f(v0,8).
12.(多選)如圖9所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上．c車上有一小孩跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上．小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同．他跳到a車上相對a車保持靜止，此后( )
圖9
A．a(chǎn)、b兩車運動速率相等
B．a(chǎn)、c兩車運動速率相等
C．三輛車的速率關(guān)系vc>va>vb
D．a(chǎn)、c兩車運動方向相反
答案 CD
解析 設(shè)人跳離b、c車時相對地面的水平速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律知，人和c車組成的系統(tǒng)：0＝M車vc＋m人v
對人和b車：m人v＝M車vb＋m人v
對人和a車：m人v＝(M車＋m人)va
所以：vc＝－eq \f(m人v,M車)，vb＝0，va＝eq \f(m人v,M車＋m人)
即vc>va>vb，并且vc與va方向相反，故選C、D.
13.如圖10所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大?。?br>圖10
答案 2 m/s
解析 長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時間極短，碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽略不計，長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量守恒，取水平向右為正方向
則mAv0＝mAvA＋mCvC
長木板A和滑塊B達到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
聯(lián)立解得：vA＝2 m/s.
14.(2020·黑龍江肇東市第四中學月考)質(zhì)量為M＝2 kg的小車靜止于光滑水平面上，小車的上表面由光滑的eq \f(1,4)圓弧和光滑平面組成，弧半徑為R＝0.3 m，車的右端固定有一不計質(zhì)量的水平彈簧，如圖11所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊從圓弧最高處無初速度下滑，與彈簧相接觸(不拴接)并壓縮彈簧．重力加速度g＝10 m/s2，求：
圖11
(1)彈簧具有的最大的彈性勢能Epm；
(2)當滑塊與彈簧分離時小車的速度大?。?br>答案 (1)3 J (2)1 m/s
解析 (1)設(shè)水平向右為正方向，小車與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，小車與滑塊速度相等時彈簧的彈性勢能最大．
根據(jù)動量守恒定律，此時滑塊與小車速度為零，
由于沒有摩擦力，系統(tǒng)的機械能守恒，
由機械能守恒定律可得，
彈簧的彈性勢能最大為Epm＝mgR＝1×10×0.3 J＝3 J；
(2)小車和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，
由動量守恒定律得Mv1－mv2＝0，
由機械能守恒定律得mgR＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22，
聯(lián)立解得v1＝1 m/s.
光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大
物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的小車B上，當A在B上滑行的距離最遠時，A、B相對靜止，A、B兩物體的速度必定相等
質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與水平面相切，一個質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來．設(shè)小球不能越過滑塊，則小球到達滑塊上的最高點(即小球豎直方向上的速度為零)時，兩物體的速度肯定相等(方向為水平向右)
A、B以共同的初速度v0向右運動，A(上表面粗糙)與C發(fā)生碰撞后，再與B相互作用，最后不再相撞的臨界條件是：三者具有相同的速度.

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高中物理粵教版 (2019)選擇性必修 第一冊電子課本

第三節(jié) 動量守恒定律

版本： 粵教版 (2019)

年級： 選擇性必修 第一冊

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