第 3 章　碰撞、反冲与人船模型

冰壶撞上另一只冰壶后，有时自己慢下来，把速度“交”给对方；两团湿泥相撞，却可能黏成一团一起走。更奇怪的是，一个原来静止的气球只要松开气嘴，空气向后喷，气球就向前窜。看上去这是三种完全不同的运动，计算时却总在追问同一件事：系统内部短暂而猛烈的相互作用，究竟能改变什么，又不能改变什么？

碰撞持续时间很短，接触力往往远大于外力；反冲和爆炸也常在极短时间内完成。因此，前两章建立的动量守恒会成为本章的骨架。但只写一个动量方程还不够：碰撞会不会损失机械能，两个物体碰后是否真的分开，喷出物的速度相对谁来测量，都会决定答案是否可信。

碰撞的短暂，给了动量一个“近似安静”的窗口

两辆小车在水平轨道上相撞，轨道摩擦并没有突然消失，重力和支持力也一直存在。为什么碰撞题仍常把两车动量看作守恒？关键不在于“有无外力”四个字，而在于所选方向上的外力总冲量是否可以忽略。

设碰撞从 $t_1$ 持续到 $t_2$。对两车组成的系统，内力成对出现，只在系统内部传递动量；系统总动量的变化由外力总冲量决定：

$\boldsymbol p_{\text{后}}-\boldsymbol p_{\text{前}}=\boldsymbol I_{\text{外}}$

若碰撞时间极短，水平方向摩擦力又远小于车间的碰撞力，那么 $I_{\text{外},x}$ 相比内力冲量很小，水平方向总动量便近似不变。竖直方向上，重力与支持力的合力通常为零，因此也不会破坏水平动量的讨论。

在一维问题中，先规定向右为正方向。质量为 $m_1、m_2$ 的两物体，碰前速度为 $v_1、v_2$，碰后速度为 ，动量守恒写成

$m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1'+m_2v_2'$

速度必须带正负号。物体反弹时，不是“速度大小变小”这么简单，而是速度方向改变，对应的速度值可能由正变负。

你可以先判断一个小情境：质量相等的两球相向而来，速度分别为 $+3\ \text{m/s}$ 和 $-1\ \text{m/s}$。若碰后两球粘在一起，有人把两个速率直接平均，得到共同速度大小为 $2\ \text{m/s}$。这个判断对吗？

不对。速率没有方向，直接平均会丢掉相向运动的信息。两球质量相等，动量方程给出

$m\times3+m\times(-1)=2mv$

所以 $v=+1\ \text{m/s}$。若质量不等，简单平均立刻失效；真正被平均的是带质量权重、带方向的动量。

碰撞中的动量条件只有一个标量方程，却有两个碰后速度未知量。要把答案确定下来，还得知道这次碰撞对动能做了什么。

三类碰撞，区别藏在动能账本里

把两个钢球、两个橡皮泥球和两辆带磁性缓冲器的小车放在一起比较，它们在很短时间内都可以满足动量守恒，但形变、发热、发声的程度不同。动量描述系统整体运动，动能则会在碰撞中与内能、声能等其他形式的能互相转化。

弹性碰撞：动量与总动能同时守恒

若碰撞前后系统总动能不变，这次碰撞叫作弹性碰撞。一维情况下要同时满足

$m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1'+m_2v_2'$

$\frac12m_1v_1^2+\frac12m_2v_2^2=\frac12m_1v_1'^2+\frac12m_2v_2'^2$

联立可得

$v_1'=\frac{(m_1-m_2)v_1+2m_2v_2}{m_1+m_2}$

$v_2'=\frac{2m_1v_1+(m_2-m_1)v_2}{m_1+m_2}$

这两式不宜当作孤立口诀硬背。遇到符号方向变化或第二个物体本来就在运动时，先写动量和动能方程更稳。公式的意义可以从一个常见情形看清：若 $2$ 号物体原来静止，即 $v_2=0$，则

v_2'=\frac{2m_1}{m_1+m_2}v_1$$ 主动球较轻时，$v_1'<0$，它会反弹；两球等质量时，$v_1'=0、v_2'=v_1$，速度完成交换；主动球较重时，它仍向前运动，但必须比被撞球慢，二者才能分离。  <iframe title="弹性碰撞质量比实验室" src="https://media.edu-free.com/uploads/gaokao_physics_selective_compulsory_1_ch03_elastic_collision_mass_ratio_bc4e93922ae6_dba4aeb862.html" style={{ width: '100%', height: '820px', border: '0', borderRadius: '16px', display: 'block', margin: '24px 0' }} loading="lazy" /> <Callout variant='warning'> “质量相等就交换速度”必须同时满足一维弹性碰撞。若两球碰后粘住，或碰前速度不在同一直线上，不能套用这个结论。 </Callout> ### 非弹性碰撞：动量守恒，动能有所减少 若碰撞后系统总动能小于碰前总动能，这次碰撞叫作**非弹性碰撞**。减少的动能没有消失，而是转化为物体的内能、永久形变、声能等。系统总能量仍然守恒，只是机械能不再守恒。 这里有个很容易混淆的说法：“非弹性碰撞的动能不守恒，所以动量也不守恒。”两者没有这样的捆绑关系。短时碰撞中，动量是否守恒看外力冲量；动能是否守恒看机械能是否转化成别的形式，它们判断的是不同问题。 ### 完全非弹性碰撞：碰后共速，动能损失最大 碰后两物体粘在一起，或者虽没有真正粘住却保持相对静止，它们发生的是**完全非弹性碰撞**。共同速度由 $$m_1v_1+m_2v_2=(m_1+m_2)v$$ 得到 $$v=\frac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2}$$ 在给定碰前状态且动量守恒的各种碰撞结果中，共速状态的总动能最小，因此完全非弹性碰撞的动能损失最大。损失量为 $$E_{\text{损}}=\frac12m_1v_1^2+\frac12m_2v_2^2-\frac12(m_1+m_2)v^2$$ 整理后还可写成 $$E_{\text{损}}=\frac{m_1m_2}{2(m_1+m_2)}(v_1-v_2)^2$$ 注意，式中是碰前**相对速度的平方**，所以无论选向左还是向右为正，损失量都不会变成负数。  高考计算中，“嵌入”“粘在一起”“碰后共同运动”都是共速信号。只列动量守恒求出共同速度还没结束；若题目继续问损失的机械能、产生的热量或形变量，就要把碰前后动能作差。 ## 算出来的速度，还要过三道物理关 假设左边的 $1$ 号球追上右边的 $2$ 号球。有人给出一组碰后速度，只要它满足动量守恒，就一定可能发生吗？不一定。一个代数解要成为真实碰撞结果，至少要接受三项检查。  ### 第一关：总动量是否守恒 先确认研究过程里所选方向的外力冲量能否忽略，再检验碰前、碰后总动量是否相等。若这一关不通过，就不是题设条件下的碰撞结果。 ### 第二关：普通碰撞后总动能不能凭空增加 没有弹簧释放、爆炸或其他内部能源参与的普通碰撞中，碰后总动能应小于或等于碰前总动能。相等对应弹性碰撞，减少对应非弹性碰撞。若算出碰后动能更大，就相当于两个普通小球在接触瞬间无缘无故获得了能量。 爆炸或带储能装置释放能量是例外：系统内能、化学能或弹性势能可以转化为动能，因此不能用“动能不增”去否定爆炸结果。判断规则必须和实际过程匹配。 ### 第三关：碰后两物体应分离，不能仍在相互挤入 仍设 $1$ 号球在左、$2$ 号球在右，向右为正。碰撞结束后应有 $$v_1'\le v_2'$$ 若 $v_1'>v_2'$，左球还会继续追上右球，说明接触作用尚未真正结束，或者随后还会发生另一次碰撞；这组速度不能被当作一次短时碰撞刚结束的最终状态。完全非弹性碰撞取等号，二者共同运动。 现在检查一组数据：质量均为 $m$ 的两球，$1$ 号球以 $4\ \text{m/s}$ 追上静止的 $2$ 号球。有人说碰后速度分别为 $3\ \text{m/s}$ 和 $1\ \text{m/s}$。总动量确实还是 $4m\ \text{m/s}$，总动能也从 $8m\ \text{J}$ 减为 $5m\ \text{J}$，前两关都通过；但 $3>1$，左球仍比右球快，第三关失败。这不是一次碰撞完全结束后的结果。 <iframe title="碰撞结果合理性判定器" src="https://media.edu-free.com/uploads/gaokao_physics_selective_compulsory_1_ch03_collision_validity_checker_6270ccac3670ff49_5826b0a8ef.html" style={{ width: '100%', height: '860px', border: '0', borderRadius: '16px', display: 'block', margin: '24px 0' }} loading="lazy" /> 复习题里，碰撞“可能性”常把三个条件藏在不同选项中。稳定的顺序是：先用动量筛掉明显错误，再算动能，最后看碰后速度的先后关系。只盯着一个守恒方程，最容易留下“数学上成立、物理上穿透”的假答案。 ### 碰撞前后若还有运动，先把时间切成几段 一颗子弹射入放在粗糙地面上的木块，子弹嵌入木块只需很短时间，随后组合体却要滑行较长距离才停下。若把“子弹刚接触木块”到“组合体停止”全部装进一个动量守恒方程，就会把地面摩擦在长时间内的冲量漏掉。 更可靠的处理是按物理事件分段。第一段是短时碰撞：子弹和木块之间的内力很大，地面摩擦冲量相对很小，可近似用动量守恒求碰后共同速度；第二段是碰后滑行：摩擦力持续做功，应使用动能定理或运动学规律求位移，不能继续声称子弹—木块系统动量守恒。 同样，摆球在最低点撞上另一球时，碰撞阶段只比较碰撞前后一瞬间；球碰后摆到最高点的阶段，再用机械能关系。两段都可能“能量守恒”，含义却不同：弹性碰撞中守恒的是两球总动能，摆动中则是重力势能和动能相互转化。题目给出的细线长度、摩擦因数、轨道高度，往往就是提醒你已经跨入另一段过程。 <Callout variant='warning'> 动量守恒不是从题目开头一路通到结尾的万能通行证。每换一个过程，都要重新检查系统和外力冲量；每写一次机械能关系，也要重新确认有没有摩擦、形变或内部能源释放。 </Callout> 碰撞是两个物体迎面交换动量；若一个物体主动把自己的一部分向后抛出，剩余部分会怎样运动？这就从碰撞自然走向反冲。 ## 反冲：把一部分质量向后送，主体就向前走 没有扎口的气球在空中乱窜，乌贼喷水后反向游动，水火箭把水高速向下喷出后向上加速。它们都不是靠“推开周围空气”才运动，而是主体与喷出物之间相互作用：主体给喷出物一个方向的动量，喷出物就给主体大小相等、方向相反的动量变化。即使在真空中，火箭也能依靠喷气反冲工作。  设装有水的火箭喷水前总质量为 $M$，初始静止；极短时间内向下喷出质量 $m$ 的水。取向上为正，如果水相对地面的速度为 $-u$，剩余箭体质量为 $M-m$、速度为 $V$，忽略喷射阶段的外力冲量，有 $$0=(M-m)V-mu$$ 所以 $$V=\frac{m}{M-m}u$$ 箭体与水的动量大小相等、方向相反，但动能一般不相等，因为它们质量不同。喷水后系统的机械能还可能比喷水前大，增加的机械能来自压缩气体的内能等，并不违背能量守恒。  速度相对谁，是反冲题里的隐蔽陷阱。上式的 $u$ 是水**相对地面**的速度大小。若题目给的是水相对箭体向下的速度大小 $u_{\text{相}}$，则水对地速度为 $V-u_{\text{相}}$，动量方程应写成 $$0=(M-m)V+m(V-u_{\text{相}})$$ 由此得到 $V=mu_{\text{相}}/M$。两个分母不同，不是公式互相矛盾，而是给定速度的参考系不同。 <iframe title="水火箭反冲实验室" src="https://media.edu-free.com/uploads/gaokao_physics_selective_compulsory_1_ch03_water_rocket_recoil_lab_7d8bb797622c_55bb6deb67.html" style={{ width: '100%', height: '820px', border: '0', borderRadius: '16px', display: 'block', margin: '24px 0' }} loading="lazy" /> 真实火箭连续喷出燃气，质量不断变化。本章只做入门判断：在一个很短的喷气时间段内，把“这一小段时间结束后的火箭”和“这段时间喷出的燃气”合成系统，比较喷气前后动量。若研究时间变长，重力和空气阻力的冲量就不能随意忽略，也不能把一次短时喷射公式机械套到全程。 ### 爆炸是反冲思想的另一张面孔 一个静止物体炸成质量为 $m_1、m_2$ 的两块，若爆炸过程外力冲量可忽略，则 $$m_1v_1+m_2v_2=0$$ 两块速度方向相反，且速率满足 $m_1|v_1|=m_2|v_2|$。质量小的一块通常速度大。爆炸后总动能可以增加，因为化学能或内能转化成了机械能；这一点恰好与普通非弹性碰撞相反。 <Callout variant='warning'> “内力远大于外力”只能支持爆炸极短过程中的动量近似守恒，不能说明爆炸前后机械能守恒。爆炸后的抛体运动持续较久，必须重新把重力纳入分析。 </Callout> 火箭把物质抛到系统的一边，主体就向另一边移动。如果物质没有离开系统，只是人在船上从一端走到另一端，类似的位移关系仍然存在。 ## 人船模型：动量关系积累成位移关系 一条小船静止在平静水面上，人从船的一端走向另一端。人沿船走，船却会悄悄向相反方向退；若把行走方向反过来，人与船的运动方向也一同反过来。如果人相对船走过船长 $L$，人相对岸也移动 $L$ 吗？显然不是，因为脚下的船并没有留在原处。  设人质量为 $m$，船质量为 $M$，系统原来静止，水平方向水的阻力可忽略。人在任意时刻相对岸速度为 $v$，船相对岸速度为 $V$，由水平方向动量守恒得 $$mv+MV=0$$ 人在行走中可以忽快忽慢，船速也随之改变，但对整个过程求时间积累，仍有 $$m x_{\text{人}}=M x_{\text{船}}$$ 这里 $x_{\text{人}}、x_{\text{船}}$ 表示相对岸位移的大小，方向相反。人相对船走过的距离等于两者对岸位移大小之和： $$x_{\text{人}}+x_{\text{船}}=L$$ 联立得到 $$x_{\text{人}}=\frac{M}{M+m}L,\qquad x_{\text{船}}=\frac{m}{M+m}L$$ 先别急着记分子。想象人非常轻、船非常重，船几乎不动，人的对岸位移应接近 $L$，所以 $x_{\text{人}}$ 的分子必须在 $M\gg m$ 时接近分母；这个极端检查能迅速纠正分子写反的错误。 <iframe title="人船位移关系模拟器" src="https://media.edu-free.com/uploads/gaokao_physics_selective_compulsory_1_ch03_person_boat_displacement_lab_abb35aee78f7_3b122ff544.html" style={{ width: '100%', height: '830px', border: '0', borderRadius: '16px', display: 'block', margin: '24px 0' }} loading="lazy" /> <Callout variant='info'> 标准人船公式需要三个关键条件：系统初始总动量为零；所研究方向的外力冲量可忽略；$L$ 是人与船的相对位移，而不是人相对岸的位移。若系统原来整体运动，质心会做匀速运动，不能直接说质心位置不变。 </Callout> ### 移动斜面只是把“人走船动”换了外形 光滑水平面上放一个可移动斜面，质量为 $m$ 的滑块从斜面顶端由静止滑到底端，斜面质量为 $M$，斜面底边的水平投影为 $L$。滑块与斜面的水平位移方向相反。系统竖直方向受地面支持力，二维总动量并不守恒；但水平方向没有外力，水平动量守恒。  设斜面和滑块相对地面的水平位移大小分别为 $x_M、x_m$。二者方向相反，滑块相对斜面的水平位移大小为 $L$，所以 $$x_m+x_M=L$$ 水平方向的位移关系为 $$m x_m=M x_M$$ 于是 $$x_m=\frac{M}{M+m}L,\qquad x_M=\frac{m}{M+m}L$$ 斜面有多高、滑块沿斜面走了多远，都不直接进入这个水平位移结果；真正需要的是相对位移的**水平投影**。同样的思想还能处理人在气球吊篮中沿绳运动等情境，但必须先确认所研究方向的外力冲量是否能忽略，不能看见“一大一小两个物体”就自动套人船公式。 <iframe title="移动斜面水平位移实验" src="https://media.edu-free.com/uploads/gaokao_physics_selective_compulsory_1_ch03_moving_wedge_displacement_lab_a5945f859ab20e70_e184a59ff7.html" style={{ width: '100%', height: '840px', border: '0', borderRadius: '16px', display: 'block', margin: '24px 0' }} loading="lazy" /> 高考中的人船模型经常把船换成斜面、圆弧槽或小车。图形变了，判断顺序不变：先选系统与方向，再确认该方向动量守恒，最后把速度关系积累为位移关系，并用相对位移补上第二个方程。 ## 把本章方法连成一条判断链 <Steps> <Step> 先选系统、过程和正方向。碰撞或喷射只研究短暂作用阶段，人船模型则研究完整移动过程。 </Step> <Step> 检查所选方向的外力冲量。可忽略时写总动量守恒；只有某一方向满足条件，就只在该方向列式。 </Step> <Step> 碰撞题再看能量条件：弹性碰撞总动能不变，普通非弹性碰撞总动能减少，完全非弹性碰撞还要加上共速条件。 </Step> <Step> 对碰撞结果做物理复核：动量对不对、普通碰撞动能是否不增、碰后是否已经分离。 </Step> <Step> 反冲题核对喷出速度的参考系；人船题则区分相对地面位移与相对位移，再写位移关系。 </Step> </Steps> <Callout variant='success'> 碰撞、反冲和人船模型并不是三套互不相干的公式。它们共同描述了一个系统怎样在内力作用下重新分配动量：碰撞关心瞬间的速度分配，反冲关心分离物的相反动量，人船模型则把全过程的动量关系积累成位移关系。 </Callout> 下一章将进入简谐运动。碰撞研究的是短时间内速度突然改变，振动则研究物体为什么会在平衡位置附近反复往返；“回复力怎样随位移变化”会成为新的主线。 ## 课后练习 ### 练习 1：完全非弹性碰撞 质量为 $2\ \text{kg}$ 的小车以 $3\ \text{m/s}$ 向右运动，与前方静止的 $1\ \text{kg}$ 小车相撞并粘在一起。轨道水平光滑，求共同速度和碰撞损失的动能。 <ClickToShow> 取向右为正，动量守恒给出 $2\times3=(2+1)v$，所以 $v=2\ \text{m/s}$。碰前动能为 $9\ \text{J}$，碰后动能为 $\frac12\times3\times2^2=6\ \text{J}$，损失 $3\ \text{J}$。 </ClickToShow> ### 练习 2：等质量弹性碰撞 两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线运动，碰前速度分别为 $+5\ \text{m/s}$ 和 $-2\ \text{m/s}$，发生弹性碰撞。求碰后速度。 <ClickToShow> 一维弹性碰撞中，等质量两球交换速度，因此 $v_1'=-2\ \text{m/s}$，$v_2'=+5\ \text{m/s}$。不能把“交换速度”误写成只交换速率，方向也属于速度的一部分。 </ClickToShow> ### 练习 3：主动球是否反弹 质量为 $m$ 的小球以速度 $v_0$ 撞向静止的质量为 $3m$ 的小球，碰撞为一维弹性碰撞。求两球碰后速度。 <ClickToShow> 代入静止靶球的弹性碰撞结果，$v_1'=(m-3m)v_0/(m+3m)=-v_0/2$，$v_2'=2mv_0/(m+3m)=v_0/2$。主动球反弹，被撞球向前运动。 </ClickToShow> ### 练习 4：普通碰撞的可能性 两质量相等的小球沿同一直线运动，$1$ 号球在左，碰前速度为 $4\ \text{m/s}$，$2$ 号球在右且静止。下列哪组碰后速度可能是一次普通碰撞结束后的结果？ A. $v_1'=3\ \text{m/s},v_2'=1\ \text{m/s}$　B. $v_1'=1\ \text{m/s},v_2'=3\ \text{m/s}$　C. $v_1'=-1\ \text{m/s},v_2'=6\ \text{m/s}$ <ClickToShow> B 可能。三组中，A、B都满足总动量为 $4m\ \text{m/s}$，C不满足动量守恒。A虽不增加动能，但 $v_1'>v_2'$，两球仍会靠近；B同时满足动量守恒、动能不增加和 $v_1'\le v_2'$。 </ClickToShow> ### 练习 5：判断碰撞类型 质量分别为 $1\ \text{kg}$、$2\ \text{kg}$ 的两球，碰前速度分别为 $4\ \text{m/s}$、$1\ \text{m/s}$，碰后速度分别为 $0$、$3\ \text{m/s}$。判断动量是否守恒，并判断碰撞类型。 <ClickToShow> 碰前总动量为 $1\times4+2\times1=6\ \text{kg·m/s}$，碰后为 $1\times0+2\times3=6\ \text{kg·m/s}$。碰前总动能为 $9\ \text{J}$，碰后也是 $9\ \text{J}$，因此这是弹性碰撞。 </ClickToShow> ### 练习 6：动能损失的相对速度表达 质量均为 $m$ 的两团黏土沿同一直线相向运动，速度分别为 $+v$ 和 $-v$，碰后粘在一起。求共同速度和动能损失。 <ClickToShow> 初动量为零，所以共同速度为零。碰前总动能为 $\frac12mv^2+\frac12mv^2=mv^2$，碰后动能为零，故损失 $mv^2$。用损失公式也可得 $\frac{m^2}{2(2m)}[v-(-v)]^2=mv^2$。 </ClickToShow> ### 练习 7：爆炸后的速度 静止物体在光滑水平面上炸成质量比为 $1:3$ 的两块。质量较小的一块以 $6\ \text{m/s}$ 向右运动，求另一块的速度。 <ClickToShow> 取向右为正，设两块质量为 $m、3m$，由 $m\times6+3mv=0$ 得 $v=-2\ \text{m/s}$，即质量较大的一块以 $2\ \text{m/s}$ 向左运动。爆炸后动能增加来自物体内部能量。 </ClickToShow> ### 练习 8：水火箭的对地速度 总质量为 $5.0\ \text{kg}$ 的水火箭原来静止，极短时间内向下喷出 $1.0\ \text{kg}$ 的水，水相对地面的速度大小为 $8.0\ \text{m/s}$。忽略喷射阶段外力冲量，求剩余箭体速度。 <ClickToShow> 剩余箭体质量为 $4.0\ \text{kg}$。由 $4.0V-1.0\times8.0=0$ 得 $V=2.0\ \text{m/s}$，方向向上。 </ClickToShow> ### 练习 9：喷出速度的参考系 仍是总质量 $5.0\ \text{kg}$、喷出水质量 $1.0\ \text{kg}$ 的静止水火箭。若水相对箭体向下的速度大小为 $10\ \text{m/s}$，求喷射后箭体速度。 <ClickToShow> 设向上为正，水对地速度为 $V-10$。由 $4V+1(V-10)=0$ 得 $V=2.0\ \text{m/s}$。这里不能把 $10\ \text{m/s}$ 直接当作水的对地速度代入上一题公式。 </ClickToShow> ### 练习 10：人船位移 质量为 $60\ \text{kg}$ 的人从质量为 $240\ \text{kg}$、长 $5.0\ \text{m}$ 的小船一端走到另一端。船原来静止，忽略水平方向阻力。求人和船相对岸的位移大小。 <ClickToShow> $x_{\text{人}}=\frac{240}{240+60}\times5.0=4.0\ \text{m}$，$x_{\text{船}}=\frac{60}{300}\times5.0=1.0\ \text{m}$，方向相反。两者之和为相对位移 $5.0\ \text{m}$。 </ClickToShow> ### 练习 11：中途停下会怎样 人在船上由船尾向船头走到一半，停住一会儿，再继续走到船头。忽略水平方向阻力。与始终匀速走完全程相比，船的最终位移是否改变？ <ClickToShow> 不改变。人在任意时刻的速度变化会改变船的瞬时速度，但完整过程仍满足 $m x_{\text{人}}=M x_{\text{船}}$，最终相对位移仍为船长。停顿只改变运动所用时间和速度过程，不改变最终位移分配。 </ClickToShow> ### 练习 12：移动斜面 质量为 $m$ 的滑块从质量为 $4m$ 的光滑可移动斜面顶端由静止滑到底端。地面光滑，斜面底边水平投影为 $L$。求斜面和滑块相对地面的水平位移大小。 <ClickToShow> 斜面向左移动 $x_M=\frac{m}{4m+m}L=L/5$；滑块相对地面向右移动 $x_m=\frac{4m}{5m}L=4L/5$。二者之和为滑块相对斜面的水平位移 $L$。 </ClickToShow> ### 练习 13：方向守恒的辨析 滑块从可移动斜面顶端下滑时，滑块与斜面组成的系统二维总动量是否守恒？水平方向动量是否守恒？ <ClickToShow> 二维总动量不守恒，因为系统竖直方向受到地面支持力与重力，其合外力一般不为零；水平方向地面光滑，外力合力为零，所以水平方向动量守恒。人船位移关系只能沿满足守恒条件的方向使用。 </ClickToShow> ### 练习 14：概念综合 <MultipleChoiceQuestion number={14} question="关于碰撞、反冲和人船模型，下列说法正确的是：" options={["只要系统动量守恒，碰撞前后总动能就一定相等", "普通碰撞的候选结果除满足动量守恒外，还应检查动能与碰后分离条件", "火箭能在真空中依靠喷气反冲运动", "人船模型中的相对位移就是人相对岸的位移"]} answers={[1, 2]} explanation="动量守恒与动能守恒是不同条件；普通碰撞结果还要满足动能不凭空增加和碰后分离。火箭依靠火箭与喷出燃气的相互作用，不需要借助空气。人船模型中的相对位移等于人与船相对岸反向位移大小之和。" /> ## 本章收束 短时碰撞、喷射和爆炸能否使用动量守恒，要看所选方向的外力冲量能否忽略。弹性碰撞同时守恒动量和总动能；普通非弹性碰撞动量可以守恒而总动能减少；完全非弹性碰撞以共速为标志，并在给定初态下损失最多动能。碰撞结果还必须满足真实的分离条件。 反冲把动量分配给向相反方向运动的两部分，速度的参考系必须写清。人船模型则把全过程的瞬时动量关系转化成位移关系：质量与相对岸位移大小交叉对应，再用相对位移补齐方程。遇到移动斜面等变式，只要守住所研究方向与相对位移，这套方法仍然有效。