动量守恒定律复习.docx
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动量守恒定律复习
动量守恒定律复习
1.动量守恒定律
一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。
即:
2.动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零;
⑵系统受外力,但外力远小于内力,可以忽略不计;
⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒。
⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零,则该阶段系统动量守恒。
3.动量守恒定律的表达形式
除了
,即p1+p2=p1/+p2/外,还有:
Δp1+Δp2=0,Δp1=-Δp2和
4.注意点:
应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。
(1)整体性:
动量守恒定律是对一个物体系统而言的,具有系统的整体性,而不能对系统的一个部分。
即初末状态的研究对象必须一致,
(2)矢量性:
动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变,在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法;
(3)相对性:
动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。
如系统的各部分所选取的参考系不同,动量守恒不成立。
通常取地面为参考系;
(4)瞬时性:
一般来说,系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量,系统在某一时刻的动量,应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。
5.动量守恒定律的适用范围:
普遍适用(微观或宏观领域都适用)
从现代物理学的理论高度来认识,动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。
(另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。
)从科学实践的角度来看,迄今为止,人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。
相反,每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时,物理学家们就会提出新的假设来补救,最后总是以有新的发现而胜利告终。
例如静止的原子核发生β衰变放出电子时,按动量守恒,反冲核应该沿电子的反方向运动。
但云室照片显示,两者径迹不在一条直线上。
为解释这一反常现象,1930年泡利提出了中微子假说。
由于中微子既不带电又几乎无质量,在实验中极难测量,直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。
(2000年高考综合题23②就是根据这一历史事实设计的)。
又如人们发现,两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。
这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场,把电磁场的动量也考虑进去,总动量就又守恒了。
四、动量守恒定律的应用
1.碰撞
两个物体在极短时间内发生相互作用,这种情况称为碰撞。
由于作用时间极短,一般都满足内力远大于外力,所以可以认为系统的动量守恒。
特点:
(1)作用时间极短,相互作用的内力远大于外力,外力的冲量可忽略,系统的动量守恒;
(2)碰撞前后速度发生突变,但碰撞前后的瞬间物体的位置不变;
(3)一般情况下的碰撞过程中系统总动能不会增加。
总动能不变的碰撞称为弹性碰撞;若两物体碰撞后速度相同(粘合在一起),这种碰撞动能损失最多,称为完全非弹性碰撞。
故碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程:
设光滑水平面上,质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动,B的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ位置A、B刚好接触,弹簧开始被压缩,A开始减速,B开始加速;到Ⅱ位置A、B速度刚好相等(设为v),弹簧被压缩到最短;再往后A、B开始远离,弹簧开始恢复原长,到Ⅲ位置弹簧刚好为原长,A、B分开,这时A、B的速度分别为
。
全过程系统动量一定是守恒的;而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
⑴弹簧是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能,Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大;Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能;因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为:
。
(这个结论最好背下来,以后经常要用到。
)
当
时:
(速度互换)
当
时:
A球继续前进
当
时:
A球被反弹
当
时:
A球以原速前进
当
时:
A球以原速返回
⑵弹簧不是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少,一部分转化为弹性势能,一部分转化为内能,Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同,弹性势能仍最大,但比⑴小;Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少,部分转化为动能,部分转化为内能;因为全过程系统动能有损失(一部分动能转化为内能)。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
⑶弹簧完全没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能,Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同,但没有弹性势能;由于没有弹性,A、B不再分开,而是共同运动,不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明,A、B最终的共同速度为
。
在完全非弹性碰撞过程中,系统的动能损失最大,为:
。
(这个结论最好背下来,以后经常要用到。
)
例21.质量为M的楔形物块上有圆弧轨道,静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v1向物块运动。
不计一切摩擦,圆弧小于90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
解:
系统水平方向动量守恒,全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中,由水平方向系统动量守恒得:
由系统机械能守恒得:
解得
全过程系统水平动量守恒,机械能守恒,得
本题和上面分析的弹性碰撞基本相同,唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。
例22.动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动,A追上B并发生碰撞后。
若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s,而方向不变,那么A、B质量之比的可能范围是什么?
解:
A能追上B,说明碰前vA>vB,∴
;碰后A的速度不大于B的速度,
;又因为碰撞过程系统动能不会增加,
,由以上不等式组解得:
此类碰撞问题要考虑三个因素:
①碰撞中系统动量守恒;②碰撞过程中系统动能不增加;③碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)和速度大小应保证其顺序合理。
2.子弹打木块类问题
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型,它的特点是:
子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
例23.设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解:
子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒:
从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f,设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2,如图所示,显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理:
……①
对木块用动能定理:
……②
①、②相减得:
……③
这个式子的物理意义是:
fd恰好等于系统动能的损失;根据能量守恒定律,系统动能的损失应该等于系统内能的增加;可见
,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能),等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力,摩擦生热跟路径有关,所以这里应该用路程,而不是用位移)。
由上式不难求得平均阻力的大小:
至于木块前进的距离s2,可以由以上②、③相比得出:
从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论。
由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比:
一般情况下
,所以s2< 这说明,在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽略不计。 这就为分阶段处理问题提供了依据。 象这种运动物体与静止物体相互作用,动量守恒,最后共同运动的类型,全过程动能的损失量可用公式: …④ 当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔEK=fd(这里的d为木块的厚度),但由于末状态子弹和木块速度不相等,所以不能再用④式计算ΔEK的大小。 做这类题目时一定要画好示意图,把各种数量关系和速度符号标在图上,以免列方程时代错数据。 3.爆炸、反冲问题 在某些情况下,原来系统内物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。 这类问题相互作用过程中系统的动能增大,有其它能向动能转化。 可以把这类问题统称为反冲。 例24.质量为m的人站在质量为M,长为L的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边。 当他向左走到船的左端时,船左端离岸多远? 解: 先画出示意图。 人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、船动量大小始终相等。 从图中可以看出,人、船的位移大小之和等于L。 设人、船位移大小分别为l1、l2,则: mv1=Mv2,两边同乘时间t,ml1=Ml2,而l1+l2=L,∴ 应该注意到: 此结论与人在船上行走的速度大小无关。 不论是匀速行走还是变速行走,甚至往返行走,只要人最终到达船的左端,那么结论都是相同的。 做这类题目,首先要画好示意图,要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。 以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。 如果发生相互作用前系统就具有一定的动量,那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程,而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。 例25.总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0,速度方向水平。 火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后,火箭本身的速度变为多大? 解: 火箭喷出燃气前后系统动量守恒。 喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m,以v0方向为正方向, 例26.向空中发射一物体.不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a,b两块.若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则[] 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里,a飞行的水平距离一定比b的大 C.a,b一定同时到达地面 D.炸裂的过程中,a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 【错解分析】错解一: 因为在炸裂中分成两块的物体一个向前,另一个必向后,所以选A。 错解二: 因为不知道a与b的速度谁大,所以不能确定是否同时到达地面,也不能确定水平距离谁的大,所以不选B,C。 错解三: 在炸裂过程中,因为a的质量较大,所以a受的冲量较大,所以D不对。 错解一中的认识是一种凭感觉判断,而不是建立在全面分析的基础上。 事实是由于没有讲明a的速度大小。 所以,若要满足动量守恒,(mA+mB)v=mAvA+mBvB,vB的方向也可能与vA同向。 错解二是因为没有掌握力的独立原理和运动独立性原理。 把水平方向运动的快慢与竖直方向的运动混为一谈。 错解三的主要错误在于对于冲量的概念没有很好理解。 【正确解答】物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时,由于物体沿水平方向不受外力,所以沿水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有: (mA+mB)v=mAvA+mBvB 当vA与原来速度v同向时,vB可能与vA反向,也可能与vA同向,第二种情况是由于vA的大小没有确定,题目只讲的质量较大,但若vA很小,则mAvA还可能小于原动量(mA+mB)v。 这时,vB的方向会与vA方向一致,即与原来方向相同所以A不对。 a,b两块在水平飞行的同时,竖直方向做自由落体运动即做平抛运动,落地时间由 决定。 因为h相等,所以落地时间一定相等,所以选项C是正确的。 由于水平飞行距离x=v·t,a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等,而落地时间t又相等,所以水平飞行距离无法比较大小,所以B不对。 根据牛顿第三定律,a,b所受爆炸力FA=-FB,力的作用时间相等,所以冲量I=F·t的大小一定相等。 所以D是正确的。 此题的正确答案是: C,D。 【小结】对于物理问题的解答,首先要搞清问题的物理情景,抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块,且a仍沿原来方向运动),进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力),运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。 解答物理问题应该有根有据,切忌“想当然”地作出判断。 例27.【错解分析】一炮弹在水平飞行时,其动能为 ,某时它炸裂成质量相等的两块,其中一块的动能为 ,求另一块的动能 。 【错解分析】错解: 设炮弹的总质量为m,爆炸前后动量守恒,由动量守恒定律: P=P1+P2 代入数据得: Ek=225J。 主要是只考虑到爆炸后两块的速度同向,而没有考虑到方向相反的情况,因而漏掉一解。 实际上,动能为625J的一块的速度与炸裂前炮弹运动速度也可能相反。 【正确解答】以炮弹爆炸前的方向为正方向,并考虑到动能为625J的一块的速度可能为正.可能为负,由动量守恒定律: P=P1+P2 解得: =225J或4225J。 正确答案是另一块的动能为225J或4225J。 【小结】从上面答案的结果看,炮弹炸裂后的总动能为(625+225)J=850J或(625+4225)J=4850J。 比炸裂前的总动能大,这是因为在爆炸过程中,化学能转化为机械能的缘故。 例28.【错解分析】在一只静止的小船上练习射击,船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M,枪内装有n颗子弹,每颗质量为m,枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对于地面的速度为v,在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已陷入靶中,则在发射完n颗子弹后,小船后退的距离为多少? 【错解分析】错解: 设第一颗子弹射出后船的后退速度为v′,后退距离为S1,子弹从枪口到靶所用的时间为: 对这颗子弹和其他物体构成的系统列动量守恒方程: mv=[M+(n-1)m]v′② 在时间t内船的后退距离 s1=v′t③ 子弹全部射出后船的后退距离 s=ns1④ 联立①②③④解得: 上述结果之所以错误。 主要问题出在第 式上,即 中的位移l和速度v应相对同一参照系而言。 而此题中子弹射出后对地速度为v,l为子弹相对船的位移,所以式子 是错误的。 【正确解答】设子弹射出后船的后退速度为v′,后退距离为s1=v′t,如图5-5所示,由几何关系可知 l=d+s1即l=v·t+v′t⑤ 联立②③④⑤解得: 【小结】对本题物理过程分析的关键,是要弄清子弹射向靶的过程中,子弹与船运动的关系,而这一关系如果能用图5-5所示的几何图形加以描述,则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。 可见利用运动的过程草图,帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题,是大有益处的。 例29.如图5-7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块。 今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是: [] A.小球在半圆槽内运动的全过程中,只有重力对它做功 B.小球在半圆槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动。 【错解分析】错解一: 半圆槽光滑,小球在半圆槽内做圆周运动的全过程中,只受重力和弹力作用,而弹力方向始终与速度方向垂直,所以弹力不做功,则只有重力做功,所以选A。 错解二: 由于光滑的半圆槽置于光滑的水平面,所以小球在半圆槽运动的全过程中,小球与半圆槽水平方向不受外力作用,因而系统在水平方向动量守恒,故选B。 错解三: 半圆槽槽口的切线方向为竖直方向,因而小球运动到C点时的速度方向竖直向上,所以小球离开C点以后得做竖直上抛运动,故选D。 【正确解答】本题的受力分析应与左侧没有物块挡住以及半圆槽固定在水平面上的情况区分开来。 (图5-8) 从A→B的过程中,半圆槽对球的支持力N沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力N′方向相反指向左下方,因为有物块挡住,所以半圆槽不会向左运动,情形将与半圆槽固定时相同。 但从B→C的过程中,小球对半圆槽的压力N′方向向右下方,所以半圆槽要向右运动,因而小球参与了两个运动: 一个是沿半圆槽的圆运动,另一个与半圆槽一起向右运动,小球所受支持力N与速度方向并不垂直,所以支持力会做功。 所以A不对。 又因为有物块挡住,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,即B也不对。 当小球运动到C点时,它的两个分运动的速度方向如图5-9,并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,即D也不对。 正确答案是: 小球在半圆槽内自B→C运动过程中,虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触,但已不挤压,同时水平而光滑,因而系统在水平方向不受任何外力作用,故在此过程中,系统在水平方向动量守恒,所以正确答案应选C。 【小结】在本题中由于半圆槽左侧有物块将槽挡住,导致了小球从A→B和从B→C两段过程特点的不同,因此在这两个过程中小球所受弹力的方向与其运动方向的关系,及球和槽组成的系统所受合外力情况都发生了变化。 而这一变化导致了两个过程所遵从的物理规律不同,所以具体的解决方法也就不一样了。 通过本题的分析解答,可以使我们看到,对不同的物理过程要做认真细致的具体分析,切忌不认真分析过程,用头脑中已有的模型代替新问题,而乱套公式。 例30.【错解分析】质量为M的小车,以速度v0在光滑水平地面前进,上面站着一个质量为m的人,问: 当人以相对车的速度u向后水平跳出后,车速度为多大? 【错解分析】错解一: 设人跳出后的瞬间车速为v,则其动量为Mv,根据动量守恒定律有: (M+m)v0=Mv 错解二: 设人跳出后的车速为v,车的动量为Mv,人的动量为m(u+v),根据动量守恒定律有: (M+m)v0=Mv+m(u+v) 错解三: 设车的前进方向为正方向,人在跳出车后,车的动量为Mv,人的动量为-mu,根据动量守恒定律有: (M+m)v0=Mv-mu 错解四: 设车的前进方向为正方向,则人跳出车后小车的动量Mv,人的动量为-m(u-v0),根据动量守恒定律有: (M+m)v0=Mv-m(u-v0) 错解一的错误原因是动量守恒的对象应为车和人的系统,而错解一中把人跳离车后的动量丢掉了,即以系统的一部分(车)来代替系统(车和人)。 错解二: 是没有考虑到,人跳离车前后动量方向的变化。 而是简单地采用了算术和,忽略了动量的矢量性。 错解三的错误在于参考系发生变化了。 人跳离前人与车的动量是相对地的。 人跳离车后车的动量(Mv)也是相对地的,而人跳离车后人的动量(mu)却是相对于车而言的,所以答案不对。 错解四中的错误在于对速度的瞬时性的分析。 v0是人未跳离车之前系统(M+m)的速度,-m(u-v0)就不能代表人跳离车后瞬间人的动量。 【正确解答】选地面为参照系,以小车前进的方向为正方向,根据动量守恒定律有: (M+m)v0=Mv-m(u-v) 【小结】应用动量守恒定律解题时应注意几个方面。 (1)整体性,动量守恒定律是对一个物体系统而言的,具有系统的整体性,而不能对系统的一个部分,如本题错解一。 (2)矢量性,动量守恒是指系统内部各部分动量的矢量和保持不变,在解题时必须运用矢量法则来计算而不能用算术方法,如本题错解二。 (3)相对性,动量守恒定律中系统在作用前后的动量都应是相对于同一惯性参考系而言。 如系统的各部分所选取的参考系不同,动量守恒不成立。 如本题错解三。 (4)瞬时性,一般来说,系统内的各部分在不同时刻具有不同的动量,系统在某一时刻的动量,应该是此时刻系统内各部分的瞬时动量的矢量和。 如本题错解四。 例31.图5-12,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。 当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为: () 【错解分析】错解一: 根据动量守恒定律: 所以选A。 错解二: 因为人相对于车是竖直向上跳的,所以人与车系统在水平方向上不受外力,即人与车在水平方向动量守恒。 所以有: Mv1=(M-m)v′1 产生上述错误的主要原因是对动量守恒定律的矢量性理解不深入。 错解一的错误在于没有考虑到动量的矢量性,只是简单地套用动量守恒定律公式,因而把V1,V2,V1′的方向混为一谈,而出现这种错误。 错解二的主要问题在于对物体惯性概念的理解还有问题。 误认为人竖直向上跳起就没有向前的水平速度了,也就没有向前的动量了,从这个错误认识出发就造成判断本题的错误。 也因为没有状态分析的习惯。 【正确解答】人和车这个系统,在水平方向上合外力等于零,系统在水平方向上动量守恒。 设车的速度V1的方向为正方向,选地面为参照系。 初态车和人的总动量为Mv1,末态车的动量为(M-m)v′l(因为人在水平方向上没有受到冲量,其水平动量保持不变)。 人在水平方向上对地的动量仍为mv1, 则有Mv1=(M-m)v′1+mv1 (M-m)v1=(M-m)v′1 所以v′=v1正确答案应为D。 例32.【错解分析】如图5-13所示,在光滑水平轨道上有一小车质量为M2,它下面用长为L的绳系一质量为M1的砂袋,今有一水平射来的质量为m的子弹,它射入砂袋后并不穿出,而与砂袋一起摆过一角度θ。 不计悬线质量,试求子弹射入砂袋时的速度V0多大? 【错解分析】错解: 由动量守恒定律: mv0=(M1+M2+m)v 解得: 没有很好地分析物理过程,盲目模仿,没有建立正确的物理模型,简单地将此类问题看成“冲击摆”,缺少物理模型变异的透彻分析。 事实上,此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定,而是随着小车往前移动的。 当摆摆到最高点时,(M1+m)只是竖直方向的速度为零,而水平方向依然具有一定速度,即在最高点处(M1+m)具有动能。 这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。 【正确解答】子弹射入砂袋前后动量守恒,设子弹打入砂袋瞬间具有速度v0′,由动量守恒定律: mv0=(M1+m)v0′① 此后(M1+m)在摆动过程中,水平方向做减速运动,而M2在水平方向做加速运动,当(M1+m)与M2具有共同水平速度时,悬线偏角θ达到最大,即竖直向上的速度为零,在这一过程中。 满足机械能守恒,设共同速度为v,由机械能守恒有: 但式①,②中有三个未知量,v0,v0′,v,还需再寻找关系。 从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止,在这个过程中,水平方向不受外力,所以、动量守恒,由动量守恒定律有: mv0=(M1+M2+m)v③ 【小结】对于大部分学生来讲,掌握一定的物理模型并不困难,困难在于题目变化,新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的,旧有的,规范的物理模型中,进而用比较普遍运用的物理规律去求解,此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”,找出两者之间的共同点与区别,达到解决问题的目的。 例33.两个质量相同的小车位于同一水平光滑轨道上,A车上站着一个人,两车都静止,如图所示.当这个人自A车跳到B车上又立即跳回A车并在A车上站稳时,下面说法中正确的是[] A.两车又都恢复到静止状态 B.两车都在运动,它们的速率相等,方向相反 C.两车都在运动,A车的速率大于B车的速率 D.两车都在运动,A车的速率小于B车的速率 解答: 当人跳离A车时,人和A车系统水平动量守恒,人和车B结合系统水平动量守恒;当人又跳回A车时,人和B车系统动量守恒,人和A车系统水平动量守恒。 所以可以将全过程(A车、B车和人)作为研究的过
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