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2．對系統(tǒng)分析，看是否動量守恒(有時是某一方向動量守恒)，再根據(jù)動量守恒定律列方程．

1．選出要研究的系統(tǒng)．

2.靈活應(yīng)用動量、能量關(guān)系．有的題目可能動量守恒，機械能不守恒，或機械能守恒，動量不守恒，或者動量在整個變化過程中守恒，而機械能在某一個過程中有損失等，過程的選取要靈活，既要熟悉一定的典型題，又不能死套題型、公式．

[例1]如圖所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半徑為R的半圓軌道，半圓軌道右側(cè)頂點有一小物體C，C由頂點自由滑下，設(shè)A、B、C的質(zhì)量均為m．求：

(1)A、B分離時B的速度多大？

(2)C由頂點滑下到沿軌道上升至最高點的過程中做的功是多少？

　分析：小物體C自由滑下時，對槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速運動，當(dāng)C滑至槽的最低點時，C、A之間的作用力沿豎直方向，這就是A、B分離的臨界點，因C將沿槽上滑，C對A有斜向左下方的作用力，使A向右做減速運動，而B以A分離時的速度向右做勻速運動，C沿軌道上升到最大高度時，C與A的相對速度為零，而不是C對地的速度為零，至于C在全過程中所做的功，應(yīng)等于A、B、C組成的系統(tǒng)動能的增加(實際上是等于C的重力所做的功)。

　　 解析：對A、B、C組成的系統(tǒng)，它們在水平向上所受外力零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則　　 2mv_AB+mv_C＝0 ………①

　　 又系統(tǒng)內(nèi)僅有重力彈力做功，機械能守恒，有mgR=½(2m)v_AB²+½mv_c²………②

聯(lián)立①②解得v_AB＝，v_C=－2，即分離時B的速度為．

　　 (2)當(dāng)C上升到最高點時，C與A有共同速度v_AB，對A、B、C系統(tǒng)，由動量守恒定律，mv_AB+mv_C＝2mv_AC

　　 解之得v_AC=－．

　　 所以W=½mv_AB²+½2mv_c²＝½m()²+½×2m()²＝mgR．

　　 點評：本題把動量守恒定律和機械能守恒定律巧妙地結(jié)合一起，考查對物理過程分析和描述的能力，關(guān)鍵是能清晰地將整個物理過程劃分兩個階段，應(yīng)用于恒定律來解。

規(guī)律方法一、特點

　　 能量與動量結(jié)合的題目，過程復(fù)雜，知識綜合性強，難度比較大；它不僅在力學(xué)中出現(xiàn)，在電學(xué)與原子核物理學(xué)中也都有類似的題目．因而在高考中那些難度大的題目往往出現(xiàn)在這里．

　　 處理力學(xué)問題的基本方法有三種：一是牛頓定律，二是動量關(guān)系，三是能量關(guān)系．若考查有關(guān)物理量的瞬時對應(yīng)關(guān)系，須應(yīng)用牛頓定律，若考查一個過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別．若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別涉及時間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題的應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理．因為兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處．特別對于變力作用問題，在中學(xué)階段無法用牛頓定律處理時，就更顯示出它們的優(yōu)越性．

　　 動量守恒定律和機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)，且研究的都是某一物理過程一但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機械能是否守恒，則決定于是否有重力以外的力(不管是內(nèi)力還是外力)做功．所以，在利用機械能守恒定律處理問題時要著重分析力的做功情況，看是否有重力以外的力做功；在利用動量守恒定律處理問題時著重分析系統(tǒng)的受力情況(不管是否做功)，并著重分析是否滿足合外力為零．應(yīng)特別注意：系統(tǒng)動量守恒時，機械能不一定守恒；同樣機械能守恒時，動量不一定守恒，這是因為兩個守恒定律的守恒條件不同必然導(dǎo)致的結(jié)果．如各種爆炸、碰撞、反沖現(xiàn)象中，因F_內(nèi)》F_外，動量都是守恒的，但因很多情況下有內(nèi)力做功使其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能而使其機械能不守恒．

另外，動量守恒定律表示成為矢量式，應(yīng)用時必須注意方向，且可在某一方向獨立使用；機械能守恒定律表示成為標(biāo)量式，對功或能量只需代數(shù)加減，不能按矢量法則進行分解或合成．

3．彈性碰撞

題目中出現(xiàn)：“碰撞過程中機械能不損失”．這實際就是彈性碰撞． 設(shè)兩小球質(zhì)量分別為m₁、m₂，碰撞前后速度為v₁、v₂、v₁^/、v₂^/，碰撞過程無機械能損失，求碰后二者的速度．

　　 根據(jù)動量守恒　　 m₁ v₁+m₂ v₂＝m₁ v₁^/+m₂ v₂^/ ……①

　　 根據(jù)機械能守恒　　 ½m₁ v₁²十½m₂v₂²= ½m₁ v₁^/2十½m₂ v₂^/2 ……②

　　 由①②得v₁^/= ，v₂^/=

　　 仔細(xì)觀察v₁^/、v₂^/結(jié)果很容易記憶,　　 當(dāng)v₂=0時v₁^/= ，v₂^/=

　　 ①當(dāng)v₂=0時；m₁=m₂ 　時v₁^/=0，v₂^/=v₁　　 這就是我們經(jīng)常說的交換速度、動量和能量．

②m₁＞＞m₂，v^/₁=v₁，v₂^/=2v₁．碰后m₁幾乎未變，仍按原來速度運動，質(zhì)量小的物體將以m₁的速度的兩倍向前運動。

③m₁《m₂，v^/_l=一v₁，v₂^/=0．　　 碰后m₁被按原來速率彈回，m₂幾乎未動。

[例1]試說明完全非彈性碰撞中機械能損失最多．

解析：前面已經(jīng)說過，碰后二者一起以共同速度運動的碰撞為完全非彈性碰撞．

設(shè)兩物體質(zhì)量分別為m₁、m₂，速度碰前v₁、v₂，碰后v₁^/、v₂^/

由動量守恒：m₁v₁+m₂v₂＝m₁v₁^/十m₂v₂^/……①

損失機械能：Q=½m₁v₁²+½m₂v₂²－½ m₁ v₁^/2－½ m₂ v₂^/2 ……②

由①得　 m₁v₁+m₂v₁－m₂v₁+m₂v₂＝m₁v₁^/十m₂v₁^/－m₂v₁^/+m₂v₂^/　

寫成(m₁+m₂)v₁－m₂(v₁－v₂)＝(m₁十m₂)v₁^/－m₂(v₁^/－v₂^/)

即(m₁+m₂)(v₁ －v₁^/)= m₂[(v₁－v₂)－(v₁^/－v₂^/)]

于是(v₁ －v₁^/)= m₂[(v₁－v₂)－(v₁^/－v₂^/)]/ (m₁+m₂)

同理由①得m₁v₁+m₁v₂－m₁v₂+m₂v₂＝m₁v₁^/十m₁v₂^/－m₁v₂^/+m₂v₂^/

寫成(m₁+m₂)v₂+m₁(v₁－v₂)＝(m₁十m₂)v₂^/+m₁(v₁^/－v₂^/)

(m₁+m₂)(v₂ －v₂^/)= m₁[(v₁^/－v₂^/)－(v₁－v₂)]

(v₂ －v₂^/)= m₁[(v₁^/－v₂^/)－(v₁－v₂)]/ (m₁+m₂)

代入②得Q=½m₁v₁²+½m₂v₂²－½ m₁v₁^/2－½ m₂v₂^/2=½m₁(v₁²－v₁^/2)+½m₂(v₂²－v₂^/2)

=½m₁(v₁－v₁^/) (v₁+v₁^/)+½m₂(v₂－v₂^/)(v₂+v₂^/)

=½m₁(v₁+v₁^/) m₂[(v₁－v₂)－(v₁^/－v₂^/)]/(m₁+m₂)+½m₂(v₂+v₂^/)m₁[(v₁^/－v₂^/)－(v₁－v₂)]/(m₁+m₂)

=[½m₁ m₂/(m₁+m₂)][ v₁²－v₁v₂+v₁v₁^/－v₂v₁^/－v₁v₁^/+v₁v₂^/－v₁^/2+v₁^/v₂^/+v₂v₁^/－v₂v₂^/－v₁v₂+v₂²+v₁^/v₂^/－v₂^/2－v₁v₂^/+v₂v₂^/]=[½m₁ m₂/(m₁+m₂)][ v₁²－v₁v₂－v₁v₂+v₂²－v₁^/2+v₁^/v₂^/+v₁^/v₂^/－v₂^/2]= [½m₁ m₂/(m₁+m₂)][(v₁－v₂)²－(v₁^/－v₂^/)²]……③由③式可以看出:當(dāng)v₁^/= v₂^/時，損失的機械能最多．

規(guī)律方法

[例2]如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端各連接一質(zhì)量均為m的滑塊A和B，兩滑塊都置于光滑水平面上．今有質(zhì)量為m/4的子彈以水平速度V射入A中不再穿出，試分析滑塊B何時具有最大動能．其值為多少？

解析：對子彈和滑決A根據(jù)動量守恒定律　　　 mv/4=5mv^//4所以v^/=v/5。

　　 當(dāng)彈簧被壓縮后又恢復(fù)原長時，B的速度最大，具有的動能也最大，此過程動能與動量都守恒

　　 由①②得：v_B=2v/9　　 所以 B的動能為E_kB=2mv²/81

答案：彈簧被壓縮又恢復(fù)原長時；E_kB=2mv²/81

[例3]甲物體以動量P₁與靜止在光滑水平面上的乙物體對心正碰，碰后乙物體的動量為P₂，則P₂和P₁的關(guān)系可能是(　　 )

　　 A．P₂＜P₁；　 B、P₂= P₁　 　C． P₂＞P₁；　 D．以上答案都有可能

　　 解析：此題隱含著碰撞的多種過程．若甲擊穿乙物體或甲、乙兩物體粘在一起勻速前進時有P₂＜P₁；若甲乙速度交換時有P₂= P₁；若甲被彈回時有P₂＞P₁；故四個答案都是可能的．而后三個答案往往漏選

　　 答案：ABCD

[例4]如圖所示，在支架的圓孔上放著一個質(zhì)量為M的木球，一質(zhì)量為m的子彈以速度v₀從下面豎直向上擊中子彈并穿出，使木球向上跳起高度為h，求子彈穿過木球后上升的高度。

　 [解析]把木球和子彈作為一個系統(tǒng)研究，在子彈和木球相互作用時間內(nèi)，木球和子彈要受到重力作用，顯然不符合動量守恒的條件。但由于子彈和木球間的作用力(內(nèi)力)遠(yuǎn)大于它們的重力(外力)，可以忽略重力作用而認(rèn)為系統(tǒng)動量守恒。

　　 設(shè)子彈剛穿過木球時，子彈的速度為v₁，木球的速度為v₂，豎直向上為正方向。

　　 對系統(tǒng)，據(jù)動量守恒：mv=mv₁+Mv₂……①

木球獲得速度v₂后，上升的過程機械能守恒：½Mv₂²=Mgh……②

兩式聯(lián)立得

子彈射穿木球后的上升過程機械能守恒：½mv₁²=mgH，將v₁代入得子彈上升的最大高度：

[例5]有兩塊大小不同的圓形薄板(厚度不計)質(zhì)量分別為M和m，半徑分別為R和r，兩板之間用一根長為0．4m的輕繩相連結(jié)．開始時，兩板水平放置并疊合在一起，靜止于高度為0．2m處如圖(a)所示．然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半徑為R^/(r＜R^/＜R＝的圓孔，圓孔與兩薄板中心在圓板中心軸線上，木板與支架發(fā)生沒有機械能損失的碰撞，碰撞后，兩板即分離，直到輕繩繃緊．在輕繩繃緊瞬間，兩物體具有共同速度V，如圖4一22(b)所示．問：　　

(l)若M=m，則v值為多大．

　　 (2)若M/m=k，試討論v的方向與k值間的關(guān)系．

解析：M、m與固定支架碰撞前的自由下落，所以v₀²=2gh　 v₀==2 m／s

碰撞后，M原速返回向上作初達v₀的勻減速運動，m作初速為v₀向下勻加速運動．

設(shè)繩剛要繃直時，M的速度為v₁，上升的高度為h₁，m的速度為v₂，下降的高度為h₂，經(jīng)歷時間為t，則：

v₁＝v₀一gt　 …………①　　 v₁²＝v₀²一2g h₁ ……②　　 v₂＝v₀+gt………③　　

v₂²＝v₀²一2g h₂ …………④　　 又h_l+h₂=0．4…………⑤

　　 由上五式解得：v₂=3 m/s，　　 v₁=1m/s

在繩繃緊瞬間，時間極短，重力的沖量忽略不計，則M與m組成的系統(tǒng)動量守恒．設(shè)向下為正．則

　mv₂－Mv₁=(M+m)v，　　 即 v=　　

　　 (1)當(dāng)M＝m時，v＝1m/s　　 (2)當(dāng)M/m＝k時．V=

　討論：k＜3時，v＞0兩板向下運動，　 k＞3時，v＜0 兩板向上運動，　 k＝3時，v＝0兩板瞬時靜止

[例6]如圖所示，一輛質(zhì)量M=2 kg的平板車左端放有質(zhì)量m=3 kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)µ=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v₀=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．(取g＝10 m/s²)求：

(1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離；

　(2)平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v₂；

　(3)若滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長．

解析:平板車第一次與豎直墻壁發(fā)生碰撞后速度大小保持不變，但方向與原來相反．在此過程中，由于時間極短，故滑塊m的速度與其在車上的位置均未發(fā)生變化．此外，由于相對運動，滑塊m和平板車間將產(chǎn)生摩擦力，兩者均做勻減速運動，由于平板車質(zhì)量小，故其速度減為0時，滑塊m仍具有向右的不為0的速度，此時起，滑塊m繼續(xù)減速，而平板車反向加速一段時間后，滑塊M和平板車將達到共同速度，

一起向右運動，與豎直墻壁發(fā)生第二次碰撞……

(1)設(shè)平板車第一次碰墻壁后，向左移動s，速度減為0.(由于系統(tǒng)總動量向右，平板車速度為0時，滑塊還具有向右的速度)．

　　 根據(jù)動能定理有：一½µmgs₁=0一½Mv₀²

代入數(shù)據(jù)得：

(2)假如平板車在第二次碰墻前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2 m/s，滑塊的速度則大于2 m/s，方向均向右，這顯然不符合動量守恒定律．所以平板車在第二次碰墻前肯定已和滑塊具有共同速度v₂.此即平板車碰墻瞬間的速度mv₀一Mv₀＝(M+m)v₂，

(3)平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板車又達到共同速度v前的過程，可用圖(a) (b) (c)表示．圖(a)為平板車與墻碰撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖(b)為平板車到達最左端時兩者的位置，圖(c)為平板車與滑塊再次達到共同速度時兩者的位置．在此過程中滑塊動能減少等于摩擦力對滑塊所做功µmgs^/，平板車動能減少等于摩擦力對平板車所做功µmgs^//(平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功為0)，其中s' ,s"分別為滑塊和平板車的位移．滑塊和平板車動能總減少為µmgL，其中L＝s^/+s^//為滑塊相對平板車的位移．此后，平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊．設(shè)滑塊相對平板車總位移為L,則有：½(M+m)v₀²=µmgL,

L即為平板車的最短長度．

動量、能量綜合應(yīng)用

知識簡析　 　一、動量和動能

　　 動量和動能都是描述物體運動狀態(tài)的物理量，但它們存在明顯的不同：

　　 動量是矢量，動能是標(biāo)量．物體動量變化時，動能不一定變化；但動能一旦發(fā)生變化，動量必發(fā)生變化．如做勻速圓周運動的物體，動量不斷變化而動能保持不變．

　　 動量是力對時間的積累效應(yīng)，動量的大小反映物體可以克服一定阻力運動多久，其變化量用所受沖量來量度；動能是力對空間的積累效應(yīng)，動能的大小反映物體可以克服一定阻力運動多么遠(yuǎn)，其變化量用外力對物體做的功來量度．

　　 動量的大小與速度成正比，動能大小與速率的平方成正比．不同物體動能相同時動量可以不同，反之亦然，，常用于比較動能相同而質(zhì)量不同物體的動量大�。�常用來比較動量相同而質(zhì)量不同物體的動能大�。�

2．一般的碰撞過程中，系統(tǒng)的總動能要有所減少，若總動能的損失很小，可以略去不計，這種碰憧叫做彈性碰撞．其特點是物體在碰撞過程中發(fā)生的形變完全恢復(fù)，不存在勢能的儲存，物體系統(tǒng)碰撞前后的總動能相等。若兩物體碰后粘合在一起，這種碰撞動能損失最多，叫做完全非彈性碰撞．其特點是發(fā)生的形變不恢復(fù)，相碰后兩物體不分開，且以同一速度運動，機械能損失顯著。在碰撞的一般情況下系統(tǒng)動能都不會增加(有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能的除外，如爆炸過程)，這也常是判斷一些結(jié)論是否成立的依據(jù)．

1．碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題．按碰撞前后物體的動量是否在一條直線上有正碰和斜碰之分，中學(xué)物理只研究正碰的情況．

2、反沖運動的研究

[例7]如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量為M的玩具炮．以射角α發(fā)射一顆質(zhì)量為m的炮彈，炮彈離開炮口時的對地速度為v₀。求玩具炮后退的速度v?

[解析]炮彈出口時速度v₀可分解為豎直向上的分量v_y和水平向右的分量v_x。取炮和炮彈為系統(tǒng)，初始時系統(tǒng)動量為零，炮彈出口時炮彈有豎直向上的動量mv_y，而炮車在豎直方向上卻沒方向相反的動量，因此在豎直分方向上系統(tǒng)的動量不守恒。在水平方向上因地光滑無外力，所以可用水平方向動量守恒來解。炮車和炮彈組成的系統(tǒng)在水平分方向上動量守恒。

　設(shè)水平向左為正方向，據(jù)動量守恒定律，在水平方向上：mv₀cosα=Mv，

　 解得炮車后退速度

[例8]火箭噴氣發(fā)動機每次噴出m=200 g的氣體，噴出氣體相對地面的速度為v=1000m/s,設(shè)火箭的初質(zhì)量M=300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，在不考慮阻力的情況下，火箭發(fā)動機1s末的速度是多大？

解析：由動量守恒，設(shè)火箭發(fā)動機1s末的速度為v₁，則(M－20m)v₁=20mv，

[例9]用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星，假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以速度v=7．0×10³m/s繞地球做勻速圓周運動；已知衛(wèi)星質(zhì)量m= 500kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量M=100kg；某時刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度u=1.8×10³m/s.試分析計算：分離后衛(wèi)星的速度增加到多大？火箭殼體的速度多大？分離后它們將如何運動？

解析：設(shè)分離后衛(wèi)星與火箭殼體相對于地面的速度分別為v₁和v₂，分離時系統(tǒng)在軌道切線方向上動量守恒，(M+m)v=mv₁+Mv₂，且u=v₁－v₂，解得v₁=7.3×10³m/s,v₂=5.5×10³m/s

衛(wèi)星分離后,v₁>v₂,將做離心運動,衛(wèi)星將以該點為近地點做橢圓運動.而火箭殼體分離后的速度v₂=5.5×10³m/s<v,因此做向心運動,其軌道為以該點為遠(yuǎn)地點的橢圓運動,進入大氣層后,軌道將不斷降低,并燒毀.

[例10]如圖所示，帶有1/4圓弧的光滑軌道的小車放在光滑水平地面上，弧形軌道的半徑為R，最低點與水平線相切，整個小車的質(zhì)量為M�，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑塊從圓弧的頂端由靜止開始沿軌道下滑，求當(dāng)滑塊脫離小車時滑塊和小車的各自速度。

[解析]在m由靜止沿圓弧軌道下滑過程中，m和M組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力作用；因此該系統(tǒng)在水平方向動量守恒。在m下滑時，對M有一個斜向左下方的壓力，此壓力的水平分量使M在m下滑時向左作加速運動，直到m脫離軌道飛出。從能量守恒的觀點看，m與M獲得的動能均來自m位置降低所減少的重力勢能。

設(shè)向右為正方向，m脫離軌道時的速度為v₁，此時小車的速度為v₂.

據(jù)動量守恒定律，在水平方向上：0＝mv_l一Mv₂……①　　 據(jù)能量守恒:mgR=½mv₁²⁺½Mv₂²……②

由以上兩式解得

[例11]光子的能量為hγ，動量大小為hγ/c，如果一個靜止的放射性元素的原子核在發(fā)生γ衰變時只發(fā)出一個γ光子，則衰變后的原子核(C)

　　 A.仍然靜止　 　　　　　　　　　　　　　B.沿著與光子運動方向相同的方向運動

　　 C.沿著與光子運動方向相反的方向運動　　 D.可能向任何方向運動、

解析:原子核在放出γ光子過程中，系統(tǒng)動量守恒，而系統(tǒng)在開始時總動量為零，因此衰變后的原子核運動方向與γ光子運動方向相反.

[例12]春節(jié)期間孩子們玩“沖天炮”，有一只被點燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運動，其中有一段時間內(nèi)“沖天炮”向上作勻速直線運動，在這段時間內(nèi)“沖天炮”的有關(guān)物理量將是(　　 )

　　 A，合外力不變；B．反沖力變��；　　 C．機械能可能變大；D．動量變小

解析：由豎直勻速上升可知，答案A和C是正確的，但在勻速上升的過程中隱含有燃料燃燒噴出氣體的現(xiàn)象，結(jié)果“沖天炮”的質(zhì)量必然減小，所以答案B和D也是對的，否則就會將B和D答案漏選　 答案：ABCD

[例13]在與河岸距離相等的條件下，為什么人從船上跳到岸上時，船越小越難？

解析：設(shè)人以速度v₀跳出，這一速度是相對于船的速度而不是相對于地的，設(shè)船的速度為v，則人相對于地的速度為v_地= v₀－v，由動量守恒得m(v₀－v)+(－Mv)=0

而由能量守恒得½m(v₀－v)²+½Mv²=E，∴v= v₀，則v_地= v₀－v= v₀，

v₀=v_地，由于船與岸的距離是一定的，則人相對于地的速度是一定的，即v_地一定，所以M越小，則v₀越大，即相對速度越大，從能量的角度來看，E=½m(v₀－v)²+½Mv²

=½mv_地²()，當(dāng)M越小時，E越大，即越難。

試題展示

　　　　　　 專題：碰撞中的動量守恒

知識簡析　　　 碰撞