第 20 章 · 动量守恒定律

项目	内容
课标主题	选择性必修 1 · 动量与动量守恒定律（理解动量守恒定律，能用它解释生产生活中的有关现象，知道它的普适性；通过实验了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点，定量分析一维碰撞问题；体会用守恒定律分析物理问题的方法）
人教版（2019）	选择性必修第一册 第一章“动量守恒定律”：3 动量守恒定律；5 弹性碰撞和非弹性碰撞；6 反冲现象 火箭。4 实验“验证动量守恒定律”见第 41 章
考试地位	必考。选择题常考守恒条件、碰后速度是否合理、反冲和人船；计算题常把动量守恒和能量守恒放在一起：碰撞、子弹打木块、板块、弹簧连接体，也常接在圆周运动、平抛、电磁感应之后
前置知识	第 19 章动量、冲量和动量定理；第 6 章 6.4 牛顿第三定律；第 13 章动能定理；第 14 章机械能守恒和 14.6 功能关系（摩擦生热 $Q = fs_{\text{相对}}$）；第 1 章 1.3 一条直线上的矢量取正方向

第 19 章的动量定理看一个物体：外力的冲量改变它的动量。这一章看几个相互作用的物体：只要外力的冲量可以不计，它们之间怎么推、怎么撞、怎么炸，总动量都不变。这条规律只看始末、不管中间的力多复杂，是解碰撞、爆炸一类“力大、时间短、过程说不清”问题的唯一好办法。丢分主要丢在三处：不先判断守恒条件，墙、地面的外力没看见；碰撞题只列动量守恒，忘了动能的账；动量守恒和机械能守恒混为一谈，子弹打木块也用机械能守恒。

20.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
20.2 动量守恒定律	系统不受外力或合外力为零，总动量不变；内力远大于外力时近似守恒；某一方向合外力为零，该方向守恒	必考，守恒条件是选择题常考点
20.3 弹性碰撞	动量守恒、动能也守恒；一动一静时 $v_1' = \dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1$，$v_2' = \dfrac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$	常考，等质量交换速度是常用结论
20.4 非弹性碰撞与完全非弹性碰撞	动量守恒、动能减少；碰后共速的是完全非弹性碰撞，动能损失最大	常考，“粘在一起”是计算题的高频情境
20.5 碰撞可能性的判断	动量守恒、动能不增加、速度符合实际，三条都满足的结果才可能	选择题常考
20.6 反冲与爆炸	原来静止或匀速的系统，一部分向前、另一部分向后，总动量不变；爆炸使动能增加	常考，人船模型、火箭、炮弹爆炸是典型情境
20.7 动量与能量的综合	系统动量守恒列速度，能量守恒列热量或势能，$Q = fs_{\text{相对}}$	必考，计算题主干

20.2 动量守恒定律

说明

系统、内力和外力：把相互作用的几个物体合在一起作为研究对象，叫作系统。系统内物体之间的作用力叫内力，系统以外的物体对系统内物体的作用力叫外力。同一个力是内力还是外力，看系统怎么选。

动量守恒定律：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。

矢量式（两个物体）：

$$m_1\vec{v}_1 + m_2\vec{v}_2 = m_1\vec{v}_1' + m_2\vec{v}_2'$$

几种等价写法：$\vec{p} = \vec{p}\,'$（系统前后总动量相等）；$\Delta\vec{p}_1 = -\Delta\vec{p}_2$（一个物体增加的动量等于另一个减少的动量）；$\Delta\vec{p}_{\text{总}} = 0$。

标量式：物体在一条直线上运动时，取一个正方向，各速度带正负号代入：

$$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$$

守恒条件（三种情况）：

情况	条件	典型情境
严格守恒	系统不受外力，或合外力为零	光滑水平面上两物体相互作用（竖直方向重力与支持力平衡）
近似守恒	内力远大于外力，作用时间极短	碰撞、爆炸、子弹射入木块，摩擦力、重力的冲量可以不计
某一方向守恒	系统所受合外力不为零，但在某一方向上的分量为零	沙袋竖直落入水平运动的小车：水平方向守恒，竖直方向不守恒

理想模型：物体看成质点；碰撞、爆炸的作用时间看成极短，作用过程中物体的位置不变。

普适性：动量守恒定律不依赖于力的具体形式，也不要求物体是宏观、低速的。牛顿运动定律不适用的微观粒子、接近光速的情形，它仍然成立（第 36 章核反应、第 35 章康普顿效应都用它）。

使用场景

• 光滑水平面上两个物体通过弹簧、绳、摩擦力相互作用，问某时刻的速度 → 系统所受合外力为零 → 严格守恒，$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$。
• 题目出现“碰撞”“极短时间”“爆炸”，但地面粗糙或有重力 → 内力远大于外力 → 近似守恒，外力的冲量不计。
• 物体从竖直方向落入、从斜面或曲面滑下，系统竖直方向受力不平衡 → 某一方向合外力为零 → 只在水平方向列动量守恒。
• 选择题问“系统动量是否守恒”“机械能是否守恒” → 先划定系统和过程，再逐个找外力 → 外力的矢量和为零（或可以不计）才守恒；动量守恒和机械能守恒分开判断。

注意点

• 先选系统，再找外力。同一个情境，系统选得不同，结论不同：子弹打木块，选子弹和木块为系统，木块对子弹的阻力是内力；只选子弹，它就是外力。
• 守恒条件看外力，不看内力。系统内有摩擦、有爆炸、有非弹性形变都不影响动量守恒，只影响机械能。
• 矢量性：标量式之前写“取……为正方向”，和正方向相反的速度带负号。算出速度为负，表示方向与正方向相反。
• 同一参考系：各速度都相对地面。题目给“相对小车的速度”“相对火箭的喷气速度”时，先换算成对地速度（20.6 节）。
• 同时性：等号左边的各速度是同一时刻的，右边的也是同一时刻的，不能把 A 碰前的速度和 B 碰后的速度放在同一边。
• 过程要选对：守恒只对满足条件的那一段过程成立。子弹射入悬挂的木块那一瞬间守恒，射入后一起摆起来的过程（绳的拉力、重力不平衡）不守恒（20.4 节例 3）。
• 动量守恒是系统的总动量不变，不是每个物体的动量不变。

推导

由牛顿第三定律和动量定理推出：光滑水平面上，物体 1、2 在一段时间 $\Delta t$ 内相互作用。物体 1 受物体 2 的作用力 $\vec{F}_{12}$，物体 2 受物体 1 的作用力 $\vec{F}_{21}$，竖直方向的重力和支持力平衡，系统不受其他外力。

对物体 1、2 分别用动量定理（第 19 章）：

$$\vec{F}_{12}\Delta t = m_1\vec{v}_1' - m_1\vec{v}_1, \qquad \vec{F}_{21}\Delta t = m_2\vec{v}_2' - m_2\vec{v}_2$$

由牛顿第三定律（第 6 章 6.4 节），$\vec{F}_{12} = -\vec{F}_{21}$，两式相加，左边为零：

$$0 = (m_1\vec{v}_1' - m_1\vec{v}_1) + (m_2\vec{v}_2' - m_2\vec{v}_2)$$

移项就是 $m_1\vec{v}_1 + m_2\vec{v}_2 = m_1\vec{v}_1' + m_2\vec{v}_2'$。

（关键一步：两个冲量能相互抵消，是因为作用力和反作用力每一时刻都等大反向，而且作用时间相同。即使相互作用力随时间剧烈变化，把 $\Delta t$ 分成许多小段，每一小段两个冲量都抵消，加起来也抵消。所以动量守恒不需要知道力的大小和变化，这是它比牛顿第二定律好用的原因。）

推广：三个以上物体时，内力总是成对出现、冲量成对抵消，系统总动量的变化只由外力的总冲量决定：$\vec{F}_{\text{外}}\Delta t = \Delta\vec{p}_{\text{总}}$。

• 外力的矢量和为零 → $\Delta\vec{p}_{\text{总}} = 0$，严格守恒。
• 外力不为零，但作用时间极短 → 外力的冲量 $F_{\text{外}}\Delta t$ 很小；内力很大，各物体的动量变化很大。外力冲量和各物体的动量变化相比可以忽略，总动量近似不变。
• 外力在某个方向的分量为零 → 把上式投影到这个方向，该方向的总动量不变。

实验依据：在气垫导轨上让两个滑块相碰（弹性碰撞、粘在一起、被弹簧弹开），用光电门测出碰撞前后的速度，各种情况下 $m_1v_1 + m_2v_2$ 都在误差范围内不变。实验的操作和误差分析见第 41 章“验证动量守恒定律”。

例题

例 1　（场景：光滑面上通过弹簧相互作用）光滑水平面上，物块 B 的质量 $m_B = 3\ \mathrm{kg}$，左侧连着一根轻弹簧，以 $1\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右运动；物块 A 的质量 $m_A = 2\ \mathrm{kg}$，以 $4\ \mathrm{m/s}$ 的速度从后面追来压缩弹簧。求：（1）A 的速度减为 $1\ \mathrm{m/s}$（仍向右）时 B 的速度；（2）弹簧压缩最短时两物块的速度。

解：

研究对象：A、B 和弹簧组成的系统。

过程划分：A 接触弹簧后压缩弹簧，弹簧推 A 减速、推 B 加速；问的两个时刻都在这个过程里。

分析：竖直方向重力和支持力平衡，水平面光滑，弹簧弹力是内力，系统合外力为零，动量守恒（本节说明的第一种情况）。弹力是变力，用牛顿定律很难算，动量守恒只看始末。

列式求解：取向右为正方向。

（1）

$$m_Av_A + m_Bv_B = m_Av_A' + m_Bv_B'$$ $$2 \times 4 + 3 \times 1 = 2 \times 1 + 3v_B' \quad \Rightarrow \quad v_B' = 3\ \mathrm{m/s}$$

B 的速度为 $3\ \mathrm{m/s}$，方向向右。

（2）A 比 B 快时弹簧继续被压缩，A 比 B 慢时弹簧开始伸长，所以压缩最短时两者速度相同，设为 $v$：

$$m_Av_A + m_Bv_B = (m_A + m_B)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{2 \times 4 + 3 \times 1}{2 + 3}\ \mathrm{m/s} = 2.2\ \mathrm{m/s}$$

方向向右。

检验：（1）A 的动量减少 $2 \times (4 - 1) = 6\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，B 的动量增加 $3 \times (3 - 1) = 6\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，一减一增正好相等。（2）共同速度 $2.2\ \mathrm{m/s}$ 介于 $1\ \mathrm{m/s}$ 和 $4\ \mathrm{m/s}$ 之间，合理。

容易卡在：（2）不知道“压缩最短”该列什么式子。弹簧最短是“还在靠近”和“开始远离”的分界，此刻两者相对静止，速度相等。

例 2　（场景：碰撞，内力远大于外力）粗糙水平地面上，质量 $0.2\ \mathrm{kg}$ 的物块 A 以 $5\ \mathrm{m/s}$ 的速度与静止的质量 $0.4\ \mathrm{kg}$ 的物块 B 正碰，碰撞时间 $0.01\ \mathrm{s}$，碰后 A 以 $1\ \mathrm{m/s}$ 的速度沿原方向运动。两物块与地面的动摩擦因数都是 $0.2$。（1）求碰后瞬间 B 的速度；（2）说明碰撞过程中为什么可以不计摩擦力。

解：

研究对象：A、B 组成的系统。

过程划分：只看碰撞的 $0.01\ \mathrm{s}$。

分析：系统受地面的摩擦力，合外力不为零。但碰撞时间极短，A、B 之间的作用力远大于摩擦力，用“内力远大于外力”的近似守恒（本节说明的第二种情况）。

列式求解：取 A 的初速度方向为正方向。

（1）

$$m_Av_0 = m_Av_A' + m_Bv_B' \quad \Rightarrow \quad 0.2 \times 5 = 0.2 \times 1 + 0.4v_B'$$ $$v_B' = 2\ \mathrm{m/s}$$

方向与 A 的初速度方向相同。

（2）摩擦力合计 $f = \mu(m_A + m_B)g = 0.2 \times 0.6 \times 10\ \mathrm{N} = 1.2\ \mathrm{N}$，碰撞中的冲量最多 $1.2 \times 0.01\ \mathrm{N \cdot s} = 0.012\ \mathrm{N \cdot s}$。A 的动量变化是 $0.2 \times (5 - 1) = 0.8\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，摩擦力的冲量只有它的 $1.5\%$，可以不计。A、B 之间的平均作用力约为 $\dfrac{0.8}{0.01}\ \mathrm{N} = 80\ \mathrm{N}$，是摩擦力的六七十倍。

检验：碰后 B 的速度 $2\ \mathrm{m/s}$ 大于 A 的 $1\ \mathrm{m/s}$，B 在前，不会被 A 穿过，合理（20.5 节第三条）。

容易卡在：一看“粗糙”就认为动量不守恒。碰撞题只看碰撞那一瞬间，摩擦力管的是碰后滑行的过程。

例 3　（场景：某一方向合外力为零）质量 $M = 20\ \mathrm{kg}$ 的沙车在光滑水平面上以 $3\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右运动，质量 $m = 10\ \mathrm{kg}$ 的沙袋从车的正上方竖直落入车中，求沙袋落入后车的速度。

解：

研究对象：沙车和沙袋组成的系统。

过程划分：只看沙袋落入车中、两者达到共同水平速度的过程。

分析：沙袋落入时竖直速度变为零，地面对车的支持力突然大于系统重力，竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒。水平方向不受外力（地面光滑），水平方向动量守恒（本节说明的第三种情况）。沙袋落入前水平速度为零。

列式求解：取向右为正方向，水平方向：

$$Mv_0 + m \times 0 = (M + m)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{20 \times 3}{20 + 10}\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

方向向右。

检验：车多了质量、水平动量不变，速度变小，合理。如果误把总动量（含竖直方向）当守恒，就无从下手：沙袋的竖直速度没有给，也不需要。

例 4　（场景：判断系统动量、机械能是否守恒）如图，木块 B 放在光滑水平面上，左侧连着轻弹簧，弹簧左端固定在竖直墙上。子弹 A 水平射入 B 并留在其中，然后一起压缩弹簧到最短。以子弹、木块和弹簧为系统，判断：（1）子弹射入木块的极短时间内；（2）从子弹开始射入到弹簧压缩最短的全过程。系统的动量和机械能是否守恒？

解：（1）动量守恒，机械能不守恒；（2）动量不守恒，机械能也不守恒。

判断依据：动量看外力，机械能看有没有重力、弹簧弹力以外的力做功（第 14 章），两件事分开判断。

（1）子弹射入的时间极短，木块还没来得及移动，弹簧没有被压缩，墙对弹簧没有作用力；系统水平方向不受外力，动量守恒。子弹和木块之间有滑动摩擦，一部分动能变成内能，机械能不守恒。

（2）弹簧被压缩后，墙对弹簧有向右的弹力，这是系统的外力，冲量不能忽略，系统的动量逐渐减小到零，不守恒。全过程包含了射入时的摩擦生热，机械能也不守恒。如果只看射入之后、压缩弹簧的那一段，墙的弹力不做功（墙不动），机械能守恒，但动量仍不守恒。

常用推论

• 两个物体组成的系统动量守恒时，$\Delta\vec{p}_1 = -\Delta\vec{p}_2$：一个物体动量的增加量等于另一个的减少量（例 1 的检验）。由守恒式移项得出。
• 两个物体相互作用，速度变化量的大小与质量成反比：$\dfrac{|\Delta v_1|}{|\Delta v_2|} = \dfrac{m_2}{m_1}$。由 $m_1\Delta v_1 = -m_2\Delta v_2$ 得出，适用于系统动量守恒。
• 两个物体通过弹簧、摩擦力等相互作用，“相距最近”“弹簧最短”“弹簧最长”“滑块在木板上滑到最远”这些临界时刻，两者速度相同（例 1）。
• 动量守恒的系统，合外力为零，系统的“平均位置”（质心）做匀速直线运动或保持静止。这一条高中不要求，人船模型（20.6 节）可以用它快速理解。

易错点

• 错在哪：认为系统内有摩擦力，动量就不守恒。 为什么错：把“有能量损失”和“动量不守恒”当成一回事。摩擦力是内力时，一对摩擦力的冲量总是抵消。例如板块模型中木板和滑块之间有摩擦，系统动量照样守恒。 正确做法：守恒条件只看外力。有内摩擦影响的是机械能，不是动量。
• 错在哪：认为动量守恒的系统机械能也守恒，或者机械能守恒的系统动量也守恒。 为什么错：两者条件不同。完全非弹性碰撞动量守恒、机械能不守恒；单摆摆动机械能守恒、动量时刻在变。 正确做法：动量看外力的矢量和，机械能看哪些力做功，分别判断（例 4）。
• 错在哪：碰撞前后的速度不带正负号直接代入，例如 A、B 相向运动，写成 $m_Av_A + m_Bv_B$ 两项都取正。 为什么错：动量是矢量，标量式里的正负号就是方向（第 1 章 1.3 节）。 正确做法：列式前写“取……为正方向”，相反方向的速度代入负值。
• 错在哪：只要题目里有外力（地面摩擦、重力），就不敢用动量守恒。 为什么错：碰撞、爆炸的时间极短，外力的冲量远小于内力的冲量，可以不计（例 2）。 正确做法：判断作用时间是否极短、内力是否远大于外力，满足就用近似守恒；作用时间不短（如摩擦力作用几秒）就不能忽略。

直观理解

动量守恒像两个人之间的“转账”：系统里的物体可以互相推、互相撞，一个人的动量减少多少，另一个人就增加多少，账上的总数不变。只有外人（外力）来“存钱取钱”，总数才会变。

推导的核心一句话：作用力和反作用力同时出现、同时消失、等大反向，所以它们的冲量总是一正一负抵消掉。

关联知识点

• 前置：第 19 章动量、冲量和动量定理，推导直接用它。
• 前置：第 6 章 6.4 节牛顿第三定律，内力的冲量抵消靠它。
• 前置：第 1 章 1.3 节一条直线上的矢量取正方向；不在一条直线上时按平行四边形定则，见《高中数学知识点梳理》第 14、15 章。
• 后续：20.3–20.7 节，碰撞、反冲、动量与能量综合都以它为基础。
• 后续：第 28 章电磁感应中两根导体棒在光滑导轨上相互作用，系统所受安培力的合力为零时用动量守恒。
• 后续：第 36 章核反应、衰变中动量守恒；第 35 章康普顿效应。
• 常一起考：第 41 章实验“验证动量守恒定律”。

20.3 弹性碰撞

说明

碰撞的特点：作用时间极短，相互作用力很大，内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒；碰撞时间极短，物体的位置可以看成不变。

碰撞的分类（按动能是否损失）：

类型	动量	动能	碰后
弹性碰撞	守恒	守恒	一般分开
非弹性碰撞	守恒	减少	分开
完全非弹性碰撞	守恒	减少得最多	粘在一起，速度相同

本节讲弹性碰撞，后两类见 20.4 节。高中只讲一维碰撞（对心碰撞、正碰）：碰前碰后的速度都在两球球心的连线上。

弹性碰撞：碰撞中只发生弹性形变，形变完全恢复，没有动能损失。两个方程：

$$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$$ $$\frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2 = \frac{1}{2}m_1v_1'^2 + \frac{1}{2}m_2v_2'^2$$

一动一静（$v_2 = 0$）的结果，取 $v_1$ 的方向为正方向：

$$v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1, \qquad v_2' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$$

几种特殊情形：

质量关系	$v_1'$	$v_2'$	现象
$m_1 = m_2$	$0$	$v_1$	交换速度
$m_1 > m_2$	与 $v_1$ 同向，变小	比 $v_1$ 大	大撞小，一起向前
$m_1 < m_2$	与 $v_1$ 反向	比 $v_1$ 小	小撞大，被弹回
$m_1 \gg m_2$	$\approx v_1$	$\approx 2v_1$	铅球撞乒乓球
$m_1 \ll m_2$	$\approx -v_1$	$\approx 0$	球撞墙原速弹回

理想模型：小球看成质点；碰撞时间极短；形变完全恢复，没有能量损失。钢球、台球的碰撞，气垫导轨上带弹性圈的滑块，近似是弹性碰撞。

使用场景

• 题目说“弹性碰撞”“无机械能损失”“完全弹性”，一个球撞静止的球 → 一动一静的弹性碰撞 → 直接用 $v_1'$、$v_2'$ 公式。
• 两个质量相等的球发生弹性碰撞（台球、一排相同的小球）→ 等质量弹性碰撞 → 交换速度，可以一次一次传下去。
• 一个物体撞上另一个物体连着的轻弹簧，问弹簧恢复原长时的速度 → 弹簧储存的弹性势能全部释放，相当于弹性碰撞 → 用弹性碰撞公式；问弹簧最短时，按共速处理。

注意点

• 碰撞是不是弹性的，要由题目说明（“弹性”“无能量损失”）或由已知量算出来。没有说明时，不能默认是弹性碰撞。
• 公式 $v_1' = \dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1$、$v_2' = \dfrac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$ 只适用于 $v_2 = 0$。两个球都运动时，用常用推论里的一般式，或者换到“随 $m_2$ 运动”的参考系里看。
• 算出的 $v_1'$ 为负，表示 1 球被弹回。答案要写方向。
• 碰撞过程中两球有一瞬间速度相等，这时形变最大、动能最小、弹性势能最大；之后形变恢复，动能又全部回来。“动能守恒”是指碰前和碰后比，不是碰撞过程中每一时刻。

推导

由动量守恒和动能守恒（$v_2 = 0$），把含 $m_1$ 的项移到左边，含 $m_2$ 的项移到右边：

$$m_1(v_1 - v_1') = m_2v_2' \qquad ①$$ $$m_1(v_1^2 - v_1'^2) = m_2v_2'^2 \qquad ②$$

②式左边用平方差公式拆开，再用②除以①：

$$\frac{m_1(v_1 - v_1')(v_1 + v_1')}{m_1(v_1 - v_1')} = \frac{m_2v_2'^2}{m_2v_2'} \quad \Rightarrow \quad v_1 + v_1' = v_2' \qquad ③$$

（关键一步：两式相除，二次方程降成了一次方程。能除的前提是 $v_1 \ne v_1'$、$v_2' \ne 0$，即确实发生了碰撞；$v_1' = v_1$、$v_2' = 0$ 也满足两个方程，对应“没有碰上”，要舍去。）

把③代入①：$m_1v_1 - m_1v_1' = m_2v_1 + m_2v_1'$，解得

$$v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1, \qquad v_2' = v_1 + v_1' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$$

③式还有一个意义：$v_2' - v_1' = v_1$，即碰后 2 离开 1 的速度等于碰前 1 接近 2 的速度。弹性碰撞中，相对速度大小不变、方向反过来。

例题

例 1　（场景：一动一静的弹性碰撞）光滑水平面上，质量 $m_1 = 1\ \mathrm{kg}$ 的小球 1 以 $v_1 = 6\ \mathrm{m/s}$ 的速度与静止的质量 $m_2 = 2\ \mathrm{kg}$ 的小球 2 发生弹性正碰，求碰后两球的速度。

解：

研究对象：两个小球组成的系统。

过程划分：只看碰撞过程。

分析：光滑水平面、碰撞时间极短，动量守恒；题目说明是弹性碰撞，动能守恒。一动一静，可以直接用本节公式。

列式求解：取 $v_1$ 的方向为正方向。

$$v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1 = \frac{1 - 2}{1 + 2} \times 6\ \mathrm{m/s} = -2\ \mathrm{m/s}$$ $$v_2' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1 = \frac{2 \times 1}{1 + 2} \times 6\ \mathrm{m/s} = 4\ \mathrm{m/s}$$

碰后 1 球速度大小 $2\ \mathrm{m/s}$，方向与原来相反（被弹回）；2 球速度 $4\ \mathrm{m/s}$，方向与 1 球原速度方向相同。

检验：动量：碰前 $1 \times 6 = 6\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，碰后 $1 \times (-2) + 2 \times 4 = 6\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，相等。动能：碰前 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 36 = 18\ \mathrm{J}$，碰后 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 4 + \dfrac{1}{2} \times 2 \times 16 = 18\ \mathrm{J}$，相等。小球撞大球被弹回，符合“小撞大”的规律。

另一种解法：不记公式，用动量守恒加“相对速度反向”（推导中的③式）：

$$1 \times 6 = 1 \times v_1' + 2v_2', \qquad v_2' - v_1' = 6$$

两个一次方程，解得 $v_2' = 4\ \mathrm{m/s}$，$v_1' = -2\ \mathrm{m/s}$。这个办法两个球都在运动时同样适用（把③推广为 $v_2' - v_1' = v_1 - v_2$），而且避开了解二次方程。一动一静、只要结果时直接套公式最快；两球都运动或记不清公式时，用“动量守恒 + 相对速度反向”最稳。

例 2　（场景：等质量弹性碰撞，交换速度）光滑水平面上，质量相同的三个小球 A、B、C 排在一条直线上，B、C 静止且彼此不接触，A 以 $4\ \mathrm{m/s}$ 的速度沿连线撞向 B。所有碰撞都是弹性碰撞，求最后三个球的速度。

解：

研究对象：先后是 A 和 B、B 和 C 两个系统。

过程划分：第一次碰撞 A 撞 B；第二次碰撞 B 撞 C。

分析：每次都是等质量的一动一静弹性碰撞，由本节公式 $m_1 = m_2$ 时 $v_1' = 0$、$v_2' = v_1$，交换速度。

列式求解：取向右为正方向。

第一次：A 停下，B 获得 $4\ \mathrm{m/s}$。

第二次：B 停下，C 获得 $4\ \mathrm{m/s}$。

之后 A、B 静止，C 以 $4\ \mathrm{m/s}$ 向右运动，不再发生碰撞。最后 $v_A = 0$，$v_B = 0$，$v_C = 4\ \mathrm{m/s}$，方向向右。

检验：总动量始终是 $m \times 4$，总动能始终是 $\dfrac{1}{2}m \times 16$，都守恒。这就是“牛顿摆”的原理：一头撞进一个球，另一头弹出一个球。

例 3　（场景：碰弹簧，恢复原长时相当于弹性碰撞）光滑水平面上，质量 $m_B = 3\ \mathrm{kg}$ 的物块 B 静止，左侧连着轻弹簧；质量 $m_A = 1\ \mathrm{kg}$ 的物块 A 以 $v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右撞上弹簧。求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）弹簧恢复原长时 A、B 的速度。

解：

研究对象：A、B 和弹簧组成的系统。

过程划分：①A 接触弹簧 → ②弹簧最短（共速）→ ③弹簧恢复原长，A、B 分开。

分析：全过程系统合外力为零，动量守恒；只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒。②时刻共速，动能最小、弹性势能最大。③时刻弹性势能为零，动能和①时刻相等，和一次弹性碰撞的效果完全一样。

列式求解：取向右为正方向。

（1）① → ②：

$$m_Av_0 = (m_A + m_B)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{1 \times 4}{1 + 3}\ \mathrm{m/s} = 1\ \mathrm{m/s}$$ $$E_{\text{p}} = \frac{1}{2}m_Av_0^2 - \frac{1}{2}(m_A + m_B)v^2 = \left(\frac{1}{2} \times 1 \times 16 - \frac{1}{2} \times 4 \times 1\right)\ \mathrm{J} = 6\ \mathrm{J}$$

（2）① → ③：相当于弹性碰撞，用本节公式：

$$v_A = \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B}v_0 = \frac{1 - 3}{4} \times 4\ \mathrm{m/s} = -2\ \mathrm{m/s}, \qquad v_B = \frac{2m_A}{m_A + m_B}v_0 = \frac{2}{4} \times 4\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

A 的速度大小 $2\ \mathrm{m/s}$，方向向左；B 的速度 $2\ \mathrm{m/s}$，方向向右。

检验：动量 $1 \times (-2) + 3 \times 2 = 4\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，等于碰前；动能 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 4 + \dfrac{1}{2} \times 3 \times 4 = 8\ \mathrm{J}$，等于碰前的 $8\ \mathrm{J}$。最大弹性势能 $6\ \mathrm{J}$ 小于总动能 $8\ \mathrm{J}$，因为共速时还有动能，合理。

容易卡在：（1）以为 A 的动能全部变成弹性势能，算出 $8\ \mathrm{J}$。B 在光滑面上会被推动，弹簧最短时两者一起运动，动能并没有全部转化。

常用推论

• 等质量弹性碰撞，交换速度（一动一静时动的停下、静的以原速前进；两个都运动时互换速度）。由公式 $m_1 = m_2$ 得出，两球都运动时由下面的一般式得出。
• 两球都运动的弹性碰撞：$v_1' = \dfrac{(m_1 - m_2)v_1 + 2m_2v_2}{m_1 + m_2}$，$v_2' = \dfrac{(m_2 - m_1)v_2 + 2m_1v_1}{m_1 + m_2}$。推导同本节，只是①②式多了 $v_2$ 项，相除后得 $v_1 + v_1' = v_2 + v_2'$。
• 弹性碰撞的相对速度关系：$v_2' - v_1' = v_1 - v_2$（相对速度等大反向），和动量守恒联立，只解一次方程（例 1 另一种解法）。
• 一动一静的弹性碰撞，被碰球的速度 $v_2' = \dfrac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1 < 2v_1$，最多接近入射速度的 2 倍；入射球的动能全部传给被碰球的条件是 $m_1 = m_2$。
• 物体撞连着弹簧的另一物体（光滑面）：弹簧最短时共速、弹性势能最大；弹簧恢复原长时等同于弹性碰撞（例 3）。

易错点

• 错在哪：题目没说弹性碰撞，也用弹性碰撞公式。 为什么错：把“碰撞”默认成“弹性碰撞”。现实中的碰撞大多有动能损失。 正确做法：只有题目说明“弹性”“无机械能损失”，或者由已知数据算出动能守恒，才用弹性碰撞的结论；否则只能列动量守恒，缺的条件从题目里找。
• 错在哪：两球都在运动，仍用一动一静的公式。 为什么错：$v_1' = \dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1$ 是在 $v_2 = 0$ 的条件下推出来的。 正确做法：用“动量守恒 + 相对速度反向”两个一次方程，或用一般式。
• 错在哪：算出 $v_1' = -2\ \mathrm{m/s}$，答成“1 球速度为 $-2\ \mathrm{m/s}$“了事，或者干脆丢掉负号写 $2\ \mathrm{m/s}$。 为什么错：负号表示方向，丢掉它就把”弹回“说成了”继续前进”。 正确做法：写“大小 $2\ \mathrm{m/s}$，方向与原速度相反”。
• 错在哪：以为弹性碰撞中动能每一时刻都守恒，弹簧最短时动能仍是碰前的值。 为什么错：碰撞过程中有一部分动能暂时变成弹性势能，碰后才全部恢复。 正确做法：动能守恒只比较碰前和碰后；中间时刻要把弹性势能算进去（例 3）。

直观理解

一句话记法：等质量换速度，小撞大弹回，大撞小同向；被撞的最快不到 2 倍。

日常例子：乒乓球撞铅球，原速弹回；铅球撞乒乓球，乒乓球以约 2 倍的速度飞出；台球打正了，母球停下、目标球以母球的速度前进。

关联知识点

• 前置：20.2 节动量守恒；第 14 章机械能守恒（弹簧储存的弹性势能）。
• 前置：推导中消元、降次的代数变形，与一元二次方程同类，见《高中数学知识点梳理》第 4 章。
• 后续：20.4 节非弹性碰撞，和本节合起来是碰撞的全部类型；20.5 节判断碰后速度是否合理时，弹性碰撞给出被碰球速度的上限。
• 后续：第 34 章 α 粒子散射，第 36 章核反应中中子与原子核的碰撞（用轻原子核作慢化剂的道理就是“等质量交换速度”）。
• 常一起考：第 41 章验证动量守恒定律，用气垫导轨上的弹性碰撞做实验。

20.4 非弹性碰撞与完全非弹性碰撞

说明

非弹性碰撞：碰撞后形变不能完全恢复，一部分动能变成内能（发热、发声、永久形变）。动量守恒，动能减少：

$$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2', \qquad \Delta E_{\text{k}} = \left(\frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2\right) - \left(\frac{1}{2}m_1v_1'^2 + \frac{1}{2}m_2v_2'^2\right) > 0$$

完全非弹性碰撞：碰后两个物体粘在一起（或以相同速度运动），只有一个共同速度：

$$m_1v_1 + m_2v_2 = (m_1 + m_2)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{m_1v_1 + m_2v_2}{m_1 + m_2}$$

在系统总动量一定的所有碰撞中，完全非弹性碰撞的动能损失最大。一动一静（$v_2 = 0$）时，损失的动能

$$\Delta E_{\text{k}} = \frac{m_2}{m_1 + m_2} \cdot \frac{1}{2}m_1v_1^2$$

理想模型：碰撞时间极短，碰撞过程中物体的位置不变；损失的动能全部变成系统的内能等。

使用场景

• 题目出现“粘在一起”“一起运动”“嵌入”“共同速度”→ 完全非弹性碰撞 → 动量守恒求共速，碰前碰后动能相减求损失。
• 已知碰前速度和碰后一个物体的速度，求另一个物体的速度、判断碰撞类型或求损失的机械能 → 一般的碰撞 → 动量守恒求速度，比较碰前碰后的总动能定类型。
• 碰撞之后物体还要滑行、摆起、上升（冲击摆、碰后在粗糙面滑行）→ 多过程 → 碰撞阶段用动量守恒，碰后阶段用机械能守恒或动能定理，分阶段列式，不能把整个过程用一个守恒式。

注意点

• 完全非弹性碰撞的动能损失只能用“碰前总动能 − 碰后总动能”算，不能用机械能守恒列方程。
• 碰撞类型由动能的变化定：$\Delta E_{\text{k}} = 0$ 是弹性，$\Delta E_{\text{k}} > 0$ 是非弹性，碰后共速是完全非弹性。“碰后分开”不一定是弹性碰撞。
• 多过程题中，碰撞阶段和碰后阶段的守恒条件不同：冲击摆中，子弹射入的瞬间绳竖直、木块还在最低点，水平方向动量守恒；射入后一起摆起，绳的拉力和重力的合力不为零，动量不守恒，但只有重力做功，机械能守恒。
• 碰撞中损失的动能去了哪里，题目常问“产生的内能”，就等于损失的动能。

推导

共同速度：两物体粘在一起，碰后速度相同，把动量守恒式里的 $v_1'$、$v_2'$ 都换成 $v$ 即得。

为什么完全非弹性碰撞的动能损失最大：碰撞前的总动量 $p = m_1v_1 + m_2v_2$ 已定。碰后的总动能只和 $v_1'$ 有关（$v_2'$ 由动量守恒确定为 $v_2' = \dfrac{p - m_1v_1'}{m_2}$）：

$$E_{\text{k}}' = \frac{1}{2}m_1v_1'^2 + \frac{(p - m_1v_1')^2}{2m_2}$$

展开后是 $v_1'$ 的二次函数，二次项系数 $\dfrac{m_1(m_1 + m_2)}{2m_2} > 0$，开口向上，在顶点处取最小值。顶点横坐标

$$v_1' = \frac{p}{m_1 + m_2}$$

这时 $v_2' = \dfrac{p - m_1v_1'}{m_2} = \dfrac{p}{m_1 + m_2}$，两者相等。

（关键一步：动量守恒把碰后两个未知速度变成一个，碰后动能成了一个变量的二次函数，求它的最小值就是一元二次函数求最值（见《高中数学知识点梳理》第 4 章）。最小值恰好在两速度相等处取到，所以共速时碰后动能最小，损失最大。）

一动一静时，$p = m_1v_1$，最小动能 $\dfrac{p^2}{2(m_1 + m_2)} = \dfrac{m_1}{m_1 + m_2} \cdot \dfrac{1}{2}m_1v_1^2$，损失 $\dfrac{m_2}{m_1 + m_2} \cdot \dfrac{1}{2}m_1v_1^2$，就是说明里的式子。

例题

例 1　（场景：碰后粘在一起）光滑水平面上，质量 $m_1 = 2\ \mathrm{kg}$ 的物块 A 以 $v_0 = 6\ \mathrm{m/s}$ 的速度撞上静止的质量 $m_2 = 1\ \mathrm{kg}$ 的物块 B，碰后粘在一起。求碰后的共同速度和碰撞中损失的机械能。

解：

研究对象：A、B 组成的系统。

过程划分：只看碰撞过程。

分析：光滑水平面、碰撞时间极短，动量守恒；粘在一起，完全非弹性碰撞，动能有损失，不能用机械能守恒。

列式求解：取 $v_0$ 的方向为正方向。

$$m_1v_0 = (m_1 + m_2)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{2 \times 6}{2 + 1}\ \mathrm{m/s} = 4\ \mathrm{m/s}$$

方向与 $v_0$ 相同。

$$\Delta E = \frac{1}{2}m_1v_0^2 - \frac{1}{2}(m_1 + m_2)v^2 = \left(\frac{1}{2} \times 2 \times 36 - \frac{1}{2} \times 3 \times 16\right)\ \mathrm{J} = 36\ \mathrm{J} - 24\ \mathrm{J} = 12\ \mathrm{J}$$

检验：用常用推论 $\Delta E = \dfrac{m_2}{m_1 + m_2}E_{\text{k}0} = \dfrac{1}{3} \times 36\ \mathrm{J} = 12\ \mathrm{J}$，一致。共同速度小于 $v_0$，合理。

例 2　（场景：已知碰后一个速度，判断碰撞类型）光滑水平面上，质量 $m_A = 1\ \mathrm{kg}$ 的小球 A 以 $5\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右运动，质量 $m_B = 2\ \mathrm{kg}$ 的小球 B 以 $1\ \mathrm{m/s}$ 的速度向左运动，两球正碰后 A 以 $1\ \mathrm{m/s}$ 的速度向左运动。求碰后 B 的速度，并判断这次碰撞是不是弹性碰撞。

解：

研究对象：A、B 组成的系统。

过程划分：只看碰撞过程。

分析：动量守恒，两球相向运动，速度方向不同，必须先取正方向；碰撞类型看碰前碰后的总动能。

列式求解：取向右为正方向，$v_A = 5\ \mathrm{m/s}$，$v_B = -1\ \mathrm{m/s}$，$v_A' = -1\ \mathrm{m/s}$。

$$m_Av_A + m_Bv_B = m_Av_A' + m_Bv_B'$$ $$1 \times 5 + 2 \times (-1) = 1 \times (-1) + 2v_B' \quad \Rightarrow \quad v_B' = 2\ \mathrm{m/s}$$

B 的速度 $2\ \mathrm{m/s}$，方向向右。

动能：碰前 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 25 + \dfrac{1}{2} \times 2 \times 1 = 13.5\ \mathrm{J}$；碰后 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 1 + \dfrac{1}{2} \times 2 \times 4 = 4.5\ \mathrm{J}$。动能减少 $9\ \mathrm{J}$，是非弹性碰撞。

检验：碰后 A 在左、向左运动，B 在右、向右运动，两球分开，不会互相穿过，合理（20.5 节第三条）。

容易卡在：B 的初速度忘了带负号，算出 $v_B' = 4\ \mathrm{m/s}$，再一验动能，碰后 $16.5\ \mathrm{J}$ 比碰前还多，就知道错了。

例 3　（场景：碰撞后接着摆起，分阶段）质量 $M = 0.99\ \mathrm{kg}$ 的木块用细绳悬挂，静止在最低点。质量 $m = 0.01\ \mathrm{kg}$ 的子弹水平射入木块并留在其中，木块（含子弹）摆起的最大高度 $h = 0.2\ \mathrm{m}$。求子弹射入前的速度，以及射入过程中损失的机械能。

解：

研究对象：子弹和木块组成的系统。

过程划分：①子弹射入木块（极短时间），完全非弹性碰撞；②子弹和木块一起摆到最高点。

分析：①阶段时间极短，木块还在最低点，绳竖直，水平方向不受外力，水平动量守恒；有摩擦生热，机械能不守恒。②阶段绳的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒；拉力和重力的合力不为零，动量不守恒。

列式求解：取子弹初速度方向为正方向。从②阶段倒推共同速度：

$$\frac{1}{2}(M + m)v^2 = (M + m)gh \quad \Rightarrow \quad v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 10 \times 0.2}\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

①阶段动量守恒：

$$mv_0 = (M + m)v \quad \Rightarrow \quad v_0 = \frac{(0.99 + 0.01) \times 2}{0.01}\ \mathrm{m/s} = 200\ \mathrm{m/s}$$

方向水平。损失的机械能：

$$\Delta E = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(M + m)v^2 = \left(\frac{1}{2} \times 0.01 \times 200^2 - \frac{1}{2} \times 1 \times 2^2\right)\ \mathrm{J} = 198\ \mathrm{J}$$

检验：子弹速度 $200\ \mathrm{m/s}$，量级和真实子弹（几百米每秒）相符。损失的机械能占子弹动能 $200\ \mathrm{J}$ 的 $99\%$，符合推论 $\dfrac{M}{M + m} = 0.99$：子弹质量远小于木块时，几乎全部动能都变成了内能。

容易卡在：对全过程直接列”$\dfrac{1}{2}mv_0^2 = (M + m)gh$“，得 $v_0 = 20\ \mathrm{m/s}$，错了 10 倍。射入过程有巨大的动能损失，机械能守恒只能用在②阶段。

常用推论

• 完全非弹性碰撞的共同速度 $v = \dfrac{m_1v_1 + m_2v_2}{m_1 + m_2}$。由动量守恒得出。
• 一动一静的完全非弹性碰撞，动能损失占碰前动能的比例 $\dfrac{m_2}{m_1 + m_2}$：被碰物越重，损失越多（例 3 损失 $99\%$）。推导见本节。
• 同一个系统、同样的碰前速度，弹性碰撞动能损失为零，完全非弹性碰撞损失最大，非弹性碰撞介于两者之间。
• 冲击摆、子弹打悬挂的木块、碰后再滑行这类题，一律“碰撞用动量，碰后用能量”，两段分开列式。

易错点

• 错在哪：完全非弹性碰撞也列动能守恒，或者对“射入 + 摆起”全过程用机械能守恒。 为什么错：把“碰撞”等同于“弹性碰撞”，或者觉得“能量总是守恒的”。能量确实守恒，但损失的那部分变成了内能，机械能不守恒。 正确做法：粘在一起的碰撞只列动量守恒；需要能量时，把内能也算进去，或者分阶段处理（例 3）。
• 错在哪：认为碰后两物体分开了，就是弹性碰撞。 为什么错：分开只说明不是完全非弹性碰撞。例 2 的两球碰后分开了，动能却损失了 $9\ \mathrm{J}$。 正确做法：比较碰前碰后的总动能来判断。
• 错在哪：冲击摆中，认为子弹射入后一起摆起的过程动量也守恒，用 $mv_0 = (M + m)v_{\text{最高点}}$ 列式。 为什么错：摆起过程中绳的拉力和重力的合力不为零，系统受外力，动量在变（最高点速度为零）。 正确做法：每一段过程单独判断守恒条件，只在满足条件的那一段用。

直观理解

碰撞的类型可以看成一把“黏度”尺子：一头是两个钢球，碰完原样弹开，动能一点不少；另一头是两团橡皮泥，碰完粘成一团，动能损失最多；大多数真实的碰撞在中间。不管在尺子的哪一处，动量都守恒，变的只是动能的去向。

一句话记法：粘在一起，动能亏得最多；被撞的越重，亏得越多。

关联知识点

• 前置：20.2 节动量守恒；第 14 章机械能守恒、14.7 节能量守恒（损失的动能变成内能）。
• 前置：一元二次函数的最值，见《高中数学知识点梳理》第 4 章。
• 并列：20.3 节弹性碰撞，两节合起来是碰撞的全部类型。
• 后续：20.5 节碰撞可能性的判断，完全非弹性碰撞给出被碰球速度的下限。
• 后续：20.7 节子弹打木块、板块模型，本质上都是“慢慢发生的”完全非弹性碰撞。
• 常一起考：第 10 章竖直面内的圆周运动（碰后物块沿圆轨道上升）、第 9 章平抛（碰后从桌边飞出）。

20.5 碰撞可能性的判断

说明

给出一组碰后速度，它在物理上可能发生，必须同时满足三条：

1. 动量守恒：$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$。
2. 动能不增加：$\dfrac{1}{2}m_1v_1'^2 + \dfrac{1}{2}m_2v_2'^2 \le \dfrac{1}{2}m_1v_1^2 + \dfrac{1}{2}m_2v_2^2$。只给动量时用 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$：$\dfrac{p_1'^2}{2m_1} + \dfrac{p_2'^2}{2m_2} \le \dfrac{p_1^2}{2m_1} + \dfrac{p_2^2}{2m_2}$。
3. 速度符合实际：
   • 碰前：后面的物体追前面的物体，要能追上，$v_{\text{后}} > v_{\text{前}}$。
   • 碰后：原来在后面的物体，速度不能大于原来在前面的物体（同向运动时不能“穿过”前面的物体），即 $v_{\text{后}}' \le v_{\text{前}}'$。
   • 相向碰撞后，两个物体不可能都保持原来的运动方向（那样就互相穿过了）。

一动一静时碰后速度的范围：1 撞静止的 2，被碰球速度在完全非弹性碰撞和弹性碰撞的结果之间：

$$\frac{m_1}{m_1 + m_2}v_1 \le v_2' \le \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$$

入射球的速度相应在 $\dfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1$ 和 $\dfrac{m_1}{m_1 + m_2}v_1$ 之间。

理想模型：一维碰撞，没有外界能量输入（爆炸、炸药、被压缩后释放的弹簧都算输入，不能用第二条）。

使用场景

• 选择题给出几组碰后速度，问哪组可能 → 逐条检验三条 → 先算动量（最快排除），再算动能，最后看位置关系。
• 只给碰前碰后的动量（$\mathrm{kg \cdot m/s}$），没给质量或速度，问质量关系或碰后动量的可能值 → 动能写成 $\dfrac{p^2}{2m}$，速度写成 $\dfrac{p}{m}$ → 三条各列一个不等式，求交集。
• 一动一静，问被碰球碰后速度的可能范围（或最大、最小值）→ 两个极端：弹性碰撞（上限）和完全非弹性碰撞（下限）→ 直接用范围公式。

注意点

• 三条缺一不可。只验动量是最常见的漏洞：动量守恒、动能却增加的结果，选择题里一定有。
• 第三条的“前、后”指碰前的空间位置，不是谁的速度大。同向追碰时，碰后后面的物体可以停下、可以反弹、可以继续前进，但不能比前面的快。
• 第二条是“不增加”，等号对应弹性碰撞，可以取到；完全非弹性碰撞（$v_{\text{后}}' = v_{\text{前}}'$）也可以取到。
• 题目给的是爆炸、或碰撞中有弹簧被锁定后释放，动能可能增加，第二条不适用。

推导

三条的来由：第一条是碰撞过程内力远大于外力（20.2 节）；第二条是没有外界能量输入，能量守恒，动能只能转化为内能、不能凭空增加；第三条是物体不能互相穿过。

范围公式的下限（由第一条和第三条）：1 在后撞静止的 2，碰后 $v_1' \le v_2'$，代入动量守恒：

$$m_1v_1 = m_1v_1' + m_2v_2' \le m_1v_2' + m_2v_2' \quad \Rightarrow \quad v_2' \ge \frac{m_1}{m_1 + m_2}v_1$$

等号在 $v_1' = v_2'$，即完全非弹性碰撞时取到。

范围公式的上限（由第一条和第二条）：仿照 20.3 节的推导，动量守恒写成 $m_1(v_1 - v_1') = m_2v_2'$，动能不增加写成 $m_1(v_1^2 - v_1'^2) \ge m_2v_2'^2$。两式相除：

$$v_1 + v_1' \ge v_2'$$

（关键一步：不等式两边除以同一个正数 $m_1(v_1 - v_1') = m_2v_2' > 0$，不等号方向不变。这个数为正，是因为被碰球获得了向前的速度。）

于是 $v_1' \ge v_2' - v_1$，代回动量守恒：$m_2v_2' = m_1(v_1 - v_1') \le m_1(2v_1 - v_2')$，整理得

$$v_2' \le \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$$

等号在动能守恒，即弹性碰撞时取到。

例题

例 1　（场景：选择题，逐条检验）光滑水平面上，质量 $m_A = 1\ \mathrm{kg}$ 的小球 A 以 $6\ \mathrm{m/s}$ 的速度追上前方质量 $m_B = 2\ \mathrm{kg}$、速度 $2\ \mathrm{m/s}$ 的小球 B（同向，向右），发生正碰。碰后 A、B 的速度可能是（　）（向右为正）。

A. $v_A' = 4\ \mathrm{m/s}$，$v_B' = 3\ \mathrm{m/s}$　B. $v_A' = 2\ \mathrm{m/s}$，$v_B' = 4\ \mathrm{m/s}$　C. $v_A' = -2\ \mathrm{m/s}$，$v_B' = 6\ \mathrm{m/s}$　D. $v_A' = 3\ \mathrm{m/s}$，$v_B' = 4\ \mathrm{m/s}$

解：B。

判断依据：动量守恒、动能不增加、速度符合实际，三条逐一检验。

碰前：动量 $1 \times 6 + 2 \times 2 = 10\ \mathrm{kg \cdot m/s}$；动能 $\dfrac{1}{2} \times 1 \times 36 + \dfrac{1}{2} \times 2 \times 4 = 22\ \mathrm{J}$。

选项	动量（$\mathrm{kg \cdot m/s}$）	动能（$\mathrm{J}$）	速度关系	结论
A	$4 + 6 = 10$，守恒	$8 + 9 = 17 \le 22$	$v_A' = 4 > v_B' = 3$，A 穿过 B	不可能
B	$2 + 8 = 10$，守恒	$2 + 16 = 18 \le 22$	$v_A' = 2 < v_B' = 4$	可能
C	$-2 + 12 = 10$，守恒	$2 + 36 = 38 > 22$	—	不可能
D	$3 + 8 = 11 \ne 10$	—	—	不可能

D 第一条就排除；C 动能增加；A 前两条都满足，只有第三条能排除。

容易卡在：A 项。只验动量和动能会误选 A，要想到 A 在后面，碰后不能比 B 快。

例 2　（场景：只给动量，求质量关系）光滑水平面上 A、B 两球同向运动，A 在后，动量 $p_A = 5\ \mathrm{kg \cdot m/s}$；B 在前，动量 $p_B = 7\ \mathrm{kg \cdot m/s}$。A 追上 B 发生正碰，碰后 B 的动量变为 $10\ \mathrm{kg \cdot m/s}$。设 $m_B = km_A$，求 $k$ 的取值范围。

解：

研究对象：A、B 组成的系统。

过程划分：只看碰撞，同时用到碰前“追得上”的条件。

分析：动量守恒求 $p_A'$；三条各列一个不等式。速度 $v = \dfrac{p}{m}$，动能 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$，把质量都写成 $m_A$ 的倍数。

列式求解：取运动方向为正方向。动量守恒：$p_A' = 5 + 7 - 10 = 2\ \mathrm{kg \cdot m/s}$。

碰前追得上：$\dfrac{5}{m_A} > \dfrac{7}{km_A}$，得 $k > \dfrac{7}{5}$。

动能不增加：

$$\frac{2^2}{2m_A} + \frac{10^2}{2km_A} \le \frac{5^2}{2m_A} + \frac{7^2}{2km_A} \quad \Rightarrow \quad \frac{51}{k} \le 21 \quad \Rightarrow \quad k \ge \frac{17}{7}$$

碰后 A 不超过 B：$\dfrac{2}{m_A} \le \dfrac{10}{km_A}$，得 $k \le 5$。

三者取交集：

$$\frac{17}{7} \le k \le 5$$

检验：取 $k = 3$ 验算：碰前速度 $\dfrac{5}{m_A}$、$\dfrac{7}{3m_A}$，A 快，追得上；动能碰前 $\dfrac{1}{m_A}\left(12.5 + \dfrac{49}{6}\right) \approx \dfrac{20.7}{m_A}$，碰后 $\dfrac{1}{m_A}\left(2 + \dfrac{100}{6}\right) \approx \dfrac{18.7}{m_A}$，没有增加；碰后速度 $\dfrac{2}{m_A} < \dfrac{10}{3m_A}$。三条都满足。$\dfrac{17}{7} \approx 2.43$，比“追得上”的 $1.4$ 严，所以第一个不等式被包含了。

容易卡在：动能不等式里 $m_A$ 消不掉。两边同乘 $2m_A$ 就消掉了，剩下的只有 $k$。

例 3　（场景：一动一静，求碰后速度范围）光滑水平面上，质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的小球 A 以 $3\ \mathrm{m/s}$ 的速度撞上静止的质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的小球 B。碰撞类型未知，求碰后 B 速度的可能范围。

解：

研究对象：A、B 组成的系统。

过程划分：只看碰撞过程。

分析：碰撞类型未知，B 的速度在两个极端之间：完全非弹性碰撞时最小，弹性碰撞时最大（本节范围公式）。

列式求解：取 A 的初速度方向为正方向。

下限（完全非弹性）：

$$v_{B\min} = \frac{m_A}{m_A + m_B}v_0 = \frac{2}{3} \times 3\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

上限（弹性）：

$$v_{B\max} = \frac{2m_A}{m_A + m_B}v_0 = \frac{4}{3} \times 3\ \mathrm{m/s} = 4\ \mathrm{m/s}$$

所以 $2\ \mathrm{m/s} \le v_B' \le 4\ \mathrm{m/s}$，方向与 A 的初速度相同。

检验：取中间值 $v_B' = 3\ \mathrm{m/s}$：$v_A' = \dfrac{6 - 3}{2} = 1.5\ \mathrm{m/s} < 3\ \mathrm{m/s}$，动能 $\dfrac{1}{2} \times 2 \times 2.25 + \dfrac{1}{2} \times 1 \times 9 = 6.75\ \mathrm{J} < 9\ \mathrm{J}$，可能，和范围一致。

常用推论

• 一动一静：$\dfrac{m_1}{m_1 + m_2}v_1 \le v_2' \le \dfrac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$，下限是完全非弹性碰撞，上限是弹性碰撞。推导见本节。
• 检验顺序：动量（一步算术）→ 速度关系（看一眼）→ 动能（要平方）。先做简单的，能排除的就不用往下算。
• 只给动量时，动能 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$，速度 $v = \dfrac{p}{m}$。两者都用得上，见第 19 章动量与动能的关系。
• 同向追碰，碰后前面物体的动量一定增加，后面物体的动量一定减少（前面的被推、后面的被挡）。

易错点

• 错在哪：只验动量守恒，选了动量守恒、动能增加的选项（例 1 的 C）。 为什么错：觉得“守恒定律就是动量守恒”，忘了能量也有约束。 正确做法：三条全验，动能用碰前碰后的总量比较。
• 错在哪：漏掉速度关系，选了后面的物体碰后比前面快的选项（例 1 的 A）。 为什么错：只算数，不想位置。两个物体在一条直线上，后面的不可能穿过前面的。 正确做法：画一张碰前碰后的位置示意图，确认后面的不比前面的快。
• 错在哪：把“动能不增加”用到爆炸、弹簧弹开的问题上。 为什么错：爆炸把化学能变成动能，弹簧把弹性势能变成动能，系统动能会增加。 正确做法：第二条只用于没有外界能量输入的碰撞；爆炸和反冲见 20.6 节。

直观理解

三条可以记成三句话：账要平（动量守恒），钱不能变多（动能不增加），不能穿墙（后面的不能超过前面的）。

关联知识点

• 前置：20.2 节动量守恒；20.3、20.4 节两种极端的碰撞。
• 前置：第 19 章动量与动能的关系 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$。
• 前置：不等式的性质，见《高中数学知识点梳理》第 3 章。
• 后续：20.6 节爆炸，动能增加，是本节第二条的例外。
• 常一起考：第 41 章验证动量守恒定律，用碰后落点判断碰撞类型。

20.6 反冲与爆炸

说明

反冲：一个静止（或运动）的物体，在内力作用下分成两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动。例子：火箭向后喷气而前进，枪炮射击时向后“后坐”，喷气式飞机，章鱼、乌贼喷水前进，草坪上的旋转喷水器。

原来静止的系统，反冲后

$$0 = m_1\vec{v}_1 + m_2\vec{v}_2 \quad \text{即} \quad m_1v_1 = m_2v_2 \text{（大小）}$$

两部分的速度方向相反，大小与质量成反比。

火箭：火箭（含燃料）总质量 $M$，静止时在极短时间内向后喷出质量 $\Delta m$、对地速度 $u$ 的燃气，火箭获得的速度

$$v = \frac{\Delta m}{M - \Delta m}u$$

喷气速度越大、喷出的燃气质量占比越大，火箭获得的速度越大。火箭连续喷气时速度一点点累积，严格计算要用微积分（大学的齐奥尔科夫斯基公式），高中只算一次喷出。

爆炸：内力（燃气推力）极大、时间极短，外力（重力等）可以不计，动量守恒。炸药的化学能变成动能，系统动能增加。爆炸前后物体位置看成不变，各碎块从爆炸点以各自的速度开始运动。

人船模型：原来静止的两个物体（人和船、人和气球、小球和槽），在相互作用中各自移动，系统在这个方向上合外力为零。任意时刻 $mv_{\text{人}} = Mv_{\text{船}}$，所以对地位移也满足

$$mx_{\text{人}} = Mx_{\text{船}}$$

人从船的一端走到另一端时 $x_{\text{人}} + x_{\text{船}} = L$（船长）。

理想模型：反冲和爆炸作用时间极短；人船模型中水的阻力不计。

使用场景

• 原来静止的系统，一部分被抛出、喷出、射出（发射炮弹、火箭喷气、人从静止的小车上跳下）→ 反冲 → 总动量为零，$0 = m_1v_1 + m_2v_2$，速度都换算成对地速度。
• 物体在空中或地面上炸成几块 → 爆炸，内力远大于重力 → 动量守恒，动能增加；炸后各块按各自的初速度做平抛、竖直上抛等运动。
• 两个原来静止的物体相互作用，问各自的位移（人在船上走、小球沿光滑槽滑下）→ 人船模型 → $mx_1 = Mx_2$，$x_1 + x_2 =$ 相对位移。

注意点

• 动量守恒式里的速度都是对地速度。题目给“相对于火箭的喷气速度 $u_{\text{相对}}$”“人相对于车跳出的速度”时，先换算：燃气对地速度 = 火箭对地速度 + 燃气相对火箭的速度（矢量相加）。
• 爆炸中系统动能增加，不能用“动能不增加”（20.5 节）判断，也不能用机械能守恒列爆炸瞬间的式子。
• 爆炸瞬间物体的位置不变，炸后各块从同一点出发；如果有重力，炸后的运动按抛体处理（第 9 章）。
• 人船模型的位移是对地位移。人走过的船长 $L$ 是人相对于船的位移，不是人对地的位移。
• 人船模型的结论和人怎么走（快慢、走走停停）无关，只和质量与船长有关。

推导

反冲：系统原来静止，总动量为零；内力远大于外力（或系统不受外力），总动量保持为零：$0 = m_1\vec{v}_1 + m_2\vec{v}_2$，所以 $\vec{v}_2 = -\dfrac{m_1}{m_2}\vec{v}_1$，方向相反。

人船模型：取人的运动方向为正方向。人走动的过程中，水平方向系统不受外力，每一时刻都有

$$0 = mv_{\text{人}} - Mv_{\text{船}} \quad \Rightarrow \quad mv_{\text{人}} = Mv_{\text{船}}$$

把整个过程分成许多极短的时间段 $\Delta t$，每一段内人和船的位移分别是 $v_{\text{人}}\Delta t$、$v_{\text{船}}\Delta t$，两边同乘 $\Delta t$ 再全部相加：

$$m\sum v_{\text{人}}\Delta t = M\sum v_{\text{船}}\Delta t \quad \Rightarrow \quad mx_{\text{人}} = Mx_{\text{船}}$$

（关键一步：速度关系在每一时刻都成立，而且比例系数 $\dfrac{M}{m}$ 不变，所以累加之后位移也成同样的比例。等价地说，两者的平均速度之比也是 $M : m$，乘以相同的时间就是位移之比。严格写法是对时间积分，高中用微元累加理解即可。）

再由几何关系 $x_{\text{人}} + x_{\text{船}} = L$，解得

$$x_{\text{船}} = \frac{m}{m + M}L, \qquad x_{\text{人}} = \frac{M}{m + M}L$$

爆炸中动能增加：从静止炸成两块，动能 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$，两块动量大小相等，动能之和 $\dfrac{p^2}{2m_1} + \dfrac{p^2}{2m_2} > 0$，而爆炸前动能为零。增加的动能来自炸药的化学能。

例题

例 1　（场景：静止的系统喷出一部分）总质量 $0.6\ \mathrm{kg}$ 的模型火箭静止在发射架上，点火后在极短时间内以 $500\ \mathrm{m/s}$ 的对地速度竖直向下喷出 $0.1\ \mathrm{kg}$ 燃气。不计喷气过程中重力和空气阻力的影响，求喷气结束瞬间火箭的速度。

解：

研究对象：火箭和喷出的燃气组成的系统。

过程划分：只看极短的喷气过程。

分析：喷气时间极短，燃气推力远大于重力，竖直方向动量近似守恒；喷气前系统静止，总动量为零。

列式求解：取竖直向上为正方向，燃气速度 $-500\ \mathrm{m/s}$。

$$0 = (M - \Delta m)v + \Delta m \times (-u) \quad \Rightarrow \quad v = \frac{\Delta m}{M - \Delta m}u = \frac{0.1}{0.6 - 0.1} \times 500\ \mathrm{m/s} = 100\ \mathrm{m/s}$$

方向竖直向上。

检验：火箭剩余质量 $0.5\ \mathrm{kg}$ 是燃气的 5 倍，速度应是燃气的 $\dfrac{1}{5}$，$500 \div 5 = 100$，对。

容易卡在：题目若给“燃气相对火箭的速度 $600\ \mathrm{m/s}$”，燃气对地速度不是 $600\ \mathrm{m/s}$，而是 $(600 - v)\ \mathrm{m/s}$（向下）。列 $0.5v = 0.1 \times (600 - v)$，同样得 $v = 100\ \mathrm{m/s}$，燃气对地正好是 $500\ \mathrm{m/s}$。

例 2　（场景：空中爆炸）质量 $3\ \mathrm{kg}$ 的物体被斜向上抛出，到达最高点时速度为 $10\ \mathrm{m/s}$（水平向右），离地高度 $20\ \mathrm{m}$，此时炸成质量分别为 $1\ \mathrm{kg}$ 和 $2\ \mathrm{kg}$ 的两块。$1\ \mathrm{kg}$ 的一块以 $10\ \mathrm{m/s}$ 的速度水平向左飞出。不计空气阻力，求：（1）另一块的速度；（2）爆炸中增加的动能；（3）两块落地点之间的距离。

解：

研究对象：爆炸时是两块组成的系统；炸后两块分别是研究对象。

过程划分：①爆炸（极短时间）；②两块各自做平抛运动。

分析：①爆炸内力远大于重力，水平方向动量守恒，动能增加。②两块从同一高度水平抛出，下落时间相同，水平位移由各自的速度决定（第 9 章）。

列式求解：取向右为正方向。

（1）

$$Mv_0 = m_1v_1 + m_2v_2 \quad \Rightarrow \quad 3 \times 10 = 1 \times (-10) + 2v_2 \quad \Rightarrow \quad v_2 = 20\ \mathrm{m/s}$$

方向水平向右。

（2）

$$\Delta E_{\text{k}} = \left(\frac{1}{2} \times 1 \times 10^2 + \frac{1}{2} \times 2 \times 20^2\right) - \frac{1}{2} \times 3 \times 10^2 = 450\ \mathrm{J} - 150\ \mathrm{J} = 300\ \mathrm{J}$$

（3）下落时间 $t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}} = \sqrt{\dfrac{2 \times 20}{10}}\ \mathrm{s} = 2\ \mathrm{s}$。两块向相反方向飞出，落地点相距

$$\Delta x = (v_1 + v_2)t = (10 + 20) \times 2\ \mathrm{m} = 60\ \mathrm{m}$$

检验：动能增加 $300\ \mathrm{J}$，为正，符合爆炸的特点。两块的水平动量 $-10 + 40 = 30\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，等于炸前。

容易卡在：（2）以为爆炸也要“动能不增加”，看到动能变大就以为算错了。

例 3　（场景：人船模型）质量 $M = 200\ \mathrm{kg}$、长 $L = 5\ \mathrm{m}$ 的小船静止在平静的水面上，质量 $m = 50\ \mathrm{kg}$ 的人站在船的左端。人从左端走到右端，不计水的阻力，求船后退的距离和人对地移动的距离。

解：

研究对象：人和船组成的系统。

过程划分：从人开始走到走到右端停下，一个过程（人怎么走都一样）。

分析：水平方向不受外力，系统原来静止，水平动量始终为零，用人船模型：$mx_{\text{人}} = Mx_{\text{船}}$，$x_{\text{人}} + x_{\text{船}} = L$。

列式求解：

$$50x_{\text{人}} = 200x_{\text{船}}, \qquad x_{\text{人}} + x_{\text{船}} = 5\ \mathrm{m}$$

解得 $x_{\text{船}} = 1\ \mathrm{m}$，方向向左（与人走的方向相反）；$x_{\text{人}} = 4\ \mathrm{m}$，方向向右。

检验：船的质量是人的 4 倍，移动距离是人的 $\dfrac{1}{4}$，$1 : 4$，对。人停下时，由总动量为零，船也同时停下。

容易卡在：把人对地的位移当成船长 $5\ \mathrm{m}$，得 $x_{\text{船}} = \dfrac{50 \times 5}{200}\ \mathrm{m} = 1.25\ \mathrm{m}$。$5\ \mathrm{m}$ 是人相对船走的距离。

另一种解法：用质心不动。系统原来静止、水平不受外力，人和船的“平均位置”$\dfrac{mx_{\text{人}} + Mx_{\text{船}}}{m + M}$ 不变。人向右走了 $L$（相对于船），船得向左挪 $\dfrac{m}{m + M}L = \dfrac{50}{250} \times 5\ \mathrm{m} = 1\ \mathrm{m}$，平均位置才能不动。选择题里一步写出结果用这个最快；计算题要写依据，还是按动量守恒列 $mx_{\text{人}} = Mx_{\text{船}}$ 更规范。

常用推论

• 人船模型：$x_{\text{船}} = \dfrac{m}{m + M}L$，$x_{\text{人}} = \dfrac{M}{m + M}L$，与人走路的方式无关。推导见本节。条件：两物体原来静止，相互作用方向上系统合外力为零。
• 从静止炸开（或弹开）的两块，速度大小与质量成反比，动能也与质量成反比：$\dfrac{E_{\text{k}1}}{E_{\text{k}2}} = \dfrac{m_2}{m_1}$。由 $p$ 相等和 $E_{\text{k}} = \dfrac{p^2}{2m}$ 得出：轻的一块分得的动能多。
• 一次喷气的火箭：$v = \dfrac{\Delta m}{M - \Delta m}u$（$u$ 为燃气对地速度）。
• 光滑水平面上的小球沿光滑弧形槽从静止滑下：水平方向是人船模型，$mx_{\text{球}} = Mx_{\text{槽}}$；滑到底时的速度再用机械能守恒（第 14 章）。

易错点

• 错在哪：火箭题、跳车题直接把“相对速度”代进动量守恒式。 为什么错：动量守恒定律是对同一个惯性参考系（地面）说的，相对速度不是对地速度。 正确做法：先用“对地速度 = 相对速度 + 牵连速度”换算，再代入（例 1 的“容易卡在”）。
• 错在哪：人船模型里把船长当作人对地的位移。 为什么错：人在船上走了 $L$，同时船在后退，人对地只走了 $L - x_{\text{船}}$。 正确做法：画出初末位置图（例 3 的图），按 $x_{\text{人}} + x_{\text{船}} = L$ 列几何关系。
• 错在哪：爆炸后用“动能不增加”排除答案，或者对爆炸用机械能守恒。 为什么错：把爆炸当成碰撞。爆炸有化学能输入，动能增加。 正确做法：爆炸只列动量守恒，动能的增加量等于释放的化学能（例 2）。
• 错在哪：认为火箭是靠“推开空气”前进的，所以在太空里不能加速。 为什么错：把反冲误解成推地面、推空气的反作用。火箭推的是自己喷出的燃气，燃气反过来推火箭。 正确做法：反冲只需要系统内部的两部分相互作用，真空中照样成立。

直观理解

在冰面上推一下同伴，两个人向相反方向滑开，轻的滑得快、重的滑得慢：这就是反冲，也是人船模型的原型。

人船模型一句话记法：**位移跟质量成反比，加起来是船长。**爆炸一句话记法：动量守恒，动能凭空多了（其实来自炸药）。

关联知识点

• 前置：20.2 节动量守恒（某一方向守恒、内力远大于外力）。
• 前置：第 9 章平抛运动，爆炸后碎块的运动。
• 后续：第 36 章原子核的衰变：静止的原子核放出 α 或 β 粒子，新核反冲，两者动量等大反向；在磁场中两条轨迹的半径之比由此得出（第 26 章）。
• 后续：第 11 章航天，火箭发射卫星的速度来源。
• 常一起考：第 14 章机械能守恒（小球沿光滑槽滑下、弹簧弹开两物体：弹性势能变成两者的动能）。

20.7 动量与能量的综合

说明

两个物体之间有一段持续的相互作用（摩擦力、弹簧弹力、子弹在木块里受的阻力），系统外力为零时，用两条守恒定律分工：

• 动量守恒：求速度，特别是最终的共同速度。
• 能量守恒：求热量、弹性势能、相对位移。系统减少的动能 = 产生的内能（+ 增加的势能）。

一对滑动摩擦力产生的热量（第 14 章 14.6 节）：

$$Q = fs_{\text{相对}}$$

$s_{\text{相对}}$ 是两物体之间的相对路程。系统只有摩擦生热时，$Q = \Delta E_{\text{k减}}$。

三种常见情境：

情境	动量	能量	关键时刻
子弹射入静止在光滑面上的木块并留在其中	守恒，共速	$fd = \Delta E_{\text{k减}}$，$d$ 为射入深度	共速时子弹相对木块静止
滑块滑上光滑面上的长木板（板块模型）	守恒，共速	$\mu mg \cdot s_{\text{相对}} = \Delta E_{\text{k减}}$	共速时滑块滑到最远；木板最短长度 $= s_{\text{相对}}$
物块通过轻弹簧与另一物块作用	守恒	机械能守恒（动能 + 弹性势能）	共速时弹性势能最大；恢复原长时同弹性碰撞

理想模型：地面光滑；子弹受的阻力、滑块受的摩擦力大小不变；弹簧为轻弹簧。

使用场景

• 子弹射入（或穿过）静止在光滑面上的木块，问共同速度、产热、阻力、射入深度 → 子弹打木块 → 动量守恒求速度，$fd = \Delta E_{\text{k减}}$ 求阻力或深度。
• 滑块以初速度滑上静止在光滑地面上的长木板，问共速、产热、相对滑行距离、木板至少多长 → 板块模型 → 动量守恒求共速，$\mu mg \cdot s_{\text{相对}} = \Delta E_{\text{k减}}$ 求相对位移；问时间或对地位移，对单个物体用动量定理、动能定理或牛顿定律。
• 先碰撞、后通过弹簧带动第三个物体（多物体、多阶段）→ 分阶段选系统 → 碰撞瞬间只有碰撞的两个物体参与（弹簧来不及形变），之后再把弹簧连着的物体算进来，每一段分别列动量和能量。

注意点

• 动量守恒对系统，动能定理对单个物体。求一个物体的对地位移，用动能定理 $-fx_1 = \Delta E_{\text{k}1}$，位移是对地的；求热量，用系统的能量守恒，位移是相对的。两种位移不能混用。
• 板块模型中，滑块能否滑离木板，要比较 $s_{\text{相对}}$ 和板长：$s_{\text{相对}} \le L$ 则最终共速，否则滑块在共速前就滑离木板，这时没有共同速度，只能“动量守恒 + 能量守恒（$Q = fL$）“联立求两个速度。
• 子弹打木块：子弹穿出时两者不共速，子弹的末速度要题目给出或另列方程；产热 $Q = fd$，$d$ 为木块厚度。
• 地面不光滑时，系统受地面摩擦力，动量不守恒，只能用牛顿定律或动能定理分别分析（第 7 章 7.5 节板块模型的动力学分析）。
• 多阶段问题中，碰撞瞬间损失的机械能和之后的过程要分开算，不能用“初动能 = 最大弹性势能 + ……“把碰撞的损失漏掉。

推导

$Q = fs_{\text{相对}} = \Delta E_{\text{k减}}$：滑块（质量 $m$）在木板（质量 $M$）上滑动，两者之间的滑动摩擦力大小为 $f$。滑块对地位移 $x_1$，木板对地位移 $x_2$（同向）。对两个物体分别用动能定理（第 13 章）：

$$-fx_1 = E_{\text{k}1}' - E_{\text{k}1}, \qquad fx_2 = E_{\text{k}2}' - E_{\text{k}2}$$

两式相加：

$$-f(x_1 - x_2) = (E_{\text{k}1}' + E_{\text{k}2}') - (E_{\text{k}1} + E_{\text{k}2})$$

即 $fs_{\text{相对}} = \Delta E_{\text{k减}}$。

（关键一步：一对滑动摩擦力大小相等、方向相反，但作用在位移不同的两个物体上，功不抵消（第 14 章 14.6 节），合起来的功是 $-fs_{\text{相对}}$。这部分减少的动能变成了内能 $Q$。动量方面，这对力的冲量却完全抵消（作用时间相同），所以动量守恒、动能不守恒。）

子弹打木块的两个比例：木块（质量 $M$）原来静止，子弹（质量 $m$）以 $v_0$ 射入并留在其中。共同速度 $v = \dfrac{mv_0}{m + M}$。产热

$$Q = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(m + M)v^2 = \frac{M}{m + M} \cdot \frac{1}{2}mv_0^2$$

木块对地位移 $s$ 由动能定理 $fs = \dfrac{1}{2}Mv^2$ 求得，射入深度 $d$ 由 $fd = Q$ 求得，两式相除：

$$\frac{s}{d} = \frac{\frac{1}{2}Mv^2}{Q} = \frac{m}{m + M}$$

子弹质量远小于木块时，木块几乎不动，$s \ll d$。

例题

例 1　（场景：子弹打木块）质量 $m = 0.02\ \mathrm{kg}$ 的子弹以 $v_0 = 300\ \mathrm{m/s}$ 的水平速度射入静止在光滑水平面上、质量 $M = 0.98\ \mathrm{kg}$ 的木块，射入深度 $d = 0.1\ \mathrm{m}$ 后留在木块中。设子弹受的阻力恒定，求：（1）子弹和木块的共同速度；（2）产生的内能；（3）子弹受的阻力大小；（4）子弹射入过程中木块移动的距离。

解：

研究对象：子弹和木块组成的系统；求木块位移时单独看木块。

过程划分：从子弹接触木块到两者共速，一个过程。

分析：系统水平方向不受外力，动量守恒；阻力对系统做的总功是 $-fd$，系统动能的减少量等于内能 $Q = fd$；木块在阻力的反作用力 $f$ 推动下加速，用动能定理求它的对地位移。

列式求解：取子弹初速度方向为正方向。

（1）

$$mv_0 = (m + M)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{0.02 \times 300}{0.02 + 0.98}\ \mathrm{m/s} = 6\ \mathrm{m/s}$$

方向与子弹初速度相同。

（2）

$$Q = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(m + M)v^2 = \left(\frac{1}{2} \times 0.02 \times 300^2 - \frac{1}{2} \times 1 \times 6^2\right)\ \mathrm{J} = 900\ \mathrm{J} - 18\ \mathrm{J} = 882\ \mathrm{J}$$

（3）

$$f = \frac{Q}{d} = \frac{882}{0.1}\ \mathrm{N} = 8820\ \mathrm{N}$$

（4）对木块用动能定理：

$$fs = \frac{1}{2}Mv^2 \quad \Rightarrow \quad s = \frac{0.98 \times 6^2}{2 \times 8820}\ \mathrm{m} = 0.002\ \mathrm{m}$$

检验：$\dfrac{s}{d} = \dfrac{0.002}{0.1} = 0.02 = \dfrac{m}{m + M}$，和推导中的比例一致。木块只移动 $2\ \mathrm{mm}$，子弹“打进去”的过程中木块几乎没动，所以 20.2 节说碰撞中“位置不变”是好的近似。

容易卡在：（3）用 $f \cdot (d + s)$ 或 $f \cdot s$ 算热量。产热只看相对位移，就是射入深度 $d$。

例 2　（场景：板块模型）质量 $M = 4\ \mathrm{kg}$ 的长木板静止在光滑水平面上，质量 $m = 1\ \mathrm{kg}$ 的滑块以 $v_0 = 5\ \mathrm{m/s}$ 的水平速度从左端滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数 $\mu = 0.4$。滑块最终没有滑离木板。求：（1）两者的共同速度；（2）因摩擦产生的热量；（3）滑块在木板上滑行的距离（木板至少多长）。

解：

研究对象：滑块和木板组成的系统。

过程划分：从滑块滑上木板到两者共速，一个过程；共速后一起匀速，不再有摩擦。

分析：地面光滑，滑块与木板之间的摩擦力是内力，系统动量守恒；摩擦力 $f = \mu mg = 0.4 \times 1 \times 10\ \mathrm{N} = 4\ \mathrm{N}$，系统减少的动能全部变成内能 $Q = fs_{\text{相对}}$。

列式求解：取 $v_0$ 的方向为正方向。

（1）

$$mv_0 = (m + M)v \quad \Rightarrow \quad v = \frac{1 \times 5}{1 + 4}\ \mathrm{m/s} = 1\ \mathrm{m/s}$$

方向与 $v_0$ 相同。

（2）

$$Q = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(m + M)v^2 = \left(\frac{1}{2} \times 1 \times 25 - \frac{1}{2} \times 5 \times 1\right)\ \mathrm{J} = 10\ \mathrm{J}$$

（3）

$$s_{\text{相对}} = \frac{Q}{f} = \frac{10}{4}\ \mathrm{m} = 2.5\ \mathrm{m}$$

木板至少长 $2.5\ \mathrm{m}$。

检验：单位、方向都对。热量 $10\ \mathrm{J}$ 占初动能 $12.5\ \mathrm{J}$ 的 $\dfrac{M}{m + M} = 80\%$，和子弹打木块的比例一样（板块就是“慢动作”的完全非弹性碰撞）。

另一种解法：用牛顿定律和 $v$-$t$ 图（第 7 章 7.5 节）。滑块的加速度 $a_1 = \dfrac{f}{m} = 4\ \mathrm{m/s^2}$（减速），木板的加速度 $a_2 = \dfrac{f}{M} = 1\ \mathrm{m/s^2}$（加速）。共速时 $5 - 4t = 1 \times t$，得 $t = 1\ \mathrm{s}$，$v = 1\ \mathrm{m/s}$。滑块对地位移 $x_1 = \dfrac{5 + 1}{2} \times 1\ \mathrm{m} = 3\ \mathrm{m}$，木板 $x_2 = \dfrac{1}{2} \times 1 \times 1^2\ \mathrm{m} = 0.5\ \mathrm{m}$，$s_{\text{相对}} = 3 - 0.5 = 2.5\ \mathrm{m}$，就是 $v$-$t$ 图上两条图线之间的面积。

只问速度、热量、相对位移时，用守恒定律，不用管时间，两三行就完；问时间、对地位移，或地面不光滑（动量不守恒）时，只能用牛顿定律或动量定理逐个分析。

例 3　（场景：先碰撞、后通过弹簧带动第三个物体）光滑水平面上，物块 B、C 用轻弹簧连接，静止放置，$m_B = 1\ \mathrm{kg}$，$m_C = 2\ \mathrm{kg}$。质量 $m_A = 1\ \mathrm{kg}$ 的物块 A 以 $v_0 = 6\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右与 B 碰撞，碰后 A、B 粘在一起。求：（1）A、B 碰撞中损失的机械能；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）C 的最大速度。

解：

研究对象：①A、B 组成的系统；②③A、B、C 和弹簧组成的系统。

过程划分：①A、B 碰撞（极短，弹簧来不及形变，C 不参与）；②A、B 一起压缩弹簧，直到三者共速，弹簧最短；③弹簧恢复原长，C 的速度达到最大。

分析：①完全非弹性碰撞，A、B 动量守恒，机械能有损失。②③三者组成的系统合外力为零，动量守恒；只有弹簧弹力做功，机械能守恒。③时刻弹性势能为零，A、B 整体（$2\ \mathrm{kg}$）与 C（$2\ \mathrm{kg}$）之间相当于一次弹性碰撞。

列式求解：取向右为正方向。

（1）①阶段：

$$m_Av_0 = (m_A + m_B)v_1 \quad \Rightarrow \quad v_1 = \frac{1 \times 6}{2}\ \mathrm{m/s} = 3\ \mathrm{m/s}$$ $$\Delta E = \frac{1}{2}m_Av_0^2 - \frac{1}{2}(m_A + m_B)v_1^2 = (18 - 9)\ \mathrm{J} = 9\ \mathrm{J}$$

（2）②阶段，三者共速：

$$(m_A + m_B)v_1 = (m_A + m_B + m_C)v_2 \quad \Rightarrow \quad v_2 = \frac{2 \times 3}{4}\ \mathrm{m/s} = 1.5\ \mathrm{m/s}$$ $$E_{\text{p max}} = \frac{1}{2}(m_A + m_B)v_1^2 - \frac{1}{2}(m_A + m_B + m_C)v_2^2 = \left(9 - \frac{1}{2} \times 4 \times 1.5^2\right)\ \mathrm{J} = 4.5\ \mathrm{J}$$

（3）③阶段，A、B 整体与 C 质量相等，相当于等质量弹性碰撞，交换速度（20.3 节）：C 的最大速度 $3\ \mathrm{m/s}$，方向向右；此时 A、B 速度为零。

检验：（3）动量 $2 \times 0 + 2 \times 3 = 6\ \mathrm{kg \cdot m/s}$，等于最初 A 的动量；动能 $\dfrac{1}{2} \times 2 \times 9 = 9\ \mathrm{J}$，等于碰撞后的机械能。（2）若漏掉碰撞损失，直接用 $18\ \mathrm{J} - 4.5\ \mathrm{J}$ 之类的式子，会得到偏大的弹性势能。

容易卡在：碰撞瞬间把 C 也算进去，写成 $m_Av_0 = (m_A + m_B + m_C)v$。碰撞时间极短，弹簧还没被压缩，C 不受力，不参与碰撞。

常用推论

• 子弹打木块、板块模型（木块、木板原来静止，最终共速）：$Q = \dfrac{M}{m + M} \cdot \dfrac{1}{2}mv_0^2$，木板最短长度 $L_{\min} = s_{\text{相对}} = \dfrac{Q}{f}$。推导见本节。
• 子弹打木块：木块对地位移与射入深度之比 $\dfrac{s}{d} = \dfrac{m}{m + M}$。推导见本节。
• 板块模型的 $v$-$t$ 图：两条图线之间的面积 = 相对位移，乘以摩擦力 = 产热（例 2 另一种解法）。
• 弹簧连接体：弹簧最短（或最长）时共速、弹性势能最大；弹簧恢复原长时某物体速度最大或最小，等同于弹性碰撞（20.3 节例 3、本节例 3）。
• 解题顺序：先动量（求速度），后能量（求热量、势能、相对位移），最后才需要时间、对地位移时用牛顿定律或动量定理。

易错点

• 错在哪：求摩擦生热时用 $Q = fx$，$x$ 取某个物体的对地位移。 为什么错：把单个摩擦力做的功当成了产热。热量来自一对摩擦力做功之和，只和相对滑动的距离有关。 正确做法：$Q = fs_{\text{相对}}$；或者直接用系统动能的减少量算 $Q$，再除以 $f$ 求相对位移。
• 错在哪：子弹打木块、板块模型中，看到“动量守恒”就同时写机械能守恒。 为什么错：内摩擦力的冲量抵消（动量守恒），但它们的功不抵消（机械能减少）。 正确做法：动量守恒和能量守恒都列，能量式里加上 $Q$。
• 错在哪：多物体问题中，碰撞瞬间把与弹簧相连的第三个物体也算进去。 为什么错：直觉觉得“它们是连在一起的”。弹簧的弹力要靠形变产生，碰撞瞬间形变为零，第三个物体不受力。 正确做法：碰撞只取直接相碰的两个物体，碰后再扩大系统（例 3）。
• 错在哪：滑块会滑离木板时，仍然假设两者最终共速。 为什么错：共速的前提是相对滑行距离不超过板长。 正确做法：先按共速算出 $s_{\text{相对}}$，和板长比较；超过板长时，按“滑到板端”列动量守恒和 $Q = fL$ 联立求解。

直观理解

把板块模型画成 $v$-$t$ 图（例 2 另一种解法的图）：滑块的线往下走，木板的线往上走，两线相交处就是共速；交点之前两线之间夹的三角形面积就是相对滑行的距离，乘以摩擦力就是产热。

一句话记法：动量管速度，能量管热量；热量只认相对位移。

关联知识点

• 前置：20.2 节动量守恒；20.4 节完全非弹性碰撞（子弹打木块、板块共速本质相同）。
• 前置：第 14 章 14.6 节功能关系、摩擦生热 $Q = fs_{\text{相对}}$；第 13 章动能定理。
• 前置：第 7 章 7.5 节板块模型、传送带的动力学分析，地面不光滑时只能用它。
• 后续：第 28 章电磁感应中的双导体棒：两根棒在光滑导轨上通过安培力相互作用，系统动量守恒，减少的动能变成焦耳热，和板块模型同构。
• 常一起考：第 10 章圆周运动（滑块滑上圆弧轨道）、第 16 章带电体在电场中的碰撞。

20.8 知识点之间的关系

先判断守恒条件，再看过程是碰撞、反冲爆炸还是持续的相互作用，最后决定要不要再列能量式。碰撞题算完用 20.5 节的三条检验。

20.9 自测

1. 光滑水平面上，质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的小车 A 和质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的小车 B 之间夹着一根被压缩的轻弹簧，用细线拴住后静止。烧断细线，A 获得向左 $1\ \mathrm{m/s}$ 的速度，求 B 的速度。
2. 质量 $49.5\ \mathrm{kg}$ 的人静止在光滑冰面上，接住一个质量 $0.5\ \mathrm{kg}$、以 $10\ \mathrm{m/s}$ 水平飞来的球，求接球后人的速度。
3. 质量为 $m$ 的小球以速度 $v$ 与静止的质量为 $3m$ 的小球发生弹性正碰，求碰后两球的速度。
4. 光滑水平面上，质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的小球以 $4\ \mathrm{m/s}$ 的速度与静止的质量 $2\ \mathrm{kg}$ 的小球碰撞后粘在一起，求共同速度和损失的机械能。
5. 光滑水平面上，质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的 A 球以 $4\ \mathrm{m/s}$ 的速度撞上静止的质量 $3\ \mathrm{kg}$ 的 B 球，碰后 B 球的速度可能是（　）。A. $0.5\ \mathrm{m/s}$　B. $1.5\ \mathrm{m/s}$　C. $2.5\ \mathrm{m/s}$　D. $3\ \mathrm{m/s}$
6. 质量 $60\ \mathrm{kg}$ 的人站在静止于水面上的质量 $120\ \mathrm{kg}$、长 $3\ \mathrm{m}$ 的船的一端，走到另一端，不计水的阻力，船移动多远？
7. 静止的物体炸成质量之比为 $1 : 2$ 的两块，两块的动能之比是多少？
8. 质量 $0.01\ \mathrm{kg}$ 的子弹以 $400\ \mathrm{m/s}$ 的速度水平射穿静止在光滑水平面上的质量 $1\ \mathrm{kg}$ 的木块，穿出时速度为 $200\ \mathrm{m/s}$。求木块获得的速度和产生的内能。

答案：1. $2\ \mathrm{m/s}$，方向向右；2. $0.1\ \mathrm{m/s}$，方向与球原来的速度方向相同；3. 入射球 $\dfrac{v}{2}$，方向与原来相反；被碰球 $\dfrac{v}{2}$，方向与入射球原速度相同；4. $2\ \mathrm{m/s}$，$8\ \mathrm{J}$；5. B（范围 $1\ \mathrm{m/s} \le v_B' \le 2\ \mathrm{m/s}$）；6. $1\ \mathrm{m}$，方向与人走的方向相反；7. $2 : 1$（轻的一块动能大）；8. $2\ \mathrm{m/s}$，方向与子弹相同；$598\ \mathrm{J}$。

20.10 深入阅读

• PhET · 碰撞实验室：调两球的质量、速度和弹性系数，看碰撞前后的动量和动能，体会弹性、非弹性碰撞的区别。
• 维基百科 · 弹性碰撞：一维弹性碰撞速度公式的推导，以及质心参考系里看碰撞的方法。
• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有人教版选择性必修第一册“动量守恒定律”一章的同步课程和教材电子版。