第八章：动量典型例题

1——冲量相等时物体的运动情况

如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动（ ）． A、可能是匀变速运动 B、可能是匀速圆周运动 C、可能是匀变速曲线运动 D、可能是匀变速直线运动

分析与解：冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．答案为A、C、D．

2——下落物体的重力冲量

一个质量为5kg的物体从离地面80m的高处自由下落，不计空气阻力，在下落这段时间内，物体受到的重力冲量的大小是（ ）．

A．200N·s B．150N·s C．100N·s D．250N·s

分析与解：根据冲量的定义IFt在这个过程中重力的大小是一个定值，只需求出这个过程所用的时间即可．

12gt22htght2(s)Imgt5102100Ns

答案：C．

3——冲量公式的简单应用

一匹马通过不计质量的绳子拉着货车从甲地到乙地，在这段时间内，下列说法中正确的是：（ ）．

A、马拉车的冲量大于车拉马的冲量 B、车拉马的冲量大于马拉车的冲量 C、两者互施的冲量大小相等 D、无法比较冲量大小

分析与解：在这个过程中，马对车的拉力，与车对马的拉力是一对作用力与反作用力，大小总是相等的，根据冲量的定义，时间也相同，所以冲量的大小是相等的．

答案：C．

4——关于动量的矢量计算

质量为5kg的小球以5m／s的速度竖直落到地板上，随后以3m／s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（ ）

A．10kg·m／s B．－10kg·m／s

C．40kg·m／s D．－40kg·m／s

分析与解：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正． 初动量p1mv15525kg·m/s 末动量p2mv25(3)15kg·m／s

动量的变化pp2p1152540kg·m／s

答案：D．

5——关于抛体运动物体的重力冲量

质量为5kg的小球，从距地面高为20m处水平抛出，初速度为10m／s，从抛出到落地过程中，重力的冲量是（ ）．

A．60N·s B．80N·s C．100N·s D．120N·s

分析与解：在这个过程中，小球所受重力恒定不变，只需求出这个过程的时间即可

12gt22htgh2202(s)10IFtmgt5102100(Ns)t

答案：C．

6——动量大小与速度的关系

质量为60kg以1m/s速度步行的人和以800m/s速度飞行的质量为0.01kg的子弹，哪个动量大？

解：人p1m1v1601kgm/s60kgm/s 子弹p2m2v20.01800kgm/s8kgm/s

即：人的动量大．

7——课本例题分析与设疑

一个质量是0.1kg的钢球，以6 m／s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回，沿着同一直线以6m／s的速度水平向左运动（如图）．碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？

分析：动量是矢量，它的大小和（或）方向发生了变化，动量就发生了变化，碰撞前后虽然钢球速度大小没有变化，都是6m／s，但速度的方向发生了变化，动量的方向与速度的方向相同，动量的方向也发生了变化，所以钢球的动量发生了变化．

解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v6m/s，碰撞前钢球的动量为：

pmv0.16kgm/s0.6kgm/s

碰撞后钢球的速度v6m/s，碰撞后钢球的动量为

pmv0.16kgm/s0.6kgm/s

碰撞前后钢球动量的变化为

pp0.6kgm/s0.6kgm/s1.2kgm/s

动量的变化ppp也是矢量，求得的数值为负值，表示p的方向与所取的正方向相反，p的方向水平向左。

结论：碰撞前后物体仍在同一条直线上运动，可先设一个正方向，末动量p和初动量p可据此用正、负值表示，则动量的变化p却可用代数方法求出．

设疑：若碰撞前后物体不在同一条直线上运动，那么动量的变化又如何求呢？ 8——课本思考与讨论的分析

思考与讨论：

如图所示，一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度仍为2m/s，你能不能用作图法求出钢球动量变化的大小和方向？

本书虽然不要求作这种计算，但是思考一下这个问题，会帮助你进一步认识动量的矢量性．

分析：（如图）动量是矢量，动量方向与速度方向相同，我们可以用作图法（如图）根据平行四边形定则求动量变化p．

根据pppp(p)2p2mv可求得p0.56kg·m／s，方向竖直向上．

结论：碰撞前后物体不在同一条直线上运动，可用作图法，根据平行四边形定则，以p和－p为邻边，作出平行四边形，其对角线长与p大小成正比，方向就是p的方向．

第二节 动量定理

1——由动量定理判断物体的冲量变化

甲、乙两个质量相同的物体，以相同的初速度分别在粗糙程度不同的水平面上运动，乙物体先停下来，甲物体又经较长时间停下来，下面叙述中正确的是（ ）． A、甲物体受到的冲量大于乙物体受到的冲量 B、两个物体受到的冲量大小相等

C、乙物体受到的冲量大于甲物体受到的冲量 D、无法判断

分析与解：本题中甲、乙两物体受到的冲量是指甲、乙两物体所受合外力的冲量，而在这个过程中甲、乙两物体所受合外力均为摩察力，那么由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于动量的增量，由题中可知，甲、乙两物体初、末状态的动量都相同，所以所受的冲量均相同．

答案：B．

2——由动量大小判断外力大小

质量为0.1kg的小球，以10m／s的速度水平撞击在竖直放置的厚钢板上，而后以7m／s的速度被反向弹回，设撞击的时间为0.01s，并取撞击前钢球速度的方向为正方向，则钢球受到的平均作用力为（ ）．

A．30N B．－30N C．170N D．－170N

分析与解在撞击过程中小球的动量发生了变化，而这个变化等于小球所受合外力的冲量，这个合外力的大小就等于钢板对钢球作用力的大小．（此时可忽略小球的重力）

IpFtmv2mv1F0.010.1(7)0.1(10)F170N答案：D．

3——由速度变化判断冲量

质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短离地的速率为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ）．

A．向下，m(v1v2) B．向下，m(v1v2) C．向上，m(v1v2) D．向上，m(v1v2)

分析与解：在小球碰撞到弹起的过程中，小球速度变化的方向是向上的，所以小球受到地面冲量的方向一定是向上的，在忽略小球重力的情况下，地面对小球冲量的大小等于小球动量的变化．

以竖直向上为正方向．

Imv2m(v1)Im(v2v1)

答案：D．

4——小球下落到软垫时受到的平均作用力

一质量为100g的小球从0.8m高处自由下落到一个软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为（g取10m/s，不计空气阻力）

解析：根据动量定理，设向上为正．

2(Fmg)t(mv0) ①

v02gh ②

由①、②得到Ft0.6N·s 题目本身并没有什么难度，但一部分学生在学习中练习此类问题时却屡做屡错．原因是： （1）对基本概念和基本规律没有引起重视； （2）对动量定理等号左边I的意义不理解； （3）对此类问题中重力的取舍不清楚． 题目中所给的0.2s并没有直接用上，但题目中的0.2s告诉我们作用时间t较长，重力作用不能忽略，我们可以进一步剖析此题．

由题目中所给的0.2s时间，可以求出软垫对小球的冲力为：

F0.63N，而重力为mg1N。相差不了多少．重力不能忽略． 0.2而假设作用的时间为0.002s时，则：

F300N，与重力mg相比，Fmg，重力可以忽略．

点拔：在处理此类问题时，若作用时间极短，大约小于0.01s，计算中可以忽略重力影响，若时间较长，则重力的影响是不能忽略的．

5——应用动量定理忽略中间过程

质量为m的物体静止在足够大的水平面上，物体与桌面的动摩擦因数为，有一水平

恒力作用于物体上，并使之加速前进，经t1秒后去掉此恒力，求物体运动的总时间t．

解析：

解法一、见图．物体的运动可分为两个阶段，第一阶段受两个力F、f的作用，时间t1，物体由A运动到B速度达到v1；第二阶段物体只受f的作用，时间为t2，由B运动到C，速度由v1变为O．

设向右为正，据动量定理：

第一阶段：(Ff)t1mv1mv0mv1① 第二阶段：ft10mv1mv1② 两式相加：Ft1f(t1t2)0

fmg，代入上式，可求出：

t2(Fmg)t1

mgFt1 mg∴t总t1t2解法二：如果用IF1t1F2t2FntnP，把两个阶段当成一个过程来看： F作用t1时间，ng则作用了t总时间，动量变化P0

Ft1mgt总0

t总Ft1 mg点拨：物体动量的变化等于各个力在各段时间上积累总的效果，即：

F1t1F2t2FntnP

例6、将质量为0.10kg的小球从离地面20m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为15m／s，当小球落地时，求： （1）小球的动量；

（2）小球从抛出至落地过程中的动量增量；

（3）小球从抛出至落地过程中受到的重力的冲量．

选题目的：考查动量和冲量的理解和计算．

解析：首先要求出小球落地时的速度v，然后再根据有关定义分别求解．

2根据运动学中位移和速度关系式v2v02as可得

v215221020

v25m/s

取向下为正方向．

（1）落地时小球的动量为：

pmv0.1252.5

（2）小球从抛出至落地的动量增加

pmvmv0

0.1250.115 1.0kg·m/s

方向竖直向下

（3）小球下落的时间t可由速度公式vv0at得

251510t t1.0s

小球受到的重力的冲量

Imgt0.1101.01.0N·s

例7、一细绳跨过一轻的定滑轮，两端分别挂有质量m及M的物体，如图所示，M静止在地面上，且Mm，当m自由下落h距离后，绳子才被拉紧，求绳子刚被拉紧时两物体的速度，以及M能上升的最大高度．

选题目的：考查动量定理的运用．

解析：绳子在拉紧而使两物体碰撞时，绳子的弹力大小是变化的，时间是极短而不好确定的，因此无法用牛顿运动定律求解，必须应用动量定理解题．整个问题可分三个阶段来讨论

第一阶段：m自由落下h距离使绳子拉紧，此时m的速度为

v12gh

第二阶段：当绳子拉紧时，m和M除受到重力外，还受到绳子的弹力F，经过极短时间t后，m和M才以相同的速度v分别作向上向下的运动．

我们应分别对m和M应用动量定理，皆选定向上的方向为正向．受力如图所示． 对m物体应用动量定理：

(F1mg)tmv(mv1)

对M物体也应用动量定理

(F2Mg)tMv(mv1)

由于弹力F1F2F，且重力mg、Mg和弹力F1、F2相比较，可以忽略，则由上两式可得

vm2ghmv1 MmMm此即绳子被拉紧时两物体的速度

第三阶段：绳子被拉紧后，m和M分别作向下和向上的加速运动，其加速度可由牛顿第二定律求出：

对隔离体MMgFMa 对偏离体mFmgma

故aMmg

Mm当M以初速度v上升，其加速度a的方向与速度方向相反，即作匀减速运动，上升到最大高度H时速度为零，即

v22aHm2gh2Mm v2H()/2g2aMmMmm2h2 2Mm

第三节 动量守恒定律

1——关于碰撞系统的动量守恒

质量为2m的物体A，以一定的速度沿光滑水平面运动，与一静止的物体B碰撞后粘为一体继续运动，它们共同的速度为碰撞前A的速度的2／3，则物体B的质量为

（ ）．

A．m B．2m C．3m D．

2m 3分析与解在碰撞的过程中，A，B物体构成的系统，动量守恒，并且碰撞后两者具有共同的速度．

设碰撞前A的速度为v0，碰撞后两者共同的速度为v2v0，B物体质量为M 32mv0(2mM)v22mv0(2mM)v0

3Mm答案：A．

2——微观粒子的动量守恒的应用

一个不稳定的原子核，质量为M，处于静止状态，当它以速度v0释放一个质量为m的粒子后，则原子核剩余部分的速度为（ ）．

A．

mmmmv0 B．v0 C．v0 D．v0

MmMMmMm分析与解：在这个过程中原子核和它释放出的粒子构成的系统，满足动量守恒定律且总动量大小为零，选取v0的方向为正方向．

0mv0(Mm)vmvv0Mm

方向与v0的方向相反． 答案：C．

3——空中爆炸物体的平抛运动

向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度仍沿原来的方向，那么下列说法中正确的是（ ）． 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内，a飞行距离一定比b大 C、a、b一定同时到达水平地面

D、a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等

分析与解：当炸弹爆炸瞬间，炸弹具有水平方向的速度，并且水平方向不受外力．所以水平

方向炸弹的动量守恒，那么以后a、b两块的动量和一定保持不变，且方向一定与原来水平方向相同，所以b的速度方向也可能与原方向相同．由于两者具有水平方向的速度且高地高度相同，因此一定同时落地，由于不知a、b速度的大小所以无法比较a、b飞行的水平距离．爆炸力对a、b的作用大小是相同的，且作用的时间相同，所以爆炸力冲量的大小相等．

答案：C、D．

例4：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，气球下方悬根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这根绳长至少为多少米？（不计人的高度）

选题目的：考查动量守恒定律的灵活运用．

解析：人和气球静止空中，所以人球组成的系统所受合外力为零，人沿绳下滑，不论人以何种方式运动，根据动量守恒，气球都要向相反的方向（向上）运动．当人下滑到地时，气球上升一段距离，此时人相对气球运动的距离为原离地高度与气球上升的距离之和．如图所示，即为s1s2，正是人安全到地的绳长．

解法一：设人下滑速度为v1，气球上升速度为v2，选向下为正方向，因系统合外力为零，故系统动量守恒．

0m1v1m2v2

由于人球运动规律相同，所以上式两边同乘以时间t得： ∴s2m150.s120m5m m2200 故绳长为ls1s220m5m25m

，球上升速度为v2，选向下为正方向，则人对地速度为解法二：设人的下滑速度为v1v2，由系统动量守恒得 v1v2)m2v2 m1(v1因作用时间相同，上式两边同乘以t得：

(m1m2)s2 0m1s1v2)ts1 又(v1s2ts1 即 s1 解得：s1

m1m2m2s25020020m25m 200

例5：质量为M的一列火车在平直的轨道上匀速行驶，速度为v0．已知列车各部分所受的阻力都等于它们的重力的k倍．某时刻列车后部质量为m的一段脱钩，司机未能发现，仍以原牵引力带动列车前进．求

①当脱离部分的速度减为v0/2时，前面部分的速度．

②当后面部分停止后多长时间，前面部分的速度达到2 v0．

选题目的：考查动量守恒定律的应用．

解析：以整列火车为研究对象，脱钩前后相比较，除了两部分间的相互作用力有变化以外，所受外力没有发生变化，因此满足动量守恒的条件，但只限于后面部分运动过程中．

①根据动量守恒 M v0=(M-m)v+ m v0/2， 解出前面部分的速度为 v=

2Mmv0．

2(Mm)②后面部分停止时刻，前面部分的速度为v’，根据动量守恒

Mv0= (M-m)v’， 则 v’=

Mv0，

Mm后面部分停止后，对前面部分应用动量定理，设再经过时间t速度达到2 v0， 则 [kMg-k(M-m)g]·t=(M-m)(2 v0- v’)， 解出 t=

(M2m)v0．

kmg（最后答案中若M<2m，则t为负值，说明在后面部分停止运动之前，前面部分的速度就已达到2 v0了．）

例6：如图所示，一质量为m的木块沿光滑的水平直轨道以速度v0=12m/s匀速运动，木块顶部边缘有一质量为m’的钢珠随它一起运动．木块与另一质量为m/3的静止木板发生碰撞，碰撞时间极短．碰后即合在一起运动．已知木块顶部距木板的高度为h=1.8m，要想使钢珠落在木板上，木板的长度至少多大？（取g=10m/s2）

选题目的：考查动量守恒定律与运动知识的综合运用．

解析：木块与木板碰撞过程中总动量守恒， 即：m v0=(m+m/3)v， 解出 v=3 v0/4=9m/s．

碰后钢珠作平抛运动，初速度为v0=12m/s，而木板与木块一起作匀速运动，速度为v=9m/s．钢珠落到木板上所需的时间=

2h=0.6s， g钢珠落在木板上时与木块边缘的距离l= v0t- vt = 1.8m，即木板的长度至少为1.8m．

第四节 动量守恒定律的应用

例题：如图 所示质量m0.5kg的木块以1m／s的水平速度滑到在光滑水平面上静止的质量为M2kg的小车上，经过0.2s木块和小车达到相同速度一起运动，求木块和小车间的动摩擦因数。

分析与解答： 由于水平面是光滑的，所以木块和小车构成的系统满足动量守恒定律，这样可以解得木块和小车共同的求速度，而小车动量的变化是由于摩擦力的冲量引起的，根据动量定理可以解得木块所受的摩擦力，可以求得动摩擦因数。

以木块初速度v0的方向为正方向，木块和小车共同的速度为v

vm0.5v010.2(m/s)mM2.5Ip

mgtmvmv0v0v10.20.4gt2例题 在质量为M的小车中挂有一个单摆、摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪个或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)vMv1mv2m0v3

（B）摆球的速度不变，小车和木块的速度变v1和v2， 满足：MvMv1mv2

（C）摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v， 满足；Mv(Mm)v

（D）小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2， 满足：（Mm0)v(Mm0)v1mv2

解析 题目中所给的条件为碰撞时间极短，因此在碰撞后，摆球的速度还没有来得及变化，因此只有小车与木块发生相互作用，有可能碰后二者分开，B对．有可能碰后粘在一起，C对，A、D错．

点拨 由于题目给的“碰撞时间极短”因此三者的相互作用为两个阶段．第一阶段，木块、小车发生相互作用，动量改变，第二阶段再经时间t后摆球、木块、小车再次相互作用、动量再一次改变．

例题 如图所示，在光滑水平面上，质量为0.5kg的球A以2m／s的速度向右运动与迎面而来的质量为2kg速度大小为4m／s的B球正碰，碰后A球以2m／s的速率被反弹，求此时B球的速度．

解析 两球碰撞时动量守恒．设vA方向为正方向，A球质量为mA，B球质量为mB．碰

后速度分别为vA、vB，可设vB方向仍然向左

mAvAmBvBmAvAmBvB

0.52240.522vBvB3m/s方向向左．

点拨 碰撞前后物体运动状态要发生变化，确定好碰撞前后各个物体动量的方向是正确解题的关键．

例题 如图所示，质量为M的车（包括物），以速度v在光滑水平面上匀速运动，质量为m的物体被向车后方以仰角方向相对地速度的大小为v抛出．求抛出物体后车速度为多少？

解析 在抛出物体的瞬间，竖直方向合外力要发生变化，∴总动量不守恒，但在水平方向上合外力为零，因此水平方向动量守恒．

设车速v的方向为正方向，由动量守恒定律

Mvmvcos(Mm)v

有：vMvmvcos

Mm点拨 物体被抛出的瞬间，地面的支持力要大于重力，因此但水平方向由于

F外总动量不守恒，0．

F外0，

∴水平方向动量守恒．

例1、 在以下几种情况中，属于动量守恒的有哪些？

（A）车原来静止，放于光滑水平面，车上的人从车头走到车尾．

（B）水平放置的弹簧一端固定，另一端与置于光滑水平面的物体相连，令弹簧伸长，使物体运动起来．

（C）斜面体放于光滑水平地面上，物体由斜面顶端自由滑下，斜面体后退．

（D）光滑水平地面上，用细线拴住一个弹簧，弹簧的两边靠放两个静止的物体，用火烧断弹簧的瞬间，两物体被弹出． 解析 静止的车放于光滑水平地面上

F外人与车通过0人从车头走到车尾过程中，

摩擦力发生相互作用，符合动量守恒条件．A对． 弹簧一端固定，在弹簧伸长使物体运动的过程中由于 ∴动量不守恒．B错．

物体从斜面顶端滑下，斜面后退，由于物体受重力作用 ∴总动量不守恒．但因为水平方向

F外0

F外0 ∴

F外0，∴ 只是在水平方向上动量守恒．∴ C错．

光滑水平面，烧断弹簧，使两物体弹出的过程符合

F外0。动量守恒．D对．

点拨 判断物体系在物体相互作用过程中是否动量守恒，要扣住动量守恒的条件．

例2、 在做碰撞中的动量守恒实验中安装斜槽轨道时，应让斜槽末端点的切线保持水平，这样做的目的是为了使（ ）。 A 入射球得到较大的速度．

B 入射球与被碰球对心碰撞后，速度均为水平方向． C 入射球与被碰球碰撞时动能无损失．

D 入射球与被碰球碰后均能从同一高度飞出．

分析与解 本实验的原理要用长度来代替小球在水平方向飞行时的初速度，所以必须要求小球在碰撞时和飞出时的速度是水平的，因此必须使斜槽末端点的切线保持水平。 答案：B。 例3、质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球动量为7kg·m/s，B球的动量为5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量PA、PB可能值是：

A、PA=6kg·m/s PB=6kg·m/s B、PA=3kg·m/s PB=9kg·m/s C、PA=-2kg·m/s PB=14kg·m/s D、PA=-4kg·m/s PB=17kg·m/s

答案：A

第五节 反冲运动 火箭

例2、自动步枪每分钟能射出600颗子弹，每颗子弹的质量为20g，以500m/s的速度射出枪口，求因射击而使人受到的反冲力的大小．

选题目的：考查反冲力的计算．

解析：对子弹，由动量定理得

Ftnmv0

Fnmv6000.02500100（N） t60根据牛顿第三定律得知，因射击而使人受到的反冲力的大小F人F100N．

例３：在反冲小车实验中，点燃酒精，水蒸气将橡皮塞冲出，小车沿相反方向运动．如

果小车总质量M3kg，水平喷出的橡皮塞质量为0.1kg，橡皮塞喷出时速度v2.9m/s，求小车的反冲速度．

选题目的： 考查动量守恒定律在反冲运动中的应用．

解析：小车与橡皮塞为一系统，所受外力之和为零，系统总动量为零

根据动量守恒定律 mv(Mm)V0

vm0.1v2.90.1m/s

Mm30.1 负号表明小车运动方向与橡皮塞的运动方向相反，反冲速度大小是0.1m/s

小结：在反冲运动中系统动量守恒

讨论：若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，小车的反冲速度又 是多少？

分析：小车与橡皮塞组成的系统在水平方向动量守恒

mv0cos60(Mm)v0 mv0cos60v0.05m/sMm 小结：系统在某一方向上所受外力之和为零或不受外力，该方向上动量守恒，反冲运 动遵循动量守恒定律．

例4：一质量为60kg的人以4m/s的速度从后面跳上一辆静止在光滑水平面上质量为100kg的小车，然后相对小车以2m/s的速度向前跳下，求人跳下小车后小车的速度．

选题目的：考查动量守恒定律的应用．

解析：以小车和人为一系统，总动量守恒，设人质量为m，小车质量为M，人跳上车的速度为v，人跳离车时相对车的速度为u，小车此时速度为V 人跳上车之前，系统总动量pmv

人跳离之后，系统总动量pm(vu)Mv

根据动量守恒定律pp

mvm(vu)Mv mvmuvmm代入数据得 v0.75m/s

例：甲乙两只小船在湖面上沿同一直线相向运动，已知甲船质量m1=150kg, 速度是v1=2.0m/s, 乙船质量m2=250kg, 速度是v2=1.0m/s．甲船上原站着一个质量为m=50kg的人，当两船距离很近而将要发生碰撞时，船上的人用力跳到乙船上，求能避免碰撞的人的最小起跳水平速度（相对地面的）．

选题目的：考查反冲运动中动量受恒定律的应用．

解析： 设人相对地面的最小起跳水平速度为vmin，他以这个速度跳到乙船上后，两船速度大小相等，设为v．则

对甲船和人 (m1+m)v1= m1 v+ mvmin,

对人和乙船 mvmin+ m2（-v2）= (m2+m)v．

解以上两式，得 vmin=

(m1m)(m2m)v1m1m2v2=7.0m/s．

m(m2m)mm1