动量知识总结

第一篇：动量知识总结

动量知识总结

第一单元

动量和动量定理

一、动量、冲量 1.动量

（1）定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，p=mv，动量的单位：kg·m/s.（2速度为瞬时速度，通常以地面为参考系.（3）动量是矢量，其方向与速度v的方向相同

（4）注意动量与动能的区别和联系：动量、动能和速度都是描述物体运动的状态量；动量是矢量，动能是标量；动量和动能的关系是：p2＝2mEk.2.动量的变化量（1）Δp=pt－p0.（2）动量的变化量是矢量，其方向与速度变化的方向相同，与合外力冲量的方向相同（3）求动量变化量的方法：①Δp=pt－p0=mv2－mv1；②Δp=Ft.3.冲量

（1）定义：力和力的作用时间的乘积，叫做该力的冲量，I=Ft，冲量的单位：N·s.（2）冲量是过程量，它表示力在一段时间内的累积作用效果.（3）冲量是矢量，其方向由力的方向决定.（4）求冲量的方法：①I=Ft（适用于求恒力的冲量，力可以是合力也可能是某个力）；②I=Δp.（可以是恒力也可是变力）

二、动量定理

（1）物体所受合外力的冲量，等于这个物体动量的增加量，这就是动量定理.表达式为：Ft＝pp或Ft＝mvmv

（2）动量定理的研究对象一般是单个物体

（3）动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力.它可以是恒力，也可以是变力.当合外力为变力时，F应该是合外力对作用时间的平均值.（4）动量定理公式中的FΔt是合外力的冲量，也可以是外力冲量的矢量和，是使研究对象动量发生变化的原因.在所研究的物理过程中，如果作用在研究对象上的各个外力的作用时间相同，求合外力的冲量时，可以先按矢量合成法则求所有外力的合力，然后再乘以力的作用时间；也可以先求每个外力在作用时间内的冲量，然后再按矢量合成法则求所有外力冲量的矢量和；如果作用在研究对象上的各个力的作用时间不相同，就只能求每个力在相应时间内的冲量，然后再求所有外力冲量的矢量和.三.用动量定理解题的基本思路

（1）明确研究对象和研究过程.研究对象一般是一个物体，研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段.（2）规定正方向.（3）进行受力分析，写出总冲量的表达式，如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和.（4）写出研究对象的初、末动量.（5）根据动量定理列式求解

四、典型题

1、动量和动量的变化

例1 一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度v=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？（0.06）

2、冲量

例2

质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？（IGm2gHm2gH,IN,I合m2gH）

sintan

3、动量定理

例3 质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F

（答案：60N）

例4 “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图5－1－1所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体自高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味.若此人质量为60 kg，橡皮绳长20 m，人可看成质点，g取10 m/s2，求：

（1）此人从点P处由静止下落至橡皮绳刚伸直（无伸长）时，人的动量为_______；（1200）

（2）若橡皮绳可相当于一根劲度系数为100 N/m 的轻质弹簧，则此人从P处下落到_______m时具有最大速度；（26）

（3）若弹性橡皮绳的缓冲时间为3 s，求橡皮绳受到的平均冲力的大小.（1000）

4、多过程动量定理

例5 一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。（4N）5．在F－t图中的冲量：

F－t图上的“面积”表示冲量的大小。

第二单元

动量守恒定律

一、动量守恒定律

1．动量守恒定律的内容

一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

 即：m1v1m2v2m1v1m2v2

2．动量守恒定律成立的条件

⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；

⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；

⑶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。⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

3．动量守恒定律的表达形式

m2v2，即p1+p2=p1/+p2/，所有速度都要以地为参考系 m1v1m2v2m1v14．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法

（1）分析题意，明确哪些物体在相互作用，对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。

（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。

（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。

（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。

二、典型题 1．碰撞

（1）弹性碰撞（动量守恒，机械能守恒）

（2）非弹性碰撞（动量守恒，机械能有损失）

（3）完全非弹性碰撞（即碰后两物以共同速度运动，动量守恒，机械能损失最多）注：（1）碰撞问题的特点，①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③速度大小应保证其顺序合理

（2）在何种情况下碰撞后交换速度？

例

1、动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？

56mB；碰后A的速度不大于B的速度，解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴mA3852623282mAmB；又因为碰撞过程系统动能不会增加，2mA2mB2mA2mB，由3mA48mB7 以上不等式组解得：2．子弹打木块类问题

例2 设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前

2Mmvm0fs2d2MmdMm进的距离。（；）

3．反冲问题

在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。例3 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？

v（Mv0muMm）

4、平均动量守恒（人船模型）

例4 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？（l2mLMm）

点评：做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。一般这种题系统初始总动量为零，否则不能用此法

5、爆炸类问题

例5 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。（-50）

注：这类问题总动能一定增加

6、某一方向动量守恒

例6 如下图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是多少？（5 m/s）

7、多物体多过程

例7 两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：

（1）木块A的最终速度vA；（2）滑块C离开A时的速度（答案 2.6 m/s 4.2 m/s）

vC。

第二篇：2012高考物理知识要点总结教案：动量

2012高考物理知识要点总结教案：动量

动 量

知识要点：

一、冲量

1、冲量：作用在物体上的力和力的作用时间的乘积叫做冲量。表示为I=F·t。

2、冲量是个矢量。它的方向与力的方向相同。

3、冲量的单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒（N·S）。

4、物体受到变力作用时，可引入平均作用力的冲量。IF·t。

要点：

1、冲量是力的时间积累量，是与物体运动过程相联系的量。冲量的作用效果是使物体动量发生改变，因此冲量的大小和方向只与动量的增量直接发生联系，而与物体动量没有什么直接必然联系。

2、冲量是矢量，因而可用平行四边形法则进行合成和分解。合力的冲量总等于分力冲量的矢量和。

二、动量

1、动量：物体质量与它的速度的乘积叫做动量。表示为P。mv

2、动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同。

3、动量的单位：在国际单位制中，动量的单位为千克·米/秒（kg·m/s）。

要点：

1、动量与物体的速度有瞬时对应的关系。说物体的动量要指明是哪一时刻或哪一个位置时物体的动量。所以动量是描述物体瞬时运动状态的一个物理量。动量与物体运动速度有关，但它不能表示物体运动快慢，两个质量不同的物体具有相同的速度，但不具有相同的动量。

2、当物体在一条直线上运动时，其动量的方向可用正负号表示。

3、动能与动量都是描述物体运动状态的物理量，但意义不同。物体动能增量与力的空间积累量——功相联系，而物体动量的增量则与力的时间积累量——冲量相联系。

三、动量定理

四、1、物体受到冲量的作用，将引起它运动状态的变化，具体表现为动量的变化。

2、动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体动量的增量。用公式表示为：

Ft·Pvmv 2P1m21合要点：

1、在中学阶段，动量定理的研究对象是一个物体。不加声明，应用动量定理时，总是以地面为参照系，即P1，P2，P都是相对地面而言的。

2、动量定理是矢量式，它说明合外力的冲量与物体动量变化，不仅大小相等，而且方向相同。在应用动量定理解题时，要特别注意各矢量的方向，若各矢量方向在一条直线上，可选定一个正方向，用正负号表示各矢量的方向，就把矢量运算简化为代数运算。

3、动量定理和牛顿

变速直线运动或曲线运动的情况，就更为简便。

四、动量守恒定律

1、动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的总动量就保持不变。用公式表示为：

或 m PPPPvmvmvmv121211221122

2、动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律适用于惯性参考系。无论是宏观物体构成的宏观系统，还是由原子及基本粒子构成的微观系统，只要系统所受合外力等于零，动量守恒定律都适用。

3、动量守恒定律的研究对象是物体系。物体之间的相互作用称为物体系的内力，系统之外的物体的作用于该系统内任一物体上的力称为外力。内力只能改变系统中个别物体的动量，但不能改变系统的总动量。只有系统外力才能改变系统的总动量。

要点：

1、在中学阶段常用动量守恒公式解决同一直线上运动的两个物体相互作用的问题，在这种情况下应规定好正方向，v方向由正、负号表示。、v、v、v1212

2、两个物体构成的系统如果在某个方向所受合外力为零，则系统在这个方向上动量守恒。

3、碰撞、爆炸等过程是在很短时间内完成的，物体间的相互作用力（内力）很大，远大于外力，外力可忽略。碰撞、爆炸等作用时间很短的过程可以认为动量守恒。

五、碰撞

1、碰撞：碰撞现象是指物体间的一种相互作用现象。这种相互作用时间很短，并且在作用期间，外力的作用远小于物体间相互作用，外力的作用可忽略，所以任何碰撞现象发生前后的系统总动量保持不变。

2、正碰：两球碰撞时，如果它们相互作用力的方向沿着两球心的连线方向，这样的碰撞叫正碰。

3、弹性正碰、非弹性正碰、完全非弹性正碰：

①如果两球在正碰过程中，系统的机械能无损失，这种正碰为弹性正碰。

②如果两球在正碰过程中，系统的机械能有损失，这样的正碰称为非弹性正碰。

③如果两球正碰后粘合在一起以共同速度运动，这种正碰叫完全非弹性正碰。

4、弹性正确分析：

①过程分析：弹性正碰过程可分为两个过程，即压缩过程和恢复过程。见下图。

②规律分析：弹性正碰过程中系统动量守恒，机械能守恒（机械能表现为动能）。则有下式：

mvmvmvmv①11221122 11212212 mvmvvvm②1122m11222222 解得v1m1m2v12m2v2m1m2

mmv2mv21211v 2mm12 mm讨论：①当m即mv，vv1、2交换速度。②当v12时，v20时，1221碰后，两球同向运动。0，v02mm2v2mv11v，v11，若mm，则v1mm212mm21121mm若m则v，即碰后1球反向运动，2球沿1球原方向运动。当m0，v012，2112时，v1v1，v20即m2不动，m1被反弹回来。

六、反冲运动

1、反冲运动：静止或运动的物体通过分离出一部分物体，使另一部分向反方向运动的现象叫反冲运动。

2、反冲运动是由于物体系统内部的相互作用而造成的，是符合动量守恒定律的。

第三篇：高考动量解题模型总结

模型组合讲解——子弹打木块模型 ［模型概述］

子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。FNs相Ek系统Q，Q为摩擦在系统中产生的热量；小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动；一静一动的同种电荷追碰运动等。［模型讲解］

例.如图1所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。

图1 解析：可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q。

对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得：

Ff(ds)1212mvtmv0 22即Ff对物块做负功，使物块动能减少。

对木块，滑动摩擦力Ff对木块做正功，由动能定理得Ffs增加，系统减少的机械能为：

1Mv2，即Ff对木块做正功，使木块动能212121mv0mvtMv2Ff(ds)FfsFfd2221

本题中Ffmg，物块与木块相对静止时，vtv，则上式可简化为：

mgd121mv0(mM)vt2222

又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：

mv0(mM)vt联立式<2>、<3>得：

2Mv0 d2g(Mm)3

故系统机械能转化为内能的量为：

22Mv0Mmv0 QFfdmg2g(Mm)2(Mm)点评：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即FfsE。

从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

s2d(v0v)/2v0v s2v/2v所以dv0Mmm，s2d s2vmMm一般情况下Mm，所以s2d，这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：

EkMm2v0

2(Mm)［模型要点］

子弹打木块的两种常见类型：

①木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。

运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v—t坐标中，两者的速度图线如下图中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）

图2 图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。

方法：把子弹和木块看成一个系统，利用A：系统水平方向动量守恒；B：系统的能量守恒（机械能不守恒）；C：对木块和子弹分别利用动能定理。推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE＝Ffd ②物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：

Ffd1212mvtmv0 22两种类型的共同点：

A、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。B、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为Q＝Ff·s，其中Ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。C、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。［误区点拨］

静摩擦力即使对物体做功，由于相对位移为零而没有内能产生，系统内相互作用的两物体间的一对静摩擦力做功的总和恒等于零。

不明确动量守恒的条件性与阶段性，如图3所示，不明确动量守恒的瞬间性如速度问题。

图3 ［模型演练］

如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：

图4（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？

答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得： 动量观点：

mv0(Mm)v，v力与运动观点： 设电场力为F mv0

Mmv0mv0FFttv，v mMMm（2）能量观点（在第（1）问基础上）： 对m：Eq(s对M：Eqsd112)mv2mv0 2221Mv20 2Eqd112(mM)v2mv0 222所以smd

Mm2运动学观点： 对M：vv0vts，对m：ts' 22dmd，解得：s 22(Mm)s's带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得：

图5 d11v0t0，svt0 222解得：smd

2(Mm)（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。

模型组合讲解——人船模型 ［模型概述］

“人船”模型极其应用如一人（物）在船（木板）上，或两人（物）在船（木板）上等，在近几年的高考中极为常见，分值高，区分度大，如果我们在解题中按照模型观点处理，以每题分布给分的情况来看还是可以得到相当的分数。［模型讲解］

例.如图1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？

图1 解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mvMv'0，即

v'm vM因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的平均速度v也与它们vm，而人的位移s人vt，船的位移s船vt，所以船的位移与人的位移也与它们的Mvs船m质量成反比，即1

s人M的质量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：s船s人L2 由<1><2>两式解得s人［模型要点］

动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。

动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化。

两个推论：①当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒； ②当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止或匀速直线运动状态不变。

适用范围：动量守恒定律虽然是由牛顿第二定律推导得到的，但它的适用范围比牛顿第二定律更广泛，它既适用于宏观也适用于微观，既适用于低速也适用于高速。［误区点拨］

动量守恒的研究对象是一个系统，对一个物体就不能谈动量守恒问题。动量守恒定律是一个矢量表达式；动量守恒定律是一个状态量表达式，它只与系统的初末状态有关；动量守恒定律具有相对性，表达式中的速度应是对应同一参照系的速度；动量守恒定律具有同时性，表达式中的初状态的动量应该是指同一时刻的各个物体动量的矢量和，末状态也是如此。［模型演练］

如图2所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是：（）MmL，s船L

MmMm

图2 A.(Mm)v0M(v0v)mu B.(Mm)v0M(v0v)m(uv0)C.(Mm)v0M(v0v)m[u(v0v)] D.0Mvm(uv)答案：CD

模型组合讲解——爆炸反冲模型 ［模型概述］

“爆炸反冲”模型是动量守恒的典型应用，其变迁形式也多种多样，如炮发炮弹中的化学能转化为机械能；弹簧两端将物块弹射将弹性势能转化为机械能；核衰变时将核能转化为动能等。［模型讲解］

例.如图所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？

解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能

p2转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式Ek知，在动量大小相

2m1212ME，由于平抛同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能E1mv1E，E2mv222MmsvMM的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即：22，所以s2s。

Mmsv1Mm思考：有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为v0，求炮车后退的速度。

提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为v0cos，设炮车后退方向为正方向，则(Mm)vmv0cos0，vmv0cos

Mm评点：有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究。［模型要点］

内力远大于外力，故系统动量守恒p1p2，有其他形式的能单向转化为动能。所以“爆炸”时，机械能增加，增加的机械能由化学能（其他形式的能）转化而来。［误区点拨］

忽视动量守恒定律的系统性、忽视动量守恒定律的相对性、同时性。［模型演练］（2005年物理高考科研测试）在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？ 答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。

在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：

(mM)v0mvMV由能量关系可知：

1

1112(mM)v0E0mv2MV22 222按题述的要求应有由以上各式得： 12mvE023

v02mE0(mM)M(mM)2mE0(MmM(Mm))m(Mm)4

模型组合讲解——追碰模型

［模型概述］

追碰是物理上一个重要模型，它涉及到动量定理、动量守恒定律、能量守恒等诸多知识点。从物理方法的角度看。处理碰撞问题，通常使用整体法（系统）、能量方法，守恒方法及矢量运算。“追碰”模型所设计的内容在每年的高考中可以以选择、计算题形式出现，所以该类试题综合性强，区分度大，分值权重高，因该部分内容恰是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，因此相关内容就成为每年高考测试的热点内容。

［模型讲解］

一、理解动量守恒定律的矢量性

例1.如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则：（）

图1 A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 解析：题中规定向右为正方向，而AB球的动量均为正，所以AB都向右运动，又mB2mA，所以vA2vB，可以判断A球在左方，CD错；碰撞后A的动量变化pA4kgm/s，根据动量守恒可知，B球的动量变化pB4kgm/s，所以碰后AB球的动量分别为

pA'(64)kgm/s2kgm/s，pB'(64)kgm/s10kgm/s解得vA':vB'2:5，所以A正确。评点：动量守恒定律的矢量性即是重点又是难点，解题时要遵循以下原则：先确定正方向，与正方向相同的矢量取正号，与正方向相反的矢量取负号，未知矢量当作正号代入式中，求出的结果若大于零，则与正方向相同，若小于零则与正方向相反，同时也要善于利用动量与动能的关系，但要注意它们的区别。

二、利用动量守恒定律处理微观粒子的追碰

例2.在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：

（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？

（2）若E0＝1.76MeV，则经过多少次碰撞后，中子的能量才可减少到0.025eV。

解析：按弹性正碰的规律可求出每次碰撞后中子的速度变为多少，对应的动能也就可以求解；在根据每次碰撞前后的动能之比与需要减少到0.025eV与原动能E0的比值关系，取对数求出碰撞次数（必须进位取整）。

（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。设中子的质量为m，碳核的质量为M，有：

mv0mv1Mv2 121212mv0mv1Mv2222由上述两式整理得：

v1mMm12m11v0v0v0

mMm12m13则经过一次碰撞后中子的动能：

E11111121mv12m(v0)2E0 22***2E1()E0 169169（2）同理可得E2……

121nEn()E0

169设经过n次碰撞，中子的动能才会减少至0.025eV，即En0.025eV，E01.76MeV，解上式得n54。

评点：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞。

说明：《考试大纲》强调“应用数学处理物理问题的能力”，我们在计算中常遇到的是以下一些数学问题： ①等差数列、等比数列，这两类问题的处理方法是先用数学归纳法找出规律，再求解； ②对yasinbcos，当arctana，ymaxa2b2 bA。2③对yAsincos的形式（即yKsin2），则在45时，y有极值④对yKab的形式，其中均为a、b变量，但ab恒量（a0、b0），则可根据不等式性质ab(ab)2/2求极值等。

［模型要点］

在近年高考中，考查的碰撞皆为正碰问题。碰撞是中学物理教学的重点、是历年高考命题的热点，同时它一直是学生学习和高考的难点。碰撞在《考试说明》中作II级要求掌握。

1.碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的；（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能；（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大；（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2.碰撞的分类：按能量变化情况可分为弹性碰撞和非弹性碰撞（包括完全非弹性碰撞）。

3.能量方面：弹性碰撞动能守恒；非弹性碰撞动能不守恒；完全非弹性碰撞能量损失（不能完全恢复原形）最大。

注意：动量守恒定律的验证、分析推理、应用等实验中，不论在平面还是斜面或用其他方式进行，我们都要注意守恒的条件性。

解题原则：（1）碰撞过程中动量守恒原则；（2）碰撞后系统动能不增原则；（3）碰撞后运动状态的合理性原则。

碰撞过程的发生应遵循客观实际。如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动。

解决“追碰”问题大致分两类运动，即数学法（如函数极值法、图象法）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）。

［模型演练］

如图2所示，一水平放置的圆环形刚性槽固定在桌面上，槽内嵌放着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别为m1、m2、m3、m2＝m3＝2m1，小球与槽的两壁刚好接触，而且它们之间的摩擦可以忽略不计。开始时，三球处于槽中I、II、III的位置，彼此间距离相等，m2和m3静止，m1以速度v0R2沿槽运动，R为圆环的内半径和小球半径之和，各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T。

图2 答案：先考虑m1与m2的碰撞，令v1、v2分别为它们的碰后速度，由弹性正碰可得：

v1v2m1m21v0v0m1m232m12v0v0m1m23

当m2与m3相碰后，交换速度，m2停在III处，m3以

2v0的速率运动。因为三段圆弧相等，当m3运动3到位置I时，m1恰好返回。它们在I处的碰撞，m3停在I处，m1又以v0的速度顺时针运动。当m1再运动到

2R18s，m2由位置II时，共经历了一个周期的，则：m1两次由位置I运动到II处的时间为：t1233v032RII运动到III处的时间为：t232s，m3由位置III运动到I的时间为：t3t22s。

2v03所以系统的周期为：T3(t1t2t3)20s

第四篇：动量教学

教学内容：动量守恒定律习题

例

1、质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落，正落在以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4kg，地面光滑，则车后来的速度为多少？

分析：以物体和车做为研究对象，受力情况如图所示。

在物体落入车的过程中，物体与车接触瞬间竖直方向具有较大的动量，落入车后，竖直方向上的动量减为0，由动量定理可知，车给重物的作用力远大于物体的重力。因此地面给车的支持力远大于车与重物的重力之和。

系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒。但在水平方向系统不受外力作用，所以系统水平方向动量守恒。以车的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得：

车

重物 初：v0=5m/s

0 末：v

v

Mv0=(M+m)v

vM4v054m/s Nm14即为所求。

例

2、质量为1kg的滑块以4m/s的水平速度滑上静止在光滑水平面上的质量为3kg的小车，最后以共同速度运动，滑块与车的摩擦系数为0.2，则此过程经历的时间为多少？

分析：以滑块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统总动量守恒。以滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律可得

滑块

小车 初：v0=4m/s

0 末：v

v

mv0=(M+m)v

vM1v041m/s Mm13再以滑块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得

ΣF=-ft=mv-mv0

tf=μmg 即为所求。

vv0(14)1.5s g0.210

例

3、一颗手榴弹在5m高处以v0=10m/s的速度水平飞行时，炸裂成质量比为3：2的两小块，质量大的以100m/s的速度反向飞行，求两块落地点的距离。（g取10m/s2）

分析：手榴弹在高空飞行炸裂成两块，以其为研究对象，系统合外力不为零，总动量不守恒。但手榴弹在爆炸时对两小块的作用力远大于自身的重力，且水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，以初速度方向为正。

由已知条件：m1：m2=3：2 mm2 初：v0=10m/s

v0=10m/s 末：v1=-100m/s

v2=?

(m1+m2)v0=m1v1+m2v2 v2(m1m2)v0m1v15103(100)175m/s

m22炸后两物块做平抛运动，其间距与其水平射程有关。

Δx=(v1+v2)t x(v1v2)y=h=gt2

即为所求。

例

4、如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。设小车足够长，求：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度。

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间。

（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离。分析：（1）以木块和小车为研究对象，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以木块速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：

木块m

小车M 初：v0=2m/s

v0=0 末：v

v

mv0=(M+m)v

vm0.4v020.4m/s Mm0.41.6122h25(100175)275m g10（2）再以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得

ΣF=-ft=mv-mv0

tf=μmg

vv0(0.42)40.8s g0.210

fg2m/s2 mfmg0.20.4100.5m/s2，由运动学公式可得： 车做匀加速运动，加速度a2MM1.6（3）木块做匀减速运动，加速度a1vt2-v02=2as

2vt2v00.42220.96m 在此过程中木块的位移S12a2211车的位移S2a2t20.50.820.16m

22由此可知，木块在小车上滑行的距离为ΔS=S1-S2=0.8m 即为所求。

另解：设小车的位移为S2，则A的位移为S1+ΔS，ΔS为木块在小车上滑行的距离，那么小车、木块之间的位移差就是ΔS，作出木块、小车的v-t图线如图所示，则木块在小车上的滑行距离数值上等于图中阴影部分的三角形的“面积”。

例

5、甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他所乘的冰车的质量共为30kg，乙和他所乘的冰车的质量也为30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子，和甲一起以2m/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向乙，箱子滑到乙处，乙迅速将它抓住。若不计冰面的摩擦，甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？

分析：设甲推出箱子后速度为v甲，乙抓住箱子后的速度为v乙。分别以甲、箱子；乙、箱子为研究对象，系统在运动过程中所受合外力为零，总动量守恒。以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：

甲推箱子的过程：

甲：M

箱子：m 初：v0=2m/s

v0=2m/s 末：v甲

v=?

(M+m)v0=Mv甲+mv

（1）乙接箱子的过程

乙：M

箱子；m 初：v0=-2m/s

v 末：v乙

v乙

Mv0+mv=(M+m)v乙

（2）甲、乙恰不相撞的条件：v甲=v乙

三式联立，代入数据可求得：v=5.2m/s 反馈练习：

1、质量分别为2kg和5kg的两静止的小车m1、m2中间压缩一根轻弹簧后放在

光滑水平面上，放手后让小车弹开，今测得m2受到的冲量为10N·s，则

（1）在此过程中，m1的动量的增量为

A、2kg·m/s

B、-2kg·m/s

C、10kg·m/s

D、-10kg·m/s（2）弹开后两车的总动量为

A、20kg·m/s

B、10kg·m/s

C、0

D、无法判断

2、质量为50kg的人以8m/s的速度跳上一辆迎面驶来的质量为200kg、速度为4m/s的平板车。人跳上车后，车的速度为

A、4.8m/s

B、3.2m/s

C、1.6m/s

D、2m/s

3、如图所示，滑块质量为1kg，小车质量为4kg。小车与地面间无摩擦，车底板距地面1.25m。现给滑块一向右的大小为5N·s的瞬时冲量。滑块飞离小车后的落地点与小车相距1.25m，则小车后来的速度为

A、0.5m/s，向左

B、0.5m/s，向右

C、1m/s，向右

D、1m/s，向左

4、在光滑的水平地面上有一辆小车，甲乙两人站在车的中间，甲开始向车头走，同时乙向车尾走。站在地面上的人发现小车向前运动了，这是由于

A、甲的速度比乙的速度小

B、甲的质量比乙的质量小 C、甲的动量比乙的动量小

D、甲的动量比乙的动量大

5、A、B两条船静止在水面上，它们的质量均为M。质量为

M的人以对地速度2v从A船跳上B船，再从B船跳回A船，经过几次后人停在B船上。不计水的阻力，则

A、A、B两船速度均为零

B、vA：vB=1：1 C、vA：vB=3：2

D、vA：vB=2：3

6、质量为100kg的小船静止在水面上，船两端有质量40kg的甲和质量60kg的乙，当甲、乙同时以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速率为

A、0

B、0.3m/s，向左

C、0.6m/s，向右

D、0.6m/s，向左

7、A、B两滑块放在光滑的水平面上，A受向右的水平力FA，B受向左的水平力FB作用而相向运动。已知mA=2mB，FA=2FB。经过相同的时间t撤去外力FA、FB，以后A、B相碰合为一体，这时他们将

A、停止运动

B、向左运动

C、向右运动

D、无法判断

8、物体A的质量是B的2倍，中间有一压缩的弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开后一小段时间内

A、A的速率是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

9、放在光滑的水平面上的一辆小车的长度为L，质量等于M。在车的一端站一个人，人的质量等于m，开始时人和车都保持静止。当人从车的一端走到车的另一端时，小车后退的距离为

A、mL/(m+M)

B、ML/(m+M)

C、mL/(M-m)

D、ML/(M-m)

10、如图所示，A、B两个物体之间用轻弹簧连接，放

在光滑的水平面上，物体A紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧压缩，然后由静止释放，则

A、弹簧第一次恢复为原长时，物体A开始加速

B、弹簧第一次伸长为最大时，两物体的速度一定相同 C、第二次恢复为原长时，两个物体的速度方向一定反向 D、弹簧再次压缩为最短时，物体A的速度可能为零

11、如图所示，小球A以速率v0向右运动时跟静止的小球B发生碰撞，碰后A球以v0v的速率弹回，而B球以0的速率向右运23动，求A、B两球的质量之比。

12、质量为10g的小球甲在光滑的水平桌面上以30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为50g的小球乙以10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球乙恰好静止。那么，碰撞后小球甲的速度多大？方向如何？

13、如图所示，物体A、B并列紧靠在光滑水平面上，mA=500g，mB=400g，另有一个质量为100g的物体C以10m/s的水平速度摩擦着A、B表面经过，在摩擦力的作用下A、B物体也运动，最后C物体在B物体上一起以1.5m/s的速度运动，求C物体离开A物体时，A、C两物体的速度。

14、如图所示，光滑的水平台子离地面的高度为h，质量为m的小球以一定的速度在高台上运动，从边缘D水平射出，落地点为A，水平射程为s。如果在台子边缘D处放一质量为M的橡皮泥，再让小球以刚才的速度在水平高台上运动，在边缘D处打中橡皮泥并同时落地，落地点为B。求AB间的距离。

参考答案：

1、D、C

2、C

3、B

4、C

5、C

6、D

7、C

8、AD

9、A

10、AB 11、2：9 12、20cm/s，方向向左13、0.5m/s，5.5m/s

14、Ms Mm

第五篇：动量守恒教案

动量守恒定律

（教案）杜茂文

教学目标：

一、知识目标

1、理解动量守恒定律的确切含义．

2、知道动量守恒定律的适用条件和适用范围．

二、能力目标

1、运用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律．

2、能运用动量守恒定律解释现象．

3、会应用动量守恒定律分析、计算有关问题（只限于一维运动）．

三、情感目标

1、培养实事求是的科学态度和严谨的推理方法．

2、使学生知道自然科学规律发现的重大现实意义及对社会发展的巨大推动作用． 重点难点：

重点：理解和基本掌握动量守恒定律． 难点：对动量守恒定律条件的掌握． 教学过程：

动量定理研究了一个物体受到力的冲量作用后，动量怎样变化，那么两个或两个以上的物体相互作用时，会出现怎样的总结果？这类问题在我们的日常生活中较为常见，例如，两个紧挨着站在冰面上的同学，不论谁推一下谁，他们都会向相反的方向滑开，两个同学的动量都发生了变化，又如火车编组时车厢的对接，飞船在轨道上与另一航天器对接，这些过程中相互作用的物体的动量都有变化，但它们遵循着一条重要的规律．

（－）系统

为了便于对问题的讨论和分析，我们引入几个概念．

1．系统：存在相互作用的几个物体所组成的整体，称为系统，系统可按解决问题的需要灵活选取．

2．内力：系统内各个物体间的相互作用力称为内力．

3．外力：系统外其他物体作用在系统内任何一个物体上的力，称为外力．

内力和外力的区分依赖于系统的选取，只有在确定了系统后，才能确定内力和外力．

（二）相互作用的两个物体动量变化之间的关系

【演示】如图所示，气垫导轨上的A、B两滑块在P、Q两处，在A、B间压紧一被压缩的弹簧，中间用细线把A、B拴住，M和N为两个可移动的挡板，通过调节M、N的位置，使烧断细线后A、B两滑块同时撞到相应的挡板上，这样就可以用ＳＡ和ＳＢ分别表示A、B两滑块相互作用后的速度，测出两滑块的质量mＡ＼mＢ和作用后的位移ＳＡ和ＳＢ比较mＡＳＡ和mＢＳＢ．

1．实验条件：以A、B为系统，外力很小可忽略不计．

2．实验结论：两物体A、B在不受外力作用的条件下，相互作用过程中动量变化大小相等，方向相反，即△pＡ＝－△pＢ或△pＡ＋△pＢ＝０

【注意】因为动量的变化是矢量，所以不能把实验结论理解为A、B两物体的动量变化相同．

（三）动量守恒定律

1．表述：一个系统不受外力或受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律．

2．数学表达式：p＝p’，对由A、B两物体组成的系统有：mAvA+mBvB= mAvA’+mBvB’

（1）mA、mB分别是A、B两物体的质量，vA、vB、分别是它们相互作用前的速度，vA’、vB’分别是它们相互作用后的速度．

【注意】式中各速度都应相对同一参考系，一般以地面为参考系．

（2）动量守恒定律的表达式是矢量式，解题时选取正方向后用正、负来表示方向，将矢量运算变为代数运算． 3．成立条件

在满足下列条件之一时，系统的动量守恒

（1）不受外力或受外力之和为零，系统的总动量守恒．

（2）系统的内力远大于外力，可忽略外力，系统的总动量守恒．

（3）系统在某一方向上满足上述（1）或（2），则在该方向上系统的总动量守恒．

4．适用范围

动量守恒定律是自然界最重要最普遍的规律之一，大到星球的宏观系统，小到基本粒子的微观系统，无论系统内各物体之间相互作用是什么力，只要满足上述条件，动量守恒定律都是适用的．

（四）由动量定理和牛顿第三定律可导出动量守恒定律

设两个物体m１和m２发生相互作用，物体1对物体2的作用力是Ｆ１２，物体2对物体1的作用力是Ｆ２１，此外两个物体不受其他力作用，在作用时间△Ｖt 内，分别对物体1和2用动量定理得：Ｆ２１△Ｖt ＝△p１；Ｆ１２△Ｖt ＝△p２，由牛顿第三定律得Ｆ２１＝－Ｆ１２，所以△p１＝－△p２，即： △p＝△p１＋△p２＝０或m１v１+m２v２= m１v１’+m２v２’．

【例1】如图所示，气球与绳梯的质量为M，气球的绳梯上站着一个质量为m的人，整个系统保持静止状态，不计空气阻力，则当人沿绳梯向上爬时，对于人和气球（包括绳梯）这一系统来说动量是否守恒？为什么？

【解析】对于这一系统来说，动量是守恒的，因为当人未沿绳梯向上爬时，系统保持静止状态，说明系统所受的重力（Ｍ＋m）g跟浮力F平衡，那么系统所受的外力之和为零，当人向上爬时，气球同时会向下运动，人与梯间的相互作用力总是等值反向，系统所受的外力之和始终为零，因此系统的动量是守恒的．

【例2】如图所示是A、B两滑块在碰撞前后的闪光照片部分示意图，图中滑块A的质量为0.14kg，滑块B的质量为0.22kg，所用标尺的最小刻度是0.5cm，闪光照相时每秒拍摄10次，试根据图示回答：

（1）作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？（2）碰撞前后A和B的总动量是否守恒？

【解析】从图中A、B两位置的变化可知，作用前B是静止的，作用后B向右运动，A向左运动，它们都是匀速运动．mAvA+mBvB= mAvA’+mBvB’（1）vＡ＝ＳＡ／t＝０.０５／０.１＝０.５（m／s）；

vＡ′＝ＳＡ′／t＝－０.００５／０.１＝－０.０５（m／s）

△pＡ＝mAvA’－mAvA＝０.１４＊（－０.０５）－０.１４＊０.５＝－０.０７７（kg·m/s），方向向左．

（2）碰撞前总动量p＝pＡ＝mAvA＝０.１４*０.５＝０.０７（kg·m/s）碰撞后总动量p’＝mAvA’+mBvB’

＝０.１４*（－０.０６）+０.２２*（０.０３５/０.１）＝０.０７（kg·m/s）p＝p’，碰撞前后A、B的总动量守恒．

【例3】一质量mA＝０.２kg，沿光滑水平面以速度vA＝５m/s运动的物体，撞上静止于该水平面上质量mB＝０.５kg的物体B，在下列两种情况下，撞后两物体的速度分别为多大？

（1）撞后第1s末两物距0.6m．（2）撞后第1s末两物相距3.4m．

【解析】以A、B两物为一个系统，相互作用中无其他外力，系统的动量守恒． 设撞后A、B两物的速度分别为vA’和vB’，以vA的方向为正方向，则有： mAvA＝mAvA’+mBvB’； vB’t－vA’t＝s（1）当s＝０.６m时，解得vA’＝１m／s，vB’＝１.６m／s，A、B同方向运动．

（2）当s＝３.４m时，解得vA’＝－１m／s，vB’＝２.４m／s，A、B反方向运动．

小结：（根据课堂实际加以总结）