3-5动量守恒定律预科资料

高考物理知识点之动量守恒定律

考试要点

基本概念

1.力的三种效应：

力的瞬时性（产生a）F=ma、?运动状态发生变化?牛顿第二定律

时间积累效应(冲量)I=Ft、?动量发生变化?动量定理

空间积累效应(做功)w=Fs?动能发生变化?动能定理

一、动量和冲量

1．动量

按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv

（1）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

（2）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

（3）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。

2．动量的变化：

=

?

p-'

p

p

由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。

（1）若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。（2）若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。

3冲量

按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft

（1）冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

（2）冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t 内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

（3）高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

（4）要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

二、动量定理

1．动量定理

物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I =Δp

（1）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

（2）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。

（3）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：t

P F ??=（牛顿第二定律的动量形式）。 （4）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。

点评：要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量” 等于动量的变化量。这是在应用动量定理解题时经常出错的地方，要引起注意。

2动量定理的定量计算

利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：

（1）明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。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）进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。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。

（3）规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。

（4）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。

（5）根据动量定理列式求解。

3在F－t图中的冲量：

F－t图上的“面积”表示冲量的大小。

动量守恒定律

1.守恒条件

(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．

(2)系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．

(3)当系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．

2.几种常见表述及表达式

(1)p＝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′)．

(2)Δp＝0(系统总动量不变)．

(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相

反)．

其中(1)的形式最常用，具体到实际应用时又有以下三种常见形式：

①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)．

②0＝m1v1＋m2v2(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等，两者速率

与各自质量成反比)．

③m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的情况，如完

全非弹性碰撞)．

4.应用动量守恒定律解题的步骤：

(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．

动量守恒定律的应用

碰撞现象

1．碰撞的种类及特点

分类标准种类特点

机械能是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒

非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大

碰撞前后动量是否共线对心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共线

非对心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共线

t

F

O

F

t

v 1

两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。

仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚好相等（设为v ），弹簧被压缩到最短；再往后A 、B 开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A 、B 分开，这时A 、B

的速度分别为21

v v ''和。全过程系统动量一定是守恒

的；而机械能是否守恒就

要看弹簧的弹性如何了。 （1）弹簧是完全弹性的。

Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A 、B 的最终速度分别为：12

1121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。） （2）弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。

（3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A 、B 不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。

这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A 、B 最终的共同速度为12

1121

v m m m v v +='='。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为： ()()

21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=?。 （这个结论最好背下来，以后经常要用到。）

v 1 v v 1/ v 2/ Ⅰ Ⅱ Ⅲ

2．动量观点

动量：p=mv=K mE 2

冲量：I ＝Ft ｛I:冲量(N?s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F 决定，单位是牛顿·秒｝ 动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。

公式： F 合t = mv ’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键)

I=F 合t=F 1t 1+F 2t 2+---=?p=P 末-P 初=mv 末-mv 初

动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：'p p =；0p =?；21p -p ?=?

P ＝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′)

ΔP ＝0 (系统总动量变化为0)

如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的具体表达式为

P 1＋P 2＝P 1′＋P 2′ (系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量)

m 1V 1＋m 2V 2＝m 1V 1′＋m 2V 2′

ΔP ＝－ΔP ＇ (两物体动量变化大小相等、方向相反)

实际中应用有：m 1v 1+m 2v 2='

22'11v m v m +； 0=m 1v 1+m 2v 2 m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共

原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0

注意理解四性：系统性、矢量性、同时性、相对性

矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。

相对性:所有速度必须是相对同一惯性参照系。

同时性：表达式中v 1和v 2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v 1’和v 2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

解题步骤：选对象，划过程；受力分析。所选对象和过程符合什么规律？用何种形式列方程；（先要规定正方向）求解并讨论结果。

1．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。

2．动量守恒定律的表达形式

（1）221

12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/，

v 1

（2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1

221v v m m ??-= 3．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，明确研究对象。

（2）对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，判断能否应用动量守恒。

（3）确定过程的始、末状态，写出初动量和末动量表达式。

注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。

（4）建立动量守恒方程求解。

4．注意动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性．

【例1】 质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m 的小球以速度v 1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v 。

解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。 在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：()v m M mv '+=1 由系统机械能守恒得：()mgH v m M mv +'+=2212121 解得()g m M Mv H +=221 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得1

2v m M m v += 点评：本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。

【例2】 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？

解析：A 能追上B ，说明碰前v A >v B ,∴B

A m m 65>；碰后A 的速度不大于

B 的速度， B A m m 83≤；又因为碰撞过程系统动能不会增加， B

A B A m m m m 282326252222+≥+，由

以上不等式组解得：7

483≤≤B A m m 点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。

2．子弹打木块类问题

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3】 设质量为m 的子弹以初速度v 0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进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：

()v m M mv +=0 从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d 对子弹用动能定理：22012

121mv mv s f -=? ……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =

? ……② ①、②相减得：()()

2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=? ……③ 点评：这个式子的物理意义是：f ?d 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Q d f =?，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。

若m M >>，则s 2<

共同运动的类型，全过程动能的损失量均可用公式：()202v m M Mm E k +=?…④

当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE K = f ?d （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE K 的大小。 s 2 d s 1 v 0 v

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？

解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L 。设人、船位移大小分别为l 1、l 2，则：

mv 1=Mv 2，两边同乘时间t ，ml 1=Ml 2，而l 1+l 2=L ， ∴L m

M m l +=2 点评：应该注意到：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。

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。

以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用(m 1+m 2)v 0= m 1v 1+ m 2v 2列式。

【例5】 总质量为M 的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v 0，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？

解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m ，以v 0方向为正方向，()m

M mu Mv v v m M mu Mv -+=''-+-=00, 4．爆炸类问题

【例6】 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。

分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G =( m 1+m 2 )g ，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。

设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度s m v /100=；m 1=0.3kg 的大块速度为50 1=v m/s 、m 2=0.2kg 的小块速度为2 v ，方向不清，暂设为正方向。

由动量守恒定律：

2211021)(v m v m v m m +=+

502

.0503.010)2.03.0()(2110212-=?-?+=-+=m v m v m m v m/s 此结果表明，质量为200克的部分以50m/s 的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反

5．某一方向上的动量守恒

【例7】 如图所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？

解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB 成θ角时小球的水平速度为v ，圆环的水平速度为V ，则由水平动量守恒有：

MV =mv

且在任意时刻或位置V 与v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V 和v 可分别用其水平位移替代，则上式可写为：

Md =m ［（L -L cos θ）-d ］

解得圆环移动的距离：

d =mL （1-cos θ）/（M +m ）

点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力

易出现的错误：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L -L cos θ）。

6．物块与平板间的相对滑动

【例8】如图所示，一质量为M 的平板车B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ,A 、B 间动摩擦因数为μ，现给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度v 0,使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 不会滑离B ，求：

（1）A 、B 最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

解析：（1）由A 、B 系统动量守恒定律得：

Mv 0-mv 0=（M +m ）v

① 所以v =m

M m M +-v 0 方向向右

（2）A 向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s ,速度为v ′,则由动量守恒定律得：Mv 0-mv 0=Mv ′

① 对板车应用动能定理得：

-μmg s=21mv ′2-21mv 02

②

联立①②解得：s =m g

m M μ22-v 02 【例9】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kg m A 5.0=，kg m B 3.0=，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量kg m C 1.0=的滑块C （可视为质点），以s m v C /25=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A v ； （2）滑块C 离开A 时的速度C

v '。

解析：这是一个由A 、B 、C 三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C 在A 、B 上滑动时，A 、B 、C 三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。

（1）当C 滑上A 后，由于有摩擦力作用，将带动A 和B 一起运动，直至C 滑上B 后，

A 、

B 两木块分离，分离时木块A 的速度为A v 。最后

C 相对静止在B 上，与B 以共同速度s m v B /0.3=运动，由动量守恒定律有

B C B A A C C v m m v m v m )(++= ∴A B C B C C A m v m m v m v )(+-=

s m s m /6.2/5.00.3)1.03.0(251.0=?+-?

（2）为计算C

v '，我们以B 、C 为系统，C 滑上B 后与A 分离，C 、B 系统水平方向动量守恒。C 离开A 时的速度为C

v '，B 与A 的速度同为A v ，由动量守恒定律有 B C B C C B B v m m v m v m )(+='+ ∴C A B B C B C

m v m v m m v -+=')(

s m s m /2.4/1.06.23.00.3)1.03.0(=?-?+=

三、针对训练

练习1

1．质量为M 的小车在水平地面上以速度v 0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏

斗中不断流下时，车子速度将（ ）

A ．减小

B ．不变

C ．增大

D ．无法确定

2．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ）

A ．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比

B ．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等

C ．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比

D ．人走到船尾不再走动，船则停下

3．如图所示，放在光滑水平桌面上的A 、B 木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A 的落地点与桌边水平距离0.5m ，B 的落地点距离桌边1m ，那么（ ）

A ．A 、

B 离开弹簧时的速度比为1∶2

B ．A 、B 质量比为2∶1

C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量比为1∶2

D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比1∶2

4．连同炮弹在内的车停放在水平地面上。炮车和弹质量为M ，炮膛中炮弹质量为m ，炮车与地面同时的动摩擦因数为μ，炮筒的仰角为α。设炮弹以速度0v 射出，那么炮车在地面上后退的距离为_________________。

5．甲、乙两人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿着一只篮球，但总质量与乙相同。从某时刻起两人在行进中互相传球，当乙的速度恰好为零时，甲的速度为__________________，此时球在_______________位置。

6．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m=0.10kg 的爆竹B ，木块的质量为M=6.0kg 。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm ，而木块所受的平均阻力为f=80N 。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g 取2

/10s m ，求爆竹能上升的最大高度。

参考答案

1．B 砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以0v 向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度0v ，车的速度为v ′，由v M mv v M m '+=+00)(得0v v ='，车速不变。

此题易错选C ，认为总质量减小，车速增大。这种想法错在研究对象的选取，应保持初末状态研究对象是同系统，质量不变。

2．A 、C 、D 人和船组成的系统动量守恒，总动量为0，∴不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等，方向相反。若人停止运动而船也停止运动，∴选A 、C 、D 。B 项错在两者速度大小一定相等，人和船的质量不一定相等。

3．A 、B 、D A 、B 组成的系统在水平不受外力，动量守恒，从两物落地点到桌边的距离t v x 0=，∵两物体落地时间相等，∴0v 与x 成正比，∴2:1:=B A v v ，即A 、B 离开弹簧的速度比。由B B A A v m v m -=0，可知2:1:=B A m m ，未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相同，作用时间相同，冲量I=F ·t 也相同，∴C 错。未离开弹簧时，F 相同，m 不同，加速度m F a =，与质量成反比，∴2:1:=B A a a 。

4．22

0)(2)cos (m M g mv -μα

提示：在发炮瞬间，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒

v m M mv )(cos 00--=α， ∴m M m v v -=

α

cos 0 发炮后，炮车受地面阻力作用而做匀减速运动，利用运动学公式，

as v v t 222=-，其中0=t v ，

g

m M g

m M a μμ-=---=)()(， ∴22

0)(2)cos (m M g mv s -=μα

5．0 甲

提示：甲、乙和篮球组成的系统动量守恒，根据题设条件，可知甲与篮球的初动量与乙的初动量大小相等，方向相反，∴总动量为零。由动量守恒定律得，系统末动量也为零。因乙速度恰好为零，∴甲和球一起速度为零。

6．解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v 可由牛顿第二定律和运动学公式求得 Ma Mg f =-，2/620s m a =，s m ah v /332==

爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒 00=-mv Mv

s m s m m Mv v /320/1.03360=?==