第一篇：高中物理动量守恒定律
万老师物理 §8·3 动量守恒定律
§8·3 动量守恒定律
教学目标：1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式
2．能用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律 3．知道动量守恒定律的适用条件和适用范围
教学重点：掌握动量守恒定律的推导、表达式、适用范围和守恒条件 教学难点：正确判断系统在所研究的过程中动量是否守恒 教学方法：实验法、推理归纳法、举例讲授法
教学用具：投影仪，投影片，课件，两个质量相等的小车，细线、弹簧、砝码、气垫导轨
教学过程：
【引入新课】
我们在上几节课，学习了动量和冲量以及动量定理，动量定理已经把一个物体的动量变化跟物体所受外力作用一段时间紧密联系起来了，但是根据牛顿第三定律我们可以知道这个受到作用力的物体也一定会施加一个反作用力，也就是说力的作用是相互的，因此，我们就十分有必要研究一下有相互作用的物体系的动量变化规律
【讲授新课】
（一）动量守恒定律的推导
例：如图，在光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m1 和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，且v2＞v1，经过一段时间后，m2追上了m1，两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v1′和v2′．试分析碰撞中两球动量的变化量有何关系。
①第一个小球和第二个小球在碰撞中所受的平均作用力F1和F2是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上；
②第一个小球受到的冲量是： F1t=m1v1′-m1v1 第二个小球受到的冲量是：F2t=m2v2′-m2v2 ③又F1和F2大小相等，方向相反。F1t=-F2t ∴m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2)由此得：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
即：p1+p2=p1′+p2′ 表达式的含义：两个小球碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量．
1．系统：有相互作用的物体构成一个系统．例如实验中的两辆小车或推导实例中碰撞的两个小球；
2．内力：系统中相互作用的各物体之间的相互作用力叫做内力．例如：实验中两小车通过弹簧施加给对方的弹力；两小球在碰撞中施加给对方的平均作用力．
3．外力：外部其他物体对系统的作用力叫做外力．例如实验和推导实例中的重力和支持力．
（二）动量守恒定律的条件和内容
1．动量守恒定律的条件：系统不受外力或者所受外力之和为0。
2．动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变论叫动量守恒定律．
3．动量守恒定律的表达式：p1+p2=p1′+p2′动量守恒定律的几种表达式为： ①p=p′（系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′）②Δp=0(系统总动量增量为0)
③Δp＇=-Δp2（相互作用的两个物体构成系统）两物体动量增量大小相等、方向相反． ④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用两个物体组成系统，前动量和等于后动量和)
（三）动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律不但能解决低速运动问题，而且能解决高速运动问题，不但适用于宏观物体，而且适用于电子、质子、中子等微观粒子．
万老师物理 §8·3 动量守恒定律
（四）典型例题评讲
例1：甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲的速度是3m/s，乙物体的速度是1m/s。碰撞后甲、乙两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是2m/s。求甲、乙两物体的质量之比是多少？
分析与解：规定甲物体初速度方向为正方向。则v1=+3m/s,v2=1m/s。
碰后v1'=-2m/s,v2'=2m/s 根据动量守恒定律应有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 移项整理后可得m1比m2为
代入数值后可得m1/m2=3/5，即甲、乙两物体的质量比为3∶5。
例2：质量为30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量是80kg，求小孩跳上车后他们共同的速度。
分析与解：对于小孩和平板车系统，由于车轮和轨道间的滚动摩擦很小，可以不予考虑，所以可以认为系统不受外力，即对人、车系统动量守恒。
跳上车前系统的总动量
p=mv
跳上车后系统的总动量
p'=(m+M)V 由动量守恒定律有mv=(m＋M)V 解得
小结：动量守恒定律的解题步骤：
1、分析系统由多少个物体组成，受力情况怎样，判断动量是否守恒；
2、规定正方向（一般以原速度方向为正），确定相互作用前后的各物体的动量大小，正负；
3、由动量守恒定律列式求解.巩固练习
一、选择题
1.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法正确的有()A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.枪、子弹和车组成的系统动量守恒
D.若忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪和车组成的系统动量守恒
2.两球相向运动，发生正碰，碰撞后两球均静止，于是可以判定，在碰撞以前两球()A.质量相等
B.速度大小相等
C.动量大小相等
D.以上都不能判定 3.在下列几种现象中，动量守恒的有()A.原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统 B.运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和球为一系统
C.从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统
D.光滑水平面上放一斜面，斜面光滑，一物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统 4.两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()万老师物理 §8·3 动量守恒定律 A.一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B.一物体受的冲量与另一物体所受的冲量相等 C.两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D.系统总动量的变化为零
5.一只小船静止在水面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，以下说法中正确的是()A.人在小船上行走，人对船的冲量比船对人的冲量小，所以人向前运动得快，小船后退得慢
B.人在小船上行走，人的质量小，它们受的冲量大小是相等的，所以人向前运动得快，小船后退得慢 C.当人停止走动时，因为小船惯性大，所在小船要继续向后退 D.当人停止走动时.因为总动量守恒，所以小船也停止后退
6.物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内()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
7.如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知MA>MB，经过相同时间后撤去两力.以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将()A.停止运动
B.向右运动
C.向左运动
D.仍运动但方向不能确定
二、填空题
8.在光滑的水平面上，质量分别为2kg和1kg的两个小球分别以0.5m/s和2m/s的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为______m/s，方向______.9.质量为M=2kg的木块静止在光滑的水平面上，一颗质量为m=20g的子弹以v0=100m/s的速度水平飞来，射穿木块后以80m/s的速度飞去，则木块速度大小为______m/s.10.质量是80kg的人，以10m/s的水平速度跳上一辆迎面驶来的质量为200kg、速度为5m/s的车上，则此后车的速度是______m/s，方向______.三、计算题
11.用细绳悬挂一质量为M的木块处于静止，现有一质量为m的子弹自左方水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v，求:(1)子弹穿过后，木块的速度大小;(2)子弹穿过后瞬间，细绳所受拉力大小
12.甲、乙两个溜冰者相对而立，质量分别为m甲=60kg，m乙=70kg，甲手中另持有m=10kg的球，如果甲以相对地面的水平速度v0=4m/s把球抛给乙，求:(1)甲抛出球后的速度;(2)乙接球后的速度
13.在光滑水平面上，质量为m的小球A以速率v0向静止的质量为3m的B球运动，发生正碰后，A球的速度万老师物理 §8·3 动量守恒定律 为v0,求碰后B球的速率
414.一辆总质量为M的列车，在平直轨道上以v匀速行驶，突然后一节质量为m的车厢脱钩，假设列车受到的阻力与质量成正比，牵引力恒定，则当后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速率为多大?
15.两只小船在平静的水面上相向匀速运动如图所示，船和船上的麻袋总质量分别为m甲=500kg，m乙=1000kg，当它们首尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50kg的麻袋到另一只船上去(投掷方向垂直船身，且麻袋的纵向速度可不计)，结果甲船停了下来，乙船以v=8.5m/s的速度沿原方向继续航行,求交换麻袋前两只船的速率各为多少?(不计水的阻力)
1C2 C
3A
4CD
5BD
6AD
7A 8答案:m/s;方向跟1kg小球原来的方向相同 9答案:0.2
10答案:0.71;与原来的方向相同 13m2(v0v)2m(v0v)11答案:(1)(2)Mg
MML12答案:(1)v甲13答案:2m/s，与抛球的方向相反(2)v乙0.5m/s，与球的运动方向相同 315v0或v0 412MV14答案:
Mm15答案:以甲船和乙船及其中的麻袋为研究对象，以甲船原来的运动方向为正方向.麻袋与船发生相互作用后获得共同速度.由动量守恒定律有(相互作用后甲船速度v′甲=0)
0①(m甲m)v甲mv乙m甲v甲以乙船和甲船中的麻袋为研究对象，有(相互作用后乙船速度v′乙=0)
0② (m乙m)v乙mv甲m乙v乙万老师物理 §8·3 动量守恒定律
由①、②两式解得 mm乙v乙5010008.52v甲m/s1m/s 22（m乙m）（m甲m）m（100050）（50050）50v乙m甲mmv甲500501m/s9m/s 50
第二篇：高中物理选修3-5动量守恒定律的应用
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选修3-5 第十六章 动量守恒定律
【动量定理】
一、动量
1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv ①是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则。是状态量；
②通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。③是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；
2、动量的变化及其计算方法
①ΔP=P一P0，主要计算P0、P在一条直线上的情况。
②利用动量定理ΔP=F·t，通常用来解决P0、P不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量
1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．I= F·t ①是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．
②冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s；
2、冲量的计算方法
①I= F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft ②利用动量定理 Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
三、动量定理
1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv一mv0
2、应用动量定理的思路：
（1）明确研究对象和受力的时间（明确质量m和时间t）；
（2）分析对象受力和对象初、末速度（明确冲量I合，和初、未动量P0，P）；
（3）规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算；
（4）根据动量定理列方程
例1.质量为60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s,安全带自然长度为5 m,g取10 m/s,则安全带所受的平均冲力的大小为()A.500 N
例2.如图所示,一个质量为1 kg的滑块在固定于竖直平面内半径为R的光滑轨道内运动,若滑块在圆心等高处的C点由静止释放,到达最低点B时的速度为5 m/s,求滑块从C点到B点的过程中合外力的冲量。B.1 100 NC.600 N
D.1 000 N / 8
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【动量守恒定律】
一、动量守恒定律
1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等．
2、动量守恒定律适用的条件
①系统不受外力或所受合外力为零． ②当内力远大于外力时．
③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒．
3、常见的表达式
①p=p0，其中p、p0分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。②Δp=0，表示系统总动量的增量等于零。
③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。
其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式
A、m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。B、0= m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。//
4、动量守恒定律的“四性”
在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性”
①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。若方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。
②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。
③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系
④普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
/
/
例
1、一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人（相对车静止）一起以2m／s的速度向前运动，突然人相对车以 4m／s的速度向车后跳出去，则车速为多大？
例
2、两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止于光滑的水平冰面上,现在其中一人向另一人抛出一篮球,另一人接球后再抛出,如此反复几次后,甲和乙最后的速率关系是()A.若甲最先抛球,则一定是v甲>v乙B.若乙最后接球,则一定是v甲>v乙
C.只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲>v乙D.无论怎么抛球和接球,都是v甲>v乙
5、应用动量守恒定律的基本思路
①明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。②分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。
③分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。④规定正方向，列方程。
⑤解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义。/ 8
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例
3、如图所示,在光滑水平面上静止着一倾角为θ、质量为M的斜面体B。现有一质量为m的物体A以初速度v0沿斜面向上滑,若A刚好可以到达B的顶端,求A滑到B的顶端时A的速度的大小。
二、碰撞
碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．
1、弹性碰撞
在弹性力作用下，碰撞过程只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失的碰撞，称为弹性碰撞。
设两小球质量分别为m1、m2，碰撞前后速度为v1、v2、v1、v2，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度．
根据动量守恒
m1 v1＋m2 v2＝m1 v1＋m2 v2 „„①
根据机械能守恒
½m1 v1十½m2v2= ½m1 v1十½m2 v2 „„②
由①②得v1= /2
2/2
/2
/
/
/
/m/1m2v12m2v2m1m2，v2=
/
m2m1v22m1v1m1m2
仔细观察v1、v2结果很容易记忆，当v2=0时v1= ////
m1m2v1m1m2，v2=
/
2m1v1
m1m
2①当v2=0时；m1=m2 时v1=0，v2=v
1这就是我们经常说的交换速度、动量和能量．
②m1＞＞m2，v1=v1，v2=2v1．碰后m1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m1的速度的两倍向前运动。③m1《m2，vl=一v1，v2=0．
碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动。
2、非弹性碰撞
①非弹性碰撞：受非弹性力作用，使部分机械能转化为内能的碰撞称为非弹性碰撞。
②完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例，这种碰撞的特点是碰后粘在一起，或碰后具有共同速度，其动能损失最大。
注意：在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据． ////
三、几种常见模型
模型
1、子弹打击木块模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。
例1.如图所示,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.求木块与子弹相对静止时的速度，木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离． / 8
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变式练习
1、子弹以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木块中，并共同运动下列说法中正确的是： A、子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩 擦生的热的总和 B、木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功 C、木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量
D、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹对木块所做的功的差
总结子弹打击木块模型
1.运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。
2.符合的规律：子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒。
3.共性特征：一物体在另一物体上，在恒定的阻力作用下相对运动，系统动量守恒，机械能不守恒 ΔEK=Q = f 滑d相对
变式练习
2、如图所示，质量m=20kg的物体以水平速度v0=5m/s滑上静止在水平地面的平板小车的左端．小车质量M=80kg，物体在小车上滑行一段距离后相对于小车静止．已知物体与平板间的动摩擦因数μ=0.8，小车与地面间的摩擦可忽略不计，g取10m/s2，求：
（1）物体相对小车静止时，小车的速度大小；（2）整个过程中系统产生的热量；（3）小车在地面上滑行的距离．
模型
2、人船模型
例2.静止在水面上的小船长为L，质量为M，在船的最右端站有一质量为m的人，不计水的阻力，当人从最右端走到最左端的过程中，小船移动的距离是多大？
变式练习1.如图所示,一小车静止在光滑水平面上,甲、乙两人分别站在车的左、右两侧,整个系统原来静止,则当两人同时相向运动时（）
A.要使小车静止不动,甲、乙速率必须相等 B.要使小车向左运动,甲的速率必须比乙的大 C.要使小车向左运动,甲的动量必须比乙的大 D.要使小车向左运动,甲的动量必须比乙的小 / 8
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变式练习2.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？
变式练习
3、载人气球原静止在高度为H的高空，气球的质量为M，人的质量为m，现人要沿气球上的软绳梯滑至地面，则绳梯至少要多长？
总结人船模型
1、“人船模型”是动量守恒定律的拓展应用，它把速度和质量的关系推广到质量和位移的关系。即：
m1v1=m2v2
则：m1s1= m2s2
2、此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
3、人船模型的适用条件是：两个物体组成的系统动量守恒，系统的合动量为零。
模型
3、弹簧模型
例3.如图所示，质量为m的小物体B连着轻弹簧静止于光滑水平面上，质量为2m的小物体A以速度v0向右运动，则当弹簧被压缩到最短时，弹性势能Ep为多大？
相互作用的两个物体在很多情况下，皆可当作碰撞处理，那么对相互作用中两个物体相距恰“最近”、相距恰“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”。
例4.光滑水平面上放着一质量为M的槽,槽与水平面相切且光滑,如图所示,一质量为m的小球以v0向槽运动,若开始时槽固定不动,求小球上升的高度(槽足够高);若槽不固定,则小球上升的高度又为多少? / 8
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【巩固练习】 子弹打击木块
1.如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人持枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，当射击持续了一会儿后停止，则小车
A．速度为零B．对原静止位置的位移不为零
C．将向射击方向作匀速运动D．将向射击相反方向作匀速运动
2.质量为3m、长度为L的木块静止放置在光滑的水平面上。质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为2/5v 0。试求：
①子弹穿出木块后，木块的速度大小；
②子弹穿透木块的过程中，所受到平均阻力的大小。
3.如图所示，用细线悬挂一质量M=2.45kg的木块，摆长l=1.6m，一质量m=50g的子弹沿水平方向以初速度v 0射入 静止的木块，并留在木块内随木块一起摆动，测得木块偏离竖直位置的最大角度为60°，求子弹初速度v 0大小
4.用长为L=1.6m的轻绳悬挂一个质量M=1kg的木块，一质量m=10g的子弹以 =500m／s的速度沿水平方向射入木块，子弹打穿木块后的速度v=100m／s(g=10 m/s2)，试求：(1)这一过程中系统损失的机械能是多少？(2)木块能上升的高度是多少？
(3)木块返回最低点时绳的张力是多大？/ 8
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弹簧模型
1.如图所示，质量为2m的木板静止在光滑的水平面上，轻弹簧固定在木板左端，质量为m的小木块（视为质点）从木板右端以速度v 0沿木板向左滑行，小木块撞击弹簧，使弹簧压缩到最短时，它相对木板滑行的距离为L。设小木块和木板间的动摩擦因数为μ，则弹簧压缩到最短时，木板的速度是多大？弹簧的弹性势能是多大？
2.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v 0的子弹击中，子弹嵌在其中。已知A的质量是B的质量的3/4，子弹的质量是B的质量的1/4，求
（1）A物体获得的最大速度
（2）弹簧压缩量最大时B物体的速度（3）弹簧的最大弹性势能
人船模型
1.如图所示，甲乙两船的质量（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2v 0、v 0。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，求跑出货物的最小速度。
2.气球质量为200kg，载有质量为50kg的人，静止在空中距地面20m高的地方，气球下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑到地面，为了安全到达地面，这根绳长至少为_______m 与电磁综合应用
1.质量为m1、m2的两个小球A、B带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动。对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（）
A.系统机械能不断增加
B.系统机械能守恒
C.系统动量不断增加
D.系统动量守恒/ 8
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2.如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′，PP′穿过金属环的圆心．现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则下列组合正确的是（）
①磁铁穿过金属环后，两者将先、后停下来 ②磁铁若能穿过金属环，在靠近和离开金属环的过程中金属环的感应电流方向相同，金属环所受的安培力方向相同． ③磁铁与圆环的最终速度Mv0
Mm④整个过程最多能产生热量Mm2v0
2(Mm)A．①②
B．③④
C．②③
D．①④
三个物体碰撞
1.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB=mC=m,开始时B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B相撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
2.如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l．工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑．已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．设碰撞时间极短，求
（1）工人的推力；
（2）三个木箱匀速运动的速度；（3）在第一次碰撞中损失的机械能． / 8
第三篇：2014陕西教师招聘考试高中物理说课稿《动量守恒定律》
中公教育——给人改变未来的力量
2014陕西教师招聘考试高中物理说课稿《动量守恒定律》
一、教材分析
力对空间和时间的积累，是力对物体作用的两种基本表现形式，前一节介绍了力的时间积累效应—动量定理，而本节深入介绍了物体相互作用过程中所遵循的基本规律—动量守恒定律，这是高中学生所必修的自然界中四个基本守恒定律之一，因而它具有特殊的地位，在教学大纲中，动量守恒定律是B类知识点，属于较高层次的要求。
教材选取两体问题中的碰撞模型，依据牛顿第二定律及动量定理导出了动量守恒定律的一维表达式，再将结论拓展为多个物体、两维情况，较全面地介绍了动量守恒定律及其适用范围，它不仅和牛顿第二定律一样适用于宏观低速系统，也适用于牛顿第二定律不成立的宏观高速系统及微观系统，教材还详尽介绍了动量守恒的条件，提出在系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的动量保持不变。
前节教材讲述的冲量、动量及动量定理是全章的基础知识，在中学物理中用动量定理处理的对象一般是单个物体(通常可看作质点)本节则将研究对象拓展到系统，在动量定理的基础上概括了封闭系统中的一般规律，动量守恒定律不仅是本章的核心内容，也是整个高中物理的重点，学好本节内容对今后处理物理综合问题以及学习新的物理知识都是至关重要的。
二、教学目标
根据大纲的要求，教材的具体内容及高中学生的认知特征，确定以下教学目标：
1、知识目标。能在一维情况下两物体的相互作用情景中由牛顿定律及动量定理推导出动量守恒定律，理解并掌握定律内容及定律成立条件，了解定律的几种不同的数学表达式。并使学生明白定律虽可由牛顿定律及动量定理导出，但其具有独立性、普适性。掌握定律中“系统”、“内力”、“外力”等名词的确切含义。
2、能力目标。能在具体问题中判定动量是否守恒，能熟练运用动量守恒定律解释现象和解决问题，知道应用定律解决实际问题的基本思路和方法。通过实验探索物理规律，培养学生的创造力，体现素质教育的要求。
3、科学思维品质目标。通过对定律的推导培养学生实事求是的科学态度和严谨的推理方法，使学生认识到研究物理量的守恒关系是自然科学研究的一种常见的科学思维方法。
三、教材的重点、难点分析
本节的重点是理解动量守恒成立的条件及定律的表达式的推导及应用。
难点是理解动量守恒的物理内涵，动量及动量守恒方程的矢量性，动量的相对性以及研究对象的系统性、物理状态的同时性。
四、教法及学法指导
中公教育——给人改变未来的力量
1、实验及引导探索式。学习物理，重在理解。为使学生理解动量守恒的概念及其守恒条件，本节课宜采用实验及引导探索式教学法，即通过实验，对一维两体模型中的每个物体及由两者构成的系统进行受力分析，确定单个物体及系统所受的合冲量，确定单个物体及系统的动量变化，在对单个物体应用动量定理的基础上，引出系统动量守恒的概念，进而探索系统动量守恒的条件，在探索的过程中充分利用分析、推理的方法，通过演绎论证，环环相扣地得出结论，以培养学生的分析能力及综合概括能力。
2、讲、练、评结合式。在讨论动量守恒定律的应用时，通过让学生分析具体问题，随时发现学生中出现的错误，并及时组织学生进行评析产生错误的原因，使教师的主导作用与学生的主动学习的积极性有效地结合起来。
五、教具的准备：气垫导轨、细线、弹簧、两质量相等的小车、砝码。
六、教学程序
1、引入新课。利用学生所熟悉的生活情景引入新课，让学生贴近生活，感到自然亲切，充满趣味性，可使学生以饱满的热情及充满对未知科学领域的好奇，进入到本课的学习中。
2、讲授新课
a.演示课本上的一维两体模型实验。实验改为用气垫导轨，可使实际情景更为理想化，使学生体会到理想化的方法在物理学研究中的重要作用，并通过实验初步建立动量守恒的概念;b.引导学生由观察实验过渡到理论推导，定量地导出在一维两体模型中的动量守恒定律的数学表达式，充分调动学生的参与意识，此过程又引导学生回味了前面学过的重要定律、定理，达到温故知新的效果;c.引导学生推导出动量守恒的几种不同的数学表述及其意义;d.进一步引导学生分析动量守恒成立的条件，并归纳得出动量守恒定律;e.演绎、推广动量守恒定律的使用范围;f.通过举实例说明动量守恒定律的适用范围。
3、用典型习题加深对动量守恒定律成立条件的理解及用来解决实际问题时应注意的几点问题，同时可及时反馈学生中知识接受及理解上出现的错误及遗漏。
a.实际问题中，系统不受外力的情景很少见到，此时往往做近似处理(定律成立条件的拓展)如外力远小于内力时亦认为动量守恒;有时系统在某个方向所受外力为零，即该方向系统的动量守恒;让学生了解一般在作用时间很短，内力影响远大于外力时均可认为动量守恒成立，例如碰撞、打击、爆炸等问题的处理中可运用该定律;b.定律表达式中要注意动量的相对性、矢量性及作用前后两物体动量的同时性，注意定
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律的适用对象是一个相互作用的物体组成的系统(系统性)。对于矢量性的理解要重点突出动量是矢量，动量守恒表达式为矢量式，但在一维问题中可将之转换为代数式，故解题时正方向的假定是必要的。
4、板书设计。板书板图应做到直观性、全面性和系统性，主要板书在黑板上保留时间要长，使之对学生视觉的刺激作用较为明显。
5、作业布置。为了让学生理解定律的内涵，掌握定律的应用，设置了三道作业题留给学生课外完成，可起到巩固新课、回味课堂的效果，题量不宜过多，以减轻学生负担，留给学生一个全面发展的空间，亦符合素质教育的要求。
第四篇：2014长春事业编教师面试高中物理说课稿《动量守恒定律》
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2014长春事业编教师面试高中物理说课稿《动量守恒定律》
一、教材分析
力对空间和时间的积累，是力对物体作用的两种基本表现形式，前一节介绍了力的时间积累效应—动量定理，而本节深入介绍了物体相互作用过程中所遵循的基本规律—动量守恒定律，这是高中学生所必修的自然界中四个基本守恒定律之一，因而它具有特殊的地位，在教学大纲中，动量守恒定律是B类知识点，属于较高层次的要求。
教材选取两体问题中的碰撞模型，依据牛顿第二定律及动量定理导出了动量守恒定律的一维表达式，再将结论拓展为多个物体、两维情况，较全面地介绍了动量守恒定律及其适用范围，它不仅和牛顿第二定律一样适用于宏观低速系统，也适用于牛顿第二定律不成立的宏观高速系统及微观系统，教材还详尽介绍了动量守恒的条件，提出在系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的动量保持不变。
前节教材讲述的冲量、动量及动量定理是全章的基础知识，在中学物理中用动量定理处理的对象一般是单个物体(通常可看作质点)本节则将研究对象拓展到系统，在动量定理的基础上概括了封闭系统中的一般规律，动量守恒定律不仅是本章的核心内容，也是整个高中物理的重点，学好本节内容对今后处理物理综合问题以及学习新的物理知识都是至关重要的。
二、教学目标
根据大纲的要求，教材的具体内容及高中学生的认知特征，确定以下教学目标：
1、知识目标。能在一维情况下两物体的相互作用情景中由牛顿定律及动量定理推导出动量守恒定律，理解并掌握定律内容及定律成立条件，了解定律的几种不同的数学表达式。并使学生明白定律虽可由牛顿定律及动量定理导出，但其具有独立性、普适性。掌握定律中“系统”、“内力”、“外力”等名词的确切含义。
2、能力目标。能在具体问题中判定动量是否守恒，能熟练运用动量守恒定律解释现象和解决问题，知道应用定律解决实际问题的基本思路和方法。通过实验探索物理规律，培养学生的创造力，体现素质教育的要求。
3、科学思维品质目标。通过对定律的推导培养学生实事求是的科学态度和严谨的推理方法，使学生认识到研究物理量的守恒关系是自然科学研究的一种常见的科学思维方法。
三、教材的重点、难点分析
本节的重点是理解动量守恒成立的条件及定律的表达式的推导及应用。
难点是理解动量守恒的物理内涵，动量及动量守恒方程的矢量性，动量的相对性以及研吉林分校：长春市朝阳区辽宁路2338号中公教育大厦（圣豪对面）
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究对象的系统性、物理状态的同时性。
四、教法及学法指导
1、实验及引导探索式。学习物理，重在理解。为使学生理解动量守恒的概念及其守恒条件，本节课宜采用实验及引导探索式教学法，即通过实验，对一维两体模型中的每个物体及由两者构成的系统进行受力分析，确定单个物体及系统所受的合冲量，确定单个物体及系统的动量变化，在对单个物体应用动量定理的基础上，引出系统动量守恒的概念，进而探索系统动量守恒的条件，在探索的过程中充分利用分析、推理的方法，通过演绎论证，环环相扣地得出结论，以培养学生的分析能力及综合概括能力。
2、讲、练、评结合式。在讨论动量守恒定律的应用时，通过让学生分析具体问题，随时发现学生中出现的错误，并及时组织学生进行评析产生错误的原因，使教师的主导作用与学生的主动学习的积极性有效地结合起来。
五、教具的准备：气垫导轨、细线、弹簧、两质量相等的小车、砝码。
六、教学程序
1、引入新课。利用学生所熟悉的生活情景引入新课，让学生贴近生活，感到自然亲切，充满趣味性，可使学生以饱满的热情及充满对未知科学领域的好奇，进入到本课的学习中。
2、讲授新课
a.演示课本上的一维两体模型实验。实验改为用气垫导轨，可使实际情景更为理想化，使学生体会到理想化的方法在物理学研究中的重要作用，并通过实验初步建立动量守恒的概念；
b.引导学生由观察实验过渡到理论推导，定量地导出在一维两体模型中的动量守恒定律的数学表达式，充分调动学生的参与意识，此过程又引导学生回味了前面学过的重要定律、定理，达到温故知新的效果；
c.引导学生推导出动量守恒的几种不同的数学表述及其意义；
d.进一步引导学生分析动量守恒成立的条件，并归纳得出动量守恒定律； e.演绎、推广动量守恒定律的使用范围； f.通过举实例说明动量守恒定律的适用范围。
3、用典型习题加深对动量守恒定律成立条件的理解及用来解决实际问题时应注意的几点问题，同时可及时反馈学生中知识接受及理解上出现的错误及遗漏。
a.实际问题中，系统不受外力的情景很少见到，此时往往做近似处理(定律成立条件的拓展)如外力远小于内力时亦认为动量守恒；有时系统在某个方向所受外力为零，即该方向系统的动量守恒；让学生了解一般在作用时间很短，内力影响远大于外力时均可认为动量守恒成立，例如碰撞、打击、爆炸等问题的处理中可运用该定律；
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b.定律表达式中要注意动量的相对性、矢量性及作用前后两物体动量的同时性，注意定律的适用对象是一个相互作用的物体组成的系统(系统性)。对于矢量性的理解要重点突出动量是矢量，动量守恒表达式为矢量式，但在一维问题中可将之转换为代数式，故解题时正方向的假定是必要的。
4、板书设计。板书板图应做到直观性、全面性和系统性，主要板书在黑板上保留时间要长，使之对学生视觉的刺激作用较为明显。
5、作业布置。为了让学生理解定律的内涵，掌握定律的应用，设置了三道作业题留给学生课外完成，可起到巩固新课、回味课堂的效果，题量不宜过多，以减轻学生负担，留给学生一个全面发展的空间，亦符合素质教育的要求。
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第五篇：高中物理方法及易错内容专题分析：动量、动量守恒定律
第五章 动量、动量守恒定律
一、主要内容
本章内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
二、基本方法
本章中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，正规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。
三、错解分析
在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。例1 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
【错解】 选B。
【错解原因】 认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理I=△P，即F·t=△P，认为F大即△P，大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。
【分析解答】 设玻璃杯下落高度为h。它们从h高度落地瞬间的
量变化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，冲力也大，所以杯子
所以掉在水泥地受到的合力大，地面给予杯子的冲击力也大，所以杯子易碎。正确答案应选C，D。
【评析】 判断这一类问题，应从作用力大小判断入手，再由动量
大，而不能一开始就认定水泥地作用力大，正是这一点需要自己去分析、判断。
例2 把质量为10kg的物体放在光滑的水平面上，如图5－1所示，在与水平方向成53°的N的力F作用下从静止开始运动，在2s内力F对物体的冲量为多少？物体获得的动量是多少？
【错解】 错解一：2s内力的冲量为
设物体获得的动量为P2，由动量定理
【错解原因】 对冲量的定义理解不全面，对动量定理中的冲量理解不移。错解一主要是对冲量的概念的理解，冲最定义应为“力与力作用时间的乘积”，只要题目中求力F的冲量，就不应再把此力分解。这类解法把冲量定义与功的计算公式W=Fcosa·s混淆了。
错解二主要是对动量定理中的冲量没有理解。实际上动量定理的叙述应为“物体的动量改变与物体所受的合外力的冲量相等”而不是“与某一个力的冲量相等”，此时物体除了受外力F的冲量，还有重力及支持力的冲量。所以解错了。
【分析解答】 首先对物体进行受力分析：与水平方向成53°的拉力F，竖直向下的重力G、竖直向上的支持力N。由冲量定义可知，力F的冲量为：
IF=F·t=10×2=10(N·s)
因为在竖直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力为零，合力的冲量也为零。所以，物体所受的合外力的冲量就等干力F在水平方向上的分量，由动量定理得：
Fcos53°·t=P2-0 所以P2=Fcos53°·t=10×0.8×2(kg·m/s)
P2=16kg·m/s
【评析】对于物理规律、公式的记忆,要在理解的基础上记忆，要注意弄清公式中各物理量的含量及规律反映的物理本质，而不能机械地从形式上进行记
忆。另外，对于计算冲量和功的公式、动能定理和动量定理的公式，由于它们从形式上很相似，因此要特别注意弄清它们的区别。
例3 在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有()A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大 C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大
【错解】 错解一：根据机械能守恒定律，抛出时初速度大小相等，落地时末速度大小也相等，它们的初态动量P1=mv0。是相等的，它们的末态动量P2=mv也是相等的，所以△P=P2-P1WIJ一定相等。选D。
错解二：从同一高度以相等的初速度抛出后落地，不论是平抛、竖直上抛或竖直下抛，因为动量增量相等所用时间也相同，所以冲量也相同，所以动量的改变量也相同，所以选D。
【错解原因】 错解一主要是因为没有真正理解动量是矢量，动量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加减法运算遵从矢量的平行四边形法则，而不能用求代数差代替。平抛运动的初动量沿水平方向，末动量沿斜向下方；竖直上抛的初动量为竖直向上，末动量为竖直向下，而竖直下抛的初末动量均为竖直向下。这样分析，动量的增量△P就不一样了。
方向，而动量是矢量，有方向。从运动合成的角度可知，平抛运动可由一个水平匀速运动和一个竖直自由落体运动合成得来。它下落的时间由
为初速不为零，加速度为g的匀加速度直线运动。竖直下抛落地时间t3＜t1，所以第二种解法是错误的。
【分析解答】 1．由动量变化图5－2中可知，△P2最大，即竖直上抛过程动量增量最大，所以应选B。
【评析】 对于动量变化问题，一般要注意两点：
(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。
(2)由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动变化时，要求合外力一定为恒力。
例4 如图5－3所示，一个质量为M的小车置于光滑水平面。一端用轻杆AB固定在墙上，一个质量为m的木块C置于车上时的初速度为v0。因摩擦经t秒木块停下，(设小车足够长)，求木块C和小车各自受到的冲量。
【错解】 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。为正方向，由动量定理有：
-ft=0=mv0 所以I木=ft=mv0
所以，木块C受的冲量大小为mv0，方向水平向右。
又因为小车受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛顿第三定律)。所以小车受到的冲量I车= ft =mv0,大小与木块受到的冲量相等方向相反，即水平向左。【错解原因】 主要是因为对动量定理中的冲量理解不深入，动量定理的内容是：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化量。数学表达式为I合=P2-P1，等式左侧的冲量应指合外力的冲量。在上述解答中，求木块C受到的冲量为my0
是正确的。因为C受到的合外力就是／(重力mg与支持力N互相平衡)，但小车的冲量就错了。因为小车共受5个力：重力Mg，压力N=mg，支持力N′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f和AB杆对小车的拉力T，且拉力T=f，所以小车所受合力为零，合力的冲量也为零。
【分析解答】 以木块C为研究对象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0为正方向由动量定理有：
-ft=0-mv0 ∴I木=f·t=mv0
所以，木块C所受冲量为mv0，方向向右。对小车受力分析，竖直方向N′=Mg＋N=(M＋m)g，水平方向T=f′，所以小车所受合力为零，由动量定理可知，小车的冲量为零。
从动量变化的角度看，小车始终静止没动，所以动量的变化量为零，所以小车的冲量为零。
正确答案是木块C的冲量为mv0，方向向右。小车的冲量为零。
【评析】 在学习动量定理时，除了要注意动量是矢量，求动量的变化△P要用矢量运算法则运算外，还要注意F·t中F的含义，F是合外力而不是某一个力。
参考练习：质量为100g的小球从0.8m高处自由落下到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，则这段时间软垫对小球的冲量为______(g=10m/s2，不计空气阻力)(答案为0．6N·s)
例5 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则()A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a，b一定同时到达地面
D．炸裂的过程中，a中受到的爆炸力的冲量大小一定相等
【错解】 错解一：因为在炸裂中分成两块的物体一个向前，另一个必向后，所以选A。
锗解二：因为不知道a与b的速度谁大，所以不能确定是否同时到达地面，也不能确定水平距离谁的大，所以不选B，C。
错解三：在炸裂过程中，因为a的质量较大，所以a受的冲量较大，所以D不对。
【错解原因】 错解一中的认识是一种凭感觉判断，而不是建立在全面分析的基础上。事实是由于没有讲明a的速度大小。所以，若要满足动量守恒，(ma+mb)v=mava＋mbvb，vb的方向也可能与va同向。
错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。
错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。
【分析解答】 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：
(ma+mb)v=mavb＋mbvb
当va与原来速度v同向时,vb可能与va反向，也可能与va同向,第二种情况是由于va的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若va很小，则mava还可能小于原动量(ma+mb)v。这时,vb的方向会与va方向一致，即与原来方向相同所以A不对。
a，b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运
选项C是正确的
由于水平飞行距离x=v·t，a、b两块炸裂后的速度va。vb。不一定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对。根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力Fa=-Fb，力的作用时间相等，所以冲量I=F·t的大小一定相等。所以D是正确的。
此题的正确答案是：C，D。
【评析】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。例6 总质量为M的装砂的小车，正以速度v0在光滑水平面上前进、突然车底漏了，不断有砂子漏出来落到地面，问在漏砂的过程中，小车的速度是否变化？
【错解】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为v由动量守恒守律：
Mv0=(M-m)v
【错解原因】 解法错误的主要原因在于研究对象的选取，小车中砂子的质量变了，即原来属于系统内的砂子漏出后就不研究了。这样，所谓系统的初状态及末状态的含义就变了。实际情况是，漏掉的砂子在刚离开车的瞬间，其速度与小车的速度是相同的，然后做匀变速运动(即平抛)【分析解答】 质量为m的砂子从车上漏出来，漏砂后小车的速度为V由动量守恒定律：
My0=mv＋(M-m)v 解得：v=v0即砂子漏出后小车的速度是不变的。
【评析】 用动量守恒定律时，第一个重要的问题就是选取的系统。当你选定一个系统(此题为小车及车上的全部砂子)时，系统的初末状态都应该对全系统而言，不能在中间变换系统。
例7 弹在水平飞行时，其动能为Ek0=800J，某时它炸裂成质量相等的两块，其中一块的动能为Ek1=625J，求另一块的动能Ek2
【错解】 设炮弹的总质量为m，爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律：P=P1＋P2
代入数据得：Ek=225J。
【错解原因】 主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向，而没有考虑到方向相反的情况，因而漏掉一解。实际上，动能为625J的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。
【分析解答】 以炮弹爆炸前的方向为正方向，并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正．可能为负，由动量守恒定律：
P＝P1＋P2
解得：Ek2=225J或4225J。
正确答案是另一块的动能为225J或4225J。
【评析】 从上面答案的结果看，炮弹炸裂后的总动能为(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的总动能大，这是因为在爆炸过程中，化学能转化为机械能的缘故。
例8 一绳跨过定滑轮，两端分别栓有质量为M1，M2的物块(M2＞M1如图5－4)，M2开始是静止于地面上，当M1自由下落H距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物块的速度。
【错解】 M1自由下落H距离时，速度v1=。在M1和M2组成的系统中，它们相互作用前后的动量守恒。当绳子刚被拉紧时，设M1，M2的共同速度为v，【错解原因】 实际上，上述结果是正确的，但在解题过程中，出现了两个错误。其一，没有认真分析绳子拉紧前后的动量守恒条件。实际上由M1，M2组成的系统除了受重力外，还要受到滑轮轴心竖直向上的支持力作用，而这个支持力不等于M1+M2的重力，所以系统所受合外力不为零。不能对整个系统应用动量守
恒定律。其二，即使能应用动量守恒定律，也应认真考虑动量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能认为M1与M2系统的动量为(M1＋M2)v。
【分析解答】 M1自由下落H距离时的速度
绳子拉紧后的一小段时间△t后，M1与M2具有相同的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。
对M1由动量定理，以向上为正方向:(T1-M1g)△t=M1v-(-M1v1)② 对M2由动量定理，以向上为正方向：
(T2-M2g)△L=M2v-0 ③ 因为拉紧过程绳子的拉力远远大于物体的重力，可以认为T1=T2，所
【评析】 通过本题的分析与解答，我们可以从中得到两点警示。一是运用物理规律时一定要注意规律的适用条件，这一点要从题目所述的物理过程的特点出发进行分析，而不能“以貌取人”，一看到两物体间相互作用，就盲目地套用动量守恒定律。二是应用动量守恒定律时，要注意此规律的矢量性，即要考虑到系统内物体运动的方向。
例9 在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗质量为m，枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n颗子弹后，小船后退的距离为多少？
【错解】 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为S1，子弹从枪口到靶所用的时间为：
对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程：
mv=[M＋(n-1)m]v′ ②
在时间t内船的后退距离
s1=v′t ③ 子弹全部射出后船的后退距离
s=ns1 ④ 联立①②③④解得：
【分析解答】 设子弹射出后船的后退速度为v′，后退距离为s1=v′t，如图5－5所示①由几何关系可知
l=d+s1 即lv·t+v′t ⑤ 联立②③④⑤解得：
【评析】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图5－5所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。
例10 如图5－6所示，物体A置于小车B上，A与B之间光滑无摩擦。它们以共同的速度v前进。突然碰到障碍物C，将A从车上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。问：小车B的速度将怎样变化？
【错解】 以A，B原来速度方向为正，设小车B后来的速度为v′，根据动量守恒定律，则
(mA+mB)=mBv′-mAv 即：(mA＋mB＋mA)v—mBv′
因为2mA＋mB＞mB
所以：V′＞v(变大)方向为原来的方向。
【错解原因】 上述错解的主要原因是不注意分析物理规律的适用条件，适用动量守恒定律而造成的。
当我们研究对象为A和B组成的系统时(如上述错解的研究对象)。在A与障碍物C发生碰撞时，因为C对A的作用力就A与B的系统米说是外力，所以不满足动量守恒条件(不受外力或合外力为零)。也就是说它们的动量不守恒，不能应用动量守恒定律去计算与讨论。不加分析地运用动量守恒定律必然导致错误。【分析解答】 实际上，在A与C相碰时，由于C对A的作用力的冲量使A的动量发生了变化。而A与B之间光滑无摩擦。在水平方向无相互作用力。所以对B来说，其水平动量是守恒的(实际上也只具有水平动量)。也就是说，A在水平方向运动的变化不会影响B的运动情况，因此B将以速度v继续前进。【评析】 物体间发生相互作用时，选哪个系统为研究对象，这是人为的选择，但要注意，若系统选择不当，则导致对该系统不用应用动量守恒定律来求解，如本题的A，B组成的系统。因此我们应注意研究对象的选取，使其能满足我们所选用规律的适用条件。如本题中以B为研究对象，即包含了所求的B的运动情况，而满足了水平方向不受外力，动量守恒的适用条件。
例11 质量为M的小车，如图5－7所示，上面站着一个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？
【错解】 锗解一：把人和车作为一个系统，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，设人跳出后，车速增加为△v，以V0方向为正方向，由动量守恒定律：
(M＋m)v0=M(v0+△v)-mu
错解二：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力、所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车速增加为△v，以v0方向为正方向。人相对于地的速度为(u-v0),由动量守恒定律：
(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0)
【错解原因】 错解一的主要问题在于没有把所有的速度都换算成同一惯性参考系中的速度。因为题目中给出的v0是初状态车对地的速度，而人跳车时的速度u指的是对车的速度，在列动量守恒方程时，应把人跳车的速度变换成人对地的速度才可以运算。
错解二的主要问题是虽然变换了参考系，但忽略了相对速度的同一时刻性，即人跳车时，车的速度已经由v0变换成(v0+△v)了。所以，人相对于地的速度，不是(v-v0)而应为[u-(v0+△v)]。
【分析解答】 以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的速度增加了△v，以v0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：
(M＋m)v0=M(v0+△v)-m[u-(v0＋△v)]
【评析】(1)在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应注意到相对速度的同时性。(2)选取不同的参考系，解题方法有繁有简，以此题为例，若选取车作为参考系．则人与车组成的系统初态动量为零，末态动量为：M△v-m(u-△v)，由动量守恒定律：
0=M△v-m(u-△v)
题中，增加的速度与车原来的速度v0无关。第二种解法显然比第一种要简捷得多。
例12 质量为M的小车，以速度v0在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m的人，问：当人以相对车的速度u向后水平跳出后，车速度为多大？ 【错解】 错解一：设人跳出后的瞬间车速为v，则其动量为Mv，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v0＝Mv
错解二：设人跳出后的车速为v，车的动量为Mv，人的动量为m(u+v)，根据动量守恒定律有：
(M+m)v0=Mv+m(u＋v)
错解三：设车的前进方向为正方向，人在跳出车后，车的动量为Mv，人的动量为-mu，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v0＝Mv-mu
错解四：设车的前进方向为正方向，则人跳出车后小车的动量Mv，人的动量为-m(u-v0)，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v0＝Mv-m(u-v0)
【错解原因】 错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统，而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了，即以系统的一部分(车)来代替系统(车和人)。
错解二：是没有考虑到，人跳离车前后动量方向的变化。而是简单地采用了算术和忽略了动量的矢量性。
错解三的错误在于参考系发生变化了。人跳离前人与车的动量是相对地的。人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的，而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的，所以答案不对。
错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。v0是人未跳离车之前系统(M＋m)的速度，-m(u-v0)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。
【分析解答】 选地面为参照系，以小车前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
(M＋m)v0=Mv-m(u-v)
【评析】 应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。
(1)整体性，动量守恒定律是对一个物体系统而言的，具有系统的整体性，而不能对系统的一个部分，如本题错解一。
(2)矢量性，动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变，在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法，如本题错解二。
(3)相对性，动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。如系统的各部分所选取的参考系不同，动量守恒不成立。如本题错解三。
(4)瞬时性，一般来说，系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量，系统在某一时刻的动量，应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。例13 如图5－8所示，倾角θ=30°，高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A，以初速度v0从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求V0应为多大？
【错解】 设滑块A能滑到h高的最小初速度为v，滑块A到达斜面最高点时具有水平分速度为V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，由动量守恒定律：
mv0cosθmv′＋My′ ① 在B的上端点m的合速度为：
由动能定理有：
【错解原因】 主要是对滑块A滑过最高点的临界状态分析不清楚。实际上，当滑块能够到达最高点时，即其竖直向上的分速度为零，也就是说，在最高点，滑块A只具有水平速度，而不具有竖直速度。所以，式①是正确的，式②中关于滑块A的动能，直接代入水平速度即可。
【分析解答】 根据水平方向动量守恒有：
mv0cosθ=(m+M)v′ ①
【评析】 分析此题时，可以先定性分析，从题目可以知道，V0越大，上升的距离越高；v0较小，则可能上不到顶端。那么，刚好上升到
v0＞v时，才能够滑过。对于题目中的关键字眼，“滑过”、“至少”等要深入挖掘。
例14 图5－9，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为：()
【错解】 错解一：根据动量守恒定律：
所以选A。
错解二：因为人相对于车是竖直向上跳的，所以人与车系统在水平方向上不受外力，即人与车在水平方向动量守恒。
所以有：Mv1=(M-m)v′1
【错解原因】 产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不深入。
错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性，只是简单地套用动量守恒定律公式，因而把V1，V2,v′1的方向混为一谈，而出现这种错误。
错解二的主要问题在于对物体惯性概念的理解还有问题。误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了，也就没有向前的动量了，从这个错误认识出发就造成判断本题的错误。也因为没有状态分析的习惯。
【分析解答】 人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度V1的方向为正方向，选地面为参照系。初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M-m)v′l(因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1=(M-m)v′1＋mv1(M-m)v1=(M-m)v′1
所以v′=v1 正确答案应为D。
【评析】 动量守恒定律是有条件的，一般教材把动量守恒条件分为三个层次：
(1)系统所受合外力为零；
(2)系统所受合外力虽然不为零，但在某方向合外力为零，则系统在该方向动量守恒；
(3)系统所受合外力远远小于内力，则系统动量近似守恒。对于不同情况，应根据不同的条件去分析。在上述三种情况下，都可以应用动量守恒定律求解相应物理量。
例15 如图5－10所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M2，它下面用长为L的绳系一质量为M1的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V0多大？
【错解】 由动量守恒定律：mv0=(M1＋M2+m)v
【错解原因】 没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。
【分析解答】 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v′0，由动量守恒定律：
mv0=(M1＋m)v′ ① 此后(M1＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：
但式①，②中有三个未知量，v0，v′0，v，还需再寻找关系。
从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：
mv0=(M1+M1+m)v ③
【评析】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。
例16 如图5－11所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是：()
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动。
【错解】 错解一：半圆槽光滑，小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中，只受重力和弹力作用，而弹力方向始终与速度方向垂直，所以弹力不做功，则只有重力做功，所以选A。
错解二：由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面，所以小球在半圆槽运动的全过程中，小球与半圆槽水平方向不受外力作用，因而系统在水平方向动量守恒，故选B。
错解三：半圆槽槽口的切线方向为竖直方向，因而小球运动到C点时的速度方向竖直向上，所以小球离开C点以后得做竖直上抛运动，故选D。
【分析解答】 本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。
从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力N沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力N′方向相反指向左下方，因为有物块挡住，所以半圆槽不会向左运动，情形将与半圆槽固定时相同。但从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力N′方向向右下方，所以半圆槽要向右运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆运动，另一个与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力N与速度方向并不垂直，所以支持力会做功。所以A不对。又因为有物块挡住，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，即B也不对。当小球运动到C点时，它的两个分运动的速度方向如图5－13，并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即D也不对。
正确答案是：小球在半圆槽内自B→C运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C。
【评析】 在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽挡住，导致了小球从A→B和从B→C两段过程特点的不同，因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系，及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同，所以具体的解决方法也就不一样了。通过本题的分析解答，可以使我们看到，对不同的物理过程要做认真细致的具体分析，切忌不认真分析过程，用头脑中已有的模型代替新问题，而乱套公式。例17 在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的？()
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu=Mv1+mv2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu=（M+m）v D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：（M+m0）u=（M+m0）vi+mv2
【错解】 选A，D。
【错解原因】 选择A，D的一个共同原因，是认为在碰撞的过程中，单摆也参加了碰撞，选A是认为三者发生碰撞，因而各自有一个速度；而选D的同学认为，单摆与小车连在一起，所以两者的速度始终相同，所以，碰前和碰后的关系应满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2
另外还有一种选择，即B，C中只选一种，原因我们放在后面再分析。【分析解答】 由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A，D。
因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律
Mu=Mv1+mv2 即为B选项。
由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一。因此，C选项也是可能的。正确答案：选B，C。
【评析】 在解决如本题这种多个物体参与相互作用过程的题目时，要认真分析物体的受力情况，把没有参与作用的物体从多个对象中摘出去（如本题的单摆），这样可以避免选错研究对象。
例18 如图514所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103N，求A，B最终的速度。
【错解】 设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m，子弹离开A的速度为v，物体A，B最终速度分别为vA，vB，A对子弹的阻力为f。
在子弹穿过A物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v0为正：
-f·t=mv-mv0
解得：v=500m/S 对物体A用动量定理。
f·t=mAvA-0 解得：vA=15m/S。
对子弹、物体B组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有：
mv=（m+mB）vB
解得：vB=16.13m/s。
【错解原因】 问题主要出在对物体A用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A除了受摩擦力以外还受到B对A的挤压作用。其实，此题可以避免A，B之间的挤压力，方法就是把A，B看成一个整体。
【分析解答】 设A，B质量分别为mA，mB，子弹质量为m。子弹离开A的速度为了v，物体A，B最终速度分别为vA，vB。
在子弹穿过A的过程中，以A，B为整体，以子弹初速v0为正方向，应用动量定理。
f·t=（mA+mB）u（u为A，B的共同速度）解得：u=6m/s。
由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度VA=u=6m/s。对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：
mv0=mA·vA+（m+mB）vB
解得：vB=21.94m/s。
物体A，B的最终速度为vA=6m/s，vB=21.94m/s。
【评析】（1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A的过程中依然用动量定理，求得A和B的速度为6m/s。也是A的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A以后的速度，（设为V，其余所设如前）
mv0=mv+（mA+mB）u ①
在子弹射穿B的过程中动量守恒
mv+mBu=（m+mB）u' ②
代入数据解得：v=500m/s。u'=21.94m/s。即为B的最终速度。
（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。
例19 如图5-15所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以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，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【错解】 设甲与他的冰车以及乙与他的冰车的质量为M，箱子的质量为m，开始时他们的速率为v0，为了不与乙相碰。
错解一：甲必须停止，所以，对甲和他的冰车及箱子，推出前后满足动量守恒，由动量守恒定律：
（M+m）v0=0+mv
错解二：乙接到箱子后停下，所以，对箱子及乙和他的冰车，接到箱子前后动量守恒，设箱子的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv-Mv0=0
【错解原因】 在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度
相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。如本题错解二。按照错解答案我们可知，当甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，与乙相互作用后，乙与箱子都停下来了。那么，此时甲停了吗？我们可以继续完成本题，设甲推出箱子的速度为v'，对甲和箱子，（以甲和箱子的初速度为正），由动量守恒定律有：
（M+m）v0=Mv'+mv 解得：v'=1m/s。符号为正，说明甲以4m/s的速度推出箱子后继续向前运动，而乙接住箱子后要停下，这样甲就与乙相撞，所以4m/s的速度太小了。结果不符合题目要求。第二个关键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。
【分析解答】 要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：
（M+m）v0=mv+Mv1 ①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有：
mv-Mv0=（m+M）v2 ②
刚好不相撞的条件是：
v1=v ③
联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。
【评析】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。
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