动量守恒定律典型例题doc.docx

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动量守恒定律典型例题doc

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结

一．知识总结归纳

1.动量守恒定律：

研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2.动量守恒定律的条件：

（1）理想守恒：

系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：

当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：

如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3.动量守恒定律应用中需注意：

（1）矢量性：

表达式m1v1+m2v2=

中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：

即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：

等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：

表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．

4.碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．

（3）完全非弹性碰撞——碰撞结束后，形变完全保留，通常表现为碰后两物体合二为一，以同一速度运动，碰撞前后系统的总动量相等，动能损失最多。

上述三种情况均不含其它形式的能转化为机械能的情况。

5.反冲现象指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象。

显然在反冲运动过程中，系统不受外力作用或外力远远小于系统内物体间的相互作用力，所以在反冲现象里系统的动量是守恒的。

【典型例题】

例1.如图1所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起做为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　）

A．动量守恒，机械能守恒

B．动量不守恒，机械能不守恒

C．动量守恒，机械能不守恒

D．动量不守恒，机械能守恒

分析：

合理选取研究对象和运动过程，利用机械能守恒和动量守恒的条件分析。

如果只研究子弹A射入木块B的短暂过程，并且只选A、B为研究对象，则由于时间极短，则只需考虑在A、B之间的相互作用，A、B组成的系统动量守恒，但此过程中存在着动能和内能之间的转化，所以A、B系统机械能不守恒。

本题研究的是从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程，而且将子弹、木块和弹簧合在一起为研究对象，在这个过程中有竖直墙壁对系统的弹力作用，（此力对系统来讲是外力）故动量不守恒。

解答：

由上面的分析可知，正确选项为B

例2.质量为m1=10g的小球在光滑的水平面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m1的速度是多大？

方向如何？

分析：

由于两小球在光滑水平面上，以两小球组成的系统为研究对象，该系统沿水平方向不受外力，因此系统动量守恒。

解答：

碰撞过程两小球组成的系统动量守恒。

设v1的方向，即向右为正方向，则各速度的正负及大小为：

v1=30cm/s，v2=－10cm/s，

=0

据：

m1v1+m2v2=

代入数值得：

=－20cm/s

则小球m1的速度大小为20cm/s，方向与v1方向相反，即向左。

说明：

注意在应用动量守恒定律时要明确以下几个问题：

（1）明确研究对象，即所研究的相互作用的物体系统。

（2）明确所研究的物理过程，分析该过程中研究对象是否满足动量守恒条件。

（3）明确系统中每一物体在所研究的过程中初、末状态的动量及整个过程中动量的变化。

（4）明确参考系，规定正方向，根据动量守恒定律列方程，求解。

例3.如图2所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。

为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。

若不计冰面的摩擦力，求：

甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？

分析：

甲、乙不相碰的条件是相互作用后三者反。

而要使甲与乙及箱子的运动方向相反，则需要甲以更大的速度推出箱子。

因本题所求为“甲至少要以多大速度”推出木箱，所以要求相互作用后，三者的速度相同。

以甲、乙和箱子组成的系统为研究对象，因不计冰面的摩擦，所以甲、乙和箱子相互作用过程中动量守恒。

解答：

设甲推出箱子后的速度为v甲，乙抓住箱子后的速度为v乙，则由动量守恒定律，得：

甲推箱子过程：

（M+m）v0=Mv甲+mv①

乙抓住箱子的过程：

mv-Mv0=（M+m）v乙②

甲、乙恰不相碰的条件：

v甲=v乙③

代入数据可解得：

v=5.2m/s

说明：

仔细分析物理过程，恰当选取研究对象，是解决问题的关键。

对于同一个问题，选择不同的物体对象和过程对象，往往可以有相应的方法，同样可以解决问题。

本例中的解答过程，先是以甲与箱子为研究对象，以甲和箱子共同前进到甲推出箱子为过程；再以乙和箱子为研究对象，以抓住箱子的前后为过程来处理的。

本题也可以先以甲、乙、箱子三者为研究对象，先求出最后的共同速度v=0.4m/s，再单独研究甲推箱子过程或乙抓住箱子的过程求得结果，而且更为简捷。

例4.一只质量为M的平板小车静止在水平光滑面上，小车上站着一个质量为m的人，M＞m，在此人从小车的一端走到另一端的过程中，以下说法正确的是（不计空气的阻力）（）

A.人受的冲量与平板车受的冲量相同

B.人向前走的速度大于平板车后退的速度

C.当人停止走动时，平板车也停止后退

D.人向前走时，人与平板车的总动量守恒

分析：

由于平板车放在光滑水平面上，又不计空气阻力，以人、车组成的系统为研究对象，该系统沿水平方向不受外力，因此系统动量守恒，可判断选项D正确。

在相互作用的过程中，人与车之间的相互作用的内力对它们的冲量大小相等、方向相反，冲量是矢量，选项A错误。

开始时二者均静止，系统的初动量为0，根据动量守恒，整个过程满足0=mv人+Mv车，即人向一端走动时，车必向反方向移动，人停车也停，又因M＞m，v人的大小一定大于v车，选项B、C正确。

解答：

根据上面的分析可知正确选项为B、C、D。

说明：

分析反冲类问题，例如爆竹爆炸，发射火箭、炮车发射炮弹等，应首先判断是否满足动量守恒，其次要分析清楚系统的初动量情况、参与作用的物体的动量变化情况及能量转化情况。

例5.在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（　　）

A.E1＜E0B.p1＜p0C.E2＞E0D.p2＞p0

分析：

理解碰撞的可能性的分析方法，从动量守恒、能量守恒、及可行性几个角度进行分析。

设碰撞前球1的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：

p0=－p1+p2，可得到碰撞后球2的动量等于p2=p0+p1。

速度相同，或甲与乙、箱子的运动方向相由于碰撞前球2静止，所以碰撞后球2一定沿正方向运动，所以p2＞p0，选项D正确．

由于碰撞后系统的机械能总量不可能大于碰撞前系统机械能总量，即E0≥E1＋E2，故有E0＞E1和E0＞E2，选项A正确，选项C错误。

由动能和动量的关系Ek=

，结合选项A的结果，可判断选项B正确。

解答：

根据上面的分析可知正确选项为A、B、D．

说明：

1.分析处理碰撞类问题，除注意动量守恒及其动量的矢量性外，对同一状态的动能和动量的关系也要熟练掌握，即Ek=

，或

。

2.在定量分析碰撞后的可能性问题中，应注意以下三点：

（1）动量守恒原则：

碰撞前后系统动量相等。

（2）动能不增加原则：

碰后系统总动能不可能大于碰前系统的总动能．（注意区别爆炸过程）。

（3）可行性原则：

即情景要符合实际。

如本例中若1球碰后速度方向不变，则1球的速度一定小于2球的速度，而不可能出现1球速度大于2球速度的现象。

这就是实际情景对物理过程的约束。

动量守恒定律的典型例题

【例1】把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上．枪发射出一颗子弹．对于此过程，下列说法中正确的有哪些？

A．枪和子弹组成的系统动量守恒

B．枪和车组成的系统动量守恒

C．车、枪和子弹组成的系统动量守恒

D．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力．且摩擦力的冲量甚小

【分析】本题涉及如何选择系统，并判断系统是否动量守恒．物体间存在相互作用力是构成系统的必要条件，据此，本题中所涉及的桌子、小车、枪和子弹符合构成系统的条件．不仅如此，这些物体都跟地球有相互作用力．如果仅依据有相互作用就该纳入系统，那么推延下去只有把整个宇宙包括进去才能算是一个完整的体系，显然这对于分析、解决一些具体问题是没有意义的．选择体系的目的在于应用动量守恒定律去分析和解决问题，这样在选择物体构成体系的时候，除了物体间有相互作用之外，还必须考虑“由于物体的相互作用而改变了物体的动量”的条件．桌子和小车之间虽有相互作用力，但桌子的动量并没有发生变化．不应纳入系统内，小车、枪和子弹由于相互作用而改变了各自的动量，所以这三者构成了系统．分析系统是否动量守恒，则应区分内力和外力．对于选定的系统来说，重力和桌面的弹力是外力，由于其合力为零所以系统动量守恒．子弹与枪筒之间的摩擦力是系统的内力，只能影响子弹和枪各自的动量，不能改变系统的总动量．所以D的因果论述是错误的．

【解】正确的是C．

【例2】一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2．求：

鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离．

【分析】子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。

【解】把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由

Mv0＋mv＝（m＋M）u，

得

击中后，鸟带着子弹作平抛运动，运动时间为

鸟落地处离击中处水平距离为

S＝ut＝11.76×2m＝23.52m．

※【例3】一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为

【分析】列车原来做匀速直线运动，牵引力F等于摩擦力f，f=k（m＋M）g（k为比例系数），因此，整个列车所受的合外力等于零．尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力．因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车（前部+尾部）的动量应该守恒．考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由

（m+M）v0=0+Mv

得此时前部列车的速度为

【答】B．

【说明】上述求解是根据列车受力的特点，恰当地选取研究对象，巧妙地运用了动量守恒定律，显得非常简单．如果把每一部分作为研究对象，就需用牛顿第二定律等规律求解．有兴趣的同学，请自行研究比较．

【例4】质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m2=50g，速率v2=10cm/s．碰撞后，小球m2恰好停止．那么，碰撞后小球m1的速度是多大，方向如何？

【分析】取相互作用的两个小球为研究的系统。

由于桌面光滑，在水平方向上系统不受外力．在竖直方向上，系统受重力和桌面的弹力，其合力为零．故两球碰撞的过程动量守恒．

【解】设向右的方向为正方向，则各速度的正、负号分别为

v1=30cm/s，v2=10cm/s，v'2=0.

据动量守恒定律有

mlvl+m2v2=m1v'1+m2v'2．

解得v'1=-20cm/s.

即碰撞后球m1的速度大小为20cm/s，方向向左．

【说明】通过此例总结运用动量守恒定律解题的要点如下．

（1）确定研究对象．对象应是相互作用的物体系．

（2）分析系统所受的内力和外力，着重确认系统所受到的合外力是否为零，或合外力的冲量是否可以忽略不计．

（3）选取正方向，并将系统内的物体始、末状态的动量冠以正、负号，以表示动量的方向．

（4）分别列出系统内各物体运动变化前（始状态）和运动变化后（末状态）的动量之和．

（5）根据动量守恒定律建立方程，解方程求得未知量．

．

※【例5】两辆质量相同的小车A和B，置于光滑水平面上，一人站在A车上，两车均静止．若这个人从A车跳到B车上，接着又跳回A车，仍与A车保持相对静止，则此时A车的速率

A．等于零B．小于B车的速率

C．大于B车的速率D．等于B车的速率

【分析】设人的质量为m0，车的质量为m．取A、B两车和人这一系统为研究对象，人在两车间往返跳跃的过程中，整个系统水平方向不受外力作用，动量守恒．取开始时人站在A车上和后来又相对A车静止时这两个时刻考察系统的动量，则

0＝（m0＋m）vA＋mvB，

可见，两车反向运动，A车的速率小于B车的速率．

【答】B．

【说明】本题中两车相互作用前后动量在一直线上，但两者动量方向即速度方向均不甚明确，因此没有事先规定正方向，而是从一般的动

※【例7】甲、乙两船在平静的湖面上以相同的速度匀速航行，且甲船在前乙船在后．从甲船上以相对于甲船的速度v，水平向后方的乙船上抛一沙袋，其质量为m．设甲船和沙袋总质量为M，乙船的质量也为M．问抛掷沙袋后，甲、乙两船的速度变化多少？

【分析】由题意可知，沙袋从甲船抛出落到乙船上，先后出现了两个相互作用的过程，即沙袋跟甲船和沙袋跟乙船的相互作用过程．在这两个过程中的系统，沿水平方向的合外力为零，因此，两个系统的动量都守恒．值得注意的是，题目中给定的速度选择了不同的参照系．船速是相对于地面参照系，而抛出的沙袋的速度v是相对于抛出时的甲船参照系．

【解】取甲船初速度V的方向为正方向，则沙袋的速度应取负值．统一选取地面参照系，则（备注：

取沙袋和不同的船为研究对象）

沙袋抛出前，沙袋与甲船的总动量为MV．

沙袋抛出后，甲船的动量为（M-m）v甲'，沙袋的动量为m（v甲'-v）．

根据动量守恒定律有

MV=（M-m）v甲'＋m（v甲'-v）．

（1）

取沙袋和乙船为研究对象，在其相互作用过程中有

MV＋m（v甲'-v）＝（M+m）v乙'．

（2）

联立（l）、

（2）式解得

则甲、乙两船的速度变化分别为

【例8】小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg．若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度？

【分析】取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身（炮和船视为固定在一起）的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力（不计水的阻力），故在该方向上动量守恒．

【解】发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0．

发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1'cos45°，船后退的动量为（M-m）v2'．

据动量守恒定律有

0=mv1'cos45°＋（M-m）v2'．

取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得

※【例9】两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量mC=0.10kg的铅块C（其长度可略去不计）以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面（见图），由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求

木块A的速度和铅块C离开A时的速度．

【分析】C滑上A时，由于B与A紧靠在一起，将推动B一起运动．取C与A、B这一系统为研究对象，水平方向不受外力，动量守恒．滑上后，C在A的摩擦力作用下作匀减速运动，（A＋B）在C的摩擦力作用下作匀加速运动．待C滑出A后，C继续减速，B在C的摩擦力作用下继续作加速运动，于是A与B分离，直至C最后停于B上．

【解】设C离开A时的速度为vC，此时A、B的共同速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知

mCvC=（mA+mB）vA+mCv'C

（1）

以后，物体C离开A，与B发生相互作用．从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由v'C和vA变化到共同速度v．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知

mCv'C+mBvA=（mB+mC）v

（2）

由（l）式得mCv'C=mCvC-（mA＋mB）vA

代入

（2）式mCv'C-（mA+mC）vA+mBvA=（mB+mC）v．

得木块A的速度

所以铅块C离开A时的速度

【说明】应用动量守恒定律时，必需明确研究对象，即是哪一个系统的动量守恒．另外需明确考察的是系统在哪两个瞬间的动量．如果我们始终以（C＋A＋B）这一系统为研究对象，并考察C刚要滑上A和C刚离开A，以及C、B刚相对静止这三个瞬间，由于水平方向不受外力，则由动量守恒定律知

mCvC=（mA+mB）vA+mCv'C=mAvA+（mB+mC）v．

同样可得

※【例10】在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止．当人从船头走到船尾（如图），船后退多大距离？

（忽略水的阻力）

[分析]有的学生对这一问题是这样解答的．由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．取人前进的方向为正方向，设t时间内

这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度

考系的速度代入同一公式中必然要出错．

【解】选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为

为

【例11】一浮吊质量M=2×104kg，由岸上吊起一质量m=2×103kg的货物后，再将吊杆OA从与竖直方向间夹角θ=60°转到θ'=30°，设吊杆长L=8m，水的阻力不计，求浮吊在水平方向移动的距离？

向哪边移动？

【分析】对浮吊和货物组成的系统，在吊杆转动过程中水平方向不受外力，动量守恒．当货物随吊杆转动远离码头时，浮吊将向岸边靠拢，犹如人在船上向前走时船会后退一样，所以可应用动量守恒求解．

【解】设浮吊和货物在水平方向都作匀速运动，浮吊向右的速度为v，货物相对于浮吊向左的速度为u，则货物相对河岸的速度为（v-u）．由

0＝Mv＋m（v-u），

吊杆从方位角θ转到θ'需时

所以浮吊向岸边移动的距离

【说明】当吊杆从方位角θ转到θ'时，浮吊便向岸边移动一定的距离，这个距离与吊杆转动的速度，也就是货物移动的速度无关。

但为了应用动量守恒定律，必须先假设浮吊和货物移动为某个速度。

※【例12】如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n=1，2，3…）．每人只有一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量m=14kg，x<0一侧的每个沙袋质量为m'=10kg．一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行．不计轨道阻力．当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车相反的方向沿车面扔到车上，v的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）．（l）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？

（2）车上最终有大小沙袋共多少个？

【分析】因为扔到车上的沙袋的水平速度与车行方向相反，两者相互作用后一起运动时，总动量的方向（即一起运动的方向）必与原来动量较大的物体的动量方向相同．当经过第n个人时，扔上去的沙袋的动量大于车及车上沙袋的动量时，车就会反向运动．车向负x方向运动时、当扔上去的沙袋的动量与车及车上沙袋的动量等值反向时，车将停止运动．

【解】

（1）设小车朝正x方向滑行过程中，当车上已有（n-1）个沙袋时的车速为vn-1，则车与沙袋的动量大小为

p1＝［M＋（n－l）m]vn-1．

车经过第n个人时，扔出的沙袋速度大小为2nvn-1，其动量大小为

p2=2nmvn-1,

当满足条件p2＞p1时，车就反向滑行．于是由

2nmvn-1＞［M＋（n-l）m]vn-1，

得

取n=3，即车上堆积3个沙袋时车就反向运动．

（2）设车向负x方向滑行过程中，当第（n—1）个人扔出沙袋后的车速为v'n-1，其动量大小为

p'1＝［M＋3m＋（n-l）m'］v'n-1．

车经过第n个人时，扔出沙袋的速度大小为2nv'n-1，其动量大小为

当满足条件P'2=P'1时，车就停止．于是由

［M＋3m＋（n-l）m']vn-1＝2nm'v'n-1，

得

所以车停止时车上共有沙袋数为

N=3＋8=11（个）．

【说明】本题依据的物理道理是很显然的，由于构思新颖，使不少同学难以从具体问题中抽象出简化的物理模型，以致感到十分棘手．因此，学习中必须注重打好基础和提高分析问题的能力．

【例13】一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于

【分析】取整个原子核为研究对象。

由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v'，并规定粒子运动方向为正方向，则粒子的对地速度v=v0-v'，系统的动量

p2=mv-（M-m）v'=m（v0-v'）-（M-m）v'．

由p1=p2，即

0=m（v0-v）-（M-m）v'=mv0-Mv'．

【答】C．

【说明】本题最容易错选成B、D．前者是没有注意到动量守恒定律中的速度必须统一相对于地面，误写成

0=mv0-（M-m）v'．

后者是已规定了正方向后，但计算矢量和时没有注意正负，误写成

0=m（v0-v'）＋（M-m）v'．

对于矢量性较熟悉的读者，也可不必事先规定正方向，而根据解题结果加以判断，如本题中，粒子对地速度可表示为v=v0＋v'，由系统的动量守恒，

0=mv+（M-m）