一轮复习资料动量守恒定律及其应用

1、第二节动量守恒定律及其应用一、知识要点梳理1. 动量守恒定律内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统）表达式根据题目的需要，动量守恒定律可以表达为三种方式： m1v1m2 v2m1v1m2 v2 或 P1P2P1P2 表示作用前后系统的总动量相等； p1+ p2=0，表示相互作用体系总动量变化为零； p1=- p2，表示两物体动量的变化大小相等，方向相反。成立条件系统不受外力作用。( 理想化条件 )系统受外力作用，但合外力为零。例 1放在光滑水平面上的 A、 B两小车中间夹着一个压缩轻质弹簧，用

2、两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是（）A两手同时放开后，两车的总动量为零B先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒Key:ABD系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。例 2如图 1，质量为 m的小球系于长L=0.8m 的轻绳末端绳的另一端系于O点将小球移到轻绳水平的位置后释放，小球摆到最低点A 时，恰与原静止于水平面上的物块P相碰碰后小球回摆，上升的最高点为， 、B的高度差为 =0.20m已知P的B Ah质量为=3 ，与水平面间动摩擦因数=0.25

3、 ，小球与P的相互作用时间极短求PM m P能沿水平面滑行的距离Key:0.8m图 1系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。例 3在水平轨道上放置一门质量为M的炮车，发射炮弹的质量为m，炮车与轨道间摩擦不计，当炮身与水平方向成 角发射炮弹时，炮弹相对炮身的出口速度为v0，试求炮车后退的速度为多大?Key:mv0 cosVM m全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，即：原来连在一起的系统匀速或静止( 受合外力为零 ) ，分开后整体在某阶段受合外力仍为零, 可用动量守恒。例 4汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，

4、则脱钩后，在拖车停止运动前( )A 汽车和拖车的总动量不变B汽车和拖车的总动能不变C汽车和拖车的总动量增加D 汽车和拖车的总动能增加Key:AD理解动量守恒定律时应注意的几个特征矢量性：守恒的方程为矢量方程。对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反的为负。若未知方向的，可设与正方向相同，列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向。例 5质量为 m的 A 球以水平速度V 与静止在光滑的水平面上的质量为3m的 B 球正碰， A 球的速度变为原来的 1/2 ，则碰后 B 球的速度是（以V 的方向为正方向） .A.V/2,B.V

5、C. V/2D.V/2Key: D 正确相对性：各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。动量守恒定律适用于惯性参考系。例 6光滑水平面上一平板车质量 50kg ，上面站着质量 70kg 的人，共同以速度v0 匀速前进，若Mm人相对车以速度v=2m/s 向后跑，问人跑动后车的速度改变了多少?Key:1.17m/s讨论：有N个质量均为m的人，站在质量为M的平板车上，开始时人与平板车均静止在光滑水平地面上。这 N个人都从平板车的后端v 的水平速度从车上跳下。第一种情况是N个人同时跳车， 第二种情况是N个人依次跳下，试求这两种情况下平板车最终的速度是多大？若这N 个人都从平板车的后端以相对平板车为 v

6、 的水平速度从车上跳下，这两种情况下平板车最终的速度是多大？系统性：解题时，选择的对象是满足条件的系统，不是其中一个物体，也不是题中有几个物体就选几个物体。例 7甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为 6m/s. 甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：（ 1）两车的速度各为多少？（ 2）甲总共抛出了多少个小球？Key: （ 1） V 1.5 m

7、s（ 2） N=15同时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统在任一瞬间的动量为恒定。在列动量守恒方程m1 v1 m2 v2m1v1m2v2 时，等号左侧是作用前侧是作用后（或另一时刻） 系统内各物体动量的矢量和，等号右侧是作用后（或另一时刻）系统内各物体动量的矢量和。不是同一时刻的动量是不能相加的。例 8平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V0 前进，当人相对于船以速度u 向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计） 。Key: VmuV0mM阶段性：只有满足守恒条件的过程或阶段，动量才

8、守恒。例 9人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V 推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V 推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知Key: n=9M : m31 : 2 ）普遍性：只要系统所受的合外力为零，不论系统内部物体之间的相互作用力的性质如何，甚至对该力一无所知；不论系统内各物体是否具有相同的运动方向；不论物体相互作用时是否直接接触；也不论相互作用后粘合在一起还是分裂成碎片，动量守恒定律均适用。

9、动量守恒不仅适用于低速宏观物体，而且适用于接近光速运动的微观粒子。在自然办中，大到天体的相互作用，小到基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律，它是自然界普遍适用的基本规律之一。2. 应用反冲运动物体向同一方向抛出（冲出）一部分时（通常一小部分），剩余部分将获得相反方向的动量增量，这一过程称为反冲若所受合外力为零或合外力的冲量可以忽略，则反冲过程动量守恒反冲运动中，物体的动能不断增大，这是因为有其他形式能转化为动能例如火箭运动中，是气体燃烧释放的化学能转化为火箭和喷出气体的动能例 10进行“空间行走”作业的宇航员工作结束后与飞船相对静止，相距= 45m宇航员带着一个装L有 =0.5kg 的氧气

10、筒，打开阀门后，氧气可以速度（相对于飞船）v=50m/s 喷出，宇航员必须保留一部分氧m气供返回飞船途中呼吸用，已知宇航员呼吸的耗氧率为R=2.5 × 10-4 kg/s 为使宇航员返回的飞船时间最短，他应喷出多少氧气？ t 1=200s为使宇航员安全返回飞船所用的氧气最少，他应喷出多少氧气？Key:0.15kg碰撞、爆炸过程的特点时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用时间很短。相互作用力的特点：在碰撞、爆炸过程中，物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大。系统动量的特点：由于在碰撞、爆炸过程中，系统的内力远远大于外力，故即使系统所受外力之和不为零，但外力可以忽

11、略不计，系统总动量守恒。位移特点：由于碰撞、爆炸过程是瞬间发生的，时间极短，所以在物体发生碰撞、爆炸的瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后，在同一位置。能量特点：爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加。在碰撞过程中，由于有发热、发声、永久形变等物理现象的发生，故碰撞后系统的总动能是不可能增加的。同时，若碰撞后两物体的速度方向相同，则后面物体的速度将不能大于前面的物体的运动速度，即两物体不能相互穿越。碰后两物体若粘合在一起，具有共同速度，则这一碰撞过程动能损失最大。碰撞的分类弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，末态动能没有损失。所以，不仅动量守恒，而初、末动能相

12、等，即m1v1m2 v2m1v1m2 v21 m v2 1 m2v21 mv'21 m2v'22112221122非弹性碰撞碰撞结束后，形变部分消失，动能有部分损失。所以，动能守恒，而初、末动能不相等，即m1v1 m2 v2 m1v1m2 v21 m1v121 m 2 v 221 m1v1'21 m 2 v '22Ek 减2222完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动；形变完全保留，动能损失最大。所以，动量守恒，而初、末动能不相等，即m1v1m2 v2m1v1m2 v21 m1v121 m 2 v 221 (m1m 2 )v 2Ek 减222

13、. 在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则： 碰撞过程中动量守恒原则：发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短， 相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略。动量守恒碰撞后系统动能不增原则：碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能碰撞后运动状态的合理性原则：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约，比如，某物体向右运动，被后面物体迫及而碰撞后，其运动速度只会增大而不应该减

14、小。例 11A、 B 两小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动其动量分别为PA=5kgm/s ，PB=7kgm/s ，若 A追上 B 后与 B 碰撞，碰后 B 的动量为 P/=10kgm/s ，则 A、 B 的质量之比可能为BA1：1B1：2C1：5D1：10分析：此例的求解除了运用碰撞的规律外，还需要关注到碰撞的特征与制约碰撞过程的相关因素。解：由“动量制约”知：碰撞过程中A、 B 两球的总动量应守恒即：/PA+PB=PA +PB由此得：碰后A 球动量为 :P A/ =PA+PB PB/ =2kgm/s221212由“动能制约”知：碰前总动能不小于碰后总动能，即:PA+PB PA+ PB2m

15、A2mB2mA2mB代入数据有 : 25 +49 4+ 1002m A2mB2m A2mBmA7于是可得 :由“运动制约”知：考虑到碰后运动的合理性，碰后A 球的速度应不大于B 球的速度，即/PA PBmAmB代入数据又有 : 2 10 于是又可得 :mA 1m AmBmB 5由此知：此例应选C。 . 碰撞模型的拓宽：运用在前面碰撞的定义中，有“在极短时间内”这句话，由于时间的长短是相对的因此，可以将“极短的时间”这一条件略去，从广义上讲，物体间通过相互作用而使系统内物体动量发生变化的过程称为碰撞广义上的碰撞，不仅可以通过弹力，也可以通过分子力、电磁力、核力等其他力发生相互作用我们提出的这个广

16、义的碰撞模型在实践中有着广泛的应用例 12如图 2 所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车， 小车上有一半径为 R的 1光滑的弧形轨道，设有一质量为m 的小球，以 v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道4向上滑动， 达到某一高度h 后，又沿轨道下滑， 试求 h 的大小及小球刚离开轨道时的速度解：小球从进入轨道，到上升到最大高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能( 而不是热能 ) 据此可列方程：图 2mvm m v 01 mv021 m m v 2mgh 222解得： hv0 4g小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律

17、可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零讨论：小球速度的变化特点及最值问题3动量守恒解题的步骤分析题意，确定研究对象物体系统，对系统内每个物体进行受力分析，分清内力和外力，由合外力是否为零，判断能否运用动量守恒定律。认清物理过程，确定系统内各个物体的初动量和末动量。对于一维问题，选取正方向并确定每个量的正负号。特别要注意：研究地面上的物体间相互作用过程时，必须取地球为参考系。建立动量守恒方程，综合题往往还要列出有关能量的方程，代入已知量，求出结果并进行必要的讨论。二、难点突破1. 正确理解碰撞 . 碰撞：碰撞现象是指物体间的一种相互作用现象。这种相互作用时间很短，并且在作用期间，外力的作

18、用远小于物体间相互作用，外力的作用可忽略，所以任何碰撞现象发生前后的系统总动量保持不变。. 正碰：两球碰撞时，如果它们相互作用力的方向沿着两球心的连线方向，这样的碰撞叫正碰。. 弹性正碰、非弹性正碰、完全非弹性正碰：如果两球在正碰过程中，系统的机械能无损失，这种正碰为弹性正碰。如果两球在正碰过程中，系统的机械能有损失，这样的正碰称为非弹性正碰。如果两球正碰后粘合在一起以共同速度运动，这种正碰叫完全非弹性正碰。. 弹性正确分析：过程分析：弹性正碰过程可分为两个过程，即压缩过程和恢复过程。见下图。规律分析：弹性正碰过程中系统动量守恒，机械能守恒（机械能表现为动能）。则有下式：m1 v1m2 v2m

19、1 v1m2v2121212122 m1 v12 m2 v22 m1v12 m2 v2解得 v1m1m2 v12m2 v2 v2m2m1 v22m1 v1m1m2m1 m2讨论：当 mm时，v1v2，v2v1即 m 、 m 交换速度。1212当 v20 时， v1m1m2v1， v22m1v1，m1m2m1 m2若 m1m2，则 v10， v20碰后，两球同向运动。若 m1m2，则 v10， v20，即碰后1 球反向运动，2 球沿 1 球原方向运动。当 m2m1 时， v1v1 ， v20 即 m2不动， m 被反弹回来。1 . “碰撞过程”的制约 : 通常有如下三种因素制约着“碰撞过程”。动

20、量制约：即碰撞过程必须受到“动量守恒定律的制约” ；动量制约：即能机械碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约，比如，某物体向右运动，被后面物体迫及而碰撞后，其运动速度只会增大而不应该减小。例 13在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线2、3 小球静止，并靠在一起， 1 球以速度 v0 射向它们，如图 3所示设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为多少？图 3解：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1 与球 2 发生碰撞时间极短，球2 的位置来不及发生变化，这样球 2 对球 3 也就无法产生力的作用，即球3 不会参与此次碰撞

21、过程而球1 与球 2 发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1 立即停止，球 2 速度立即变为 v0 ；此后球 2 与球 3 碰撞，再一次实现速度交换所以碰后球1、球 2 的速度为零，球 3 速度为 v02. 子弹打木块模型子弹打木块的两种常见类型：木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0 射击木块。运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v t坐标中，两者的速度图线如下图4 中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两

22、者的加速度。 两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法：把子弹和木块看成一个系统，利用A：系统水平图 4方向动量守恒； B：系统的能量守恒（机械能不守恒）； C：对木块和子弹分别利用动能定理。推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即E F df物块固定在水平面，子弹以初速度v0 射击木块，对子弹利用动能定理，可得：两种类型的共同点：A. 系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。B. 摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为 QFf ·s，其中 Ff 是滑动摩擦力的大小， s 是两个物体的相对位移（在一

23、段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。C. 静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。例 14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：mv0Mm v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s

24、1- s2=d对子弹用动能定理：fs11 mv021 mv2 22对木块用动能定理：fs21 Mv 2 2、相减得： f d1mv02 1Mm v2Mmv02 222 Mm式意义：f d 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 fdQ ，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：fMm v022 Mm d至于木块前进的距离 s2，可以由以上、相比得出：s2mdMm3. 人船

25、模型问题：如图 5 所示，质量为 M的小船长 L，静止于水面，质量为M的小船长为 L，静止于水面，质量为 m的人从船左端走到船右端，不计水对船的运动阻力，则这过程中船将移动多远？图 5 . “人船模型”的力学特征如能关注到如下几点就可以说基本上把握住了“人船模型”的力学特征了：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；而系统的合外力为零则保证了系统在运动过程中总动量守恒。 . “人船模型”的分析思路。分析“人船模型”运动过程中的受力特征，进而判断其动量守恒，得:m =Mu由于运动过程中任一时刻人，船速度大小和 u 均满足上述

26、关系，所以运动过程中，人、船平均速度大小，和u也应满足相似的关系。即u:m =M在上式两端同乘以时间，就可得到人，船相对于地面移动的距离S和 S2的关系为 :mS1=MS12考虑到人、船相对运动通过的距离为L，于是得 :S 1+S2=L由此即可解得人、船相对于地面移动的距离分别为:S1 =MLS2=mm MLmMm . “人船模型”的几种变例 .把“人船模型”变为“人车模型”.M变例 1：如图 6 所示，质量为 M，长为 L 的平板小车静止于光滑水平面上，质量为 m的人从车左端走到车右端的过程中，车将后退多远？Key:S2=mL图 6mM把水平方向的问题变为竖直方向。变例 2：如图 7 所示，

27、总质量为M的足球下端悬着质量为m的人而静止于高度为 h 的空中，欲使人能完全沿强着地，人下方的强至少应为多长？hKey: 绳长至少为 : L= mM hM把直线运动问题变为曲线运动.图 7变例 3：如图 8 所示，质量为M的物体静止于光滑水平面上，其上有一个半m径为 R 的光滑半球形凹面轨道，今把质量为m的小球自轨道右测与球心等高处静o止释放，求 M向右运动的最大距离。Key: 物体 M沿水平而向右移动的最大距离为:S 2=m· 2RMMm图 8把模型双方的质量比变为极端情况.变例 4：如图所示，光滑水平杆上套有一个质量可忽略的小环，长L 的强一端系在环上下，另一端连着质量为M 的小

28、球，今使小球与球等高且将绳拉直，M当把小球由静止释放直到小球与环在同一竖直线上，试分析这一过程中小球沿L水平方向的移动距离 .Key: 小球沿水平方向移动的距离应为mL 0图 9: S2=m M 多物体，多过程问题变例 5：某人在一只静止的小船上练习射击，船和人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M ，枪内装有 n 颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L ，子弹射出枪口时相对地面的速度为v ，在发O射一颗子弹时，前一颗粒子弹已陷入靶中，则在发射完n 颗子弹后，小船后退的距离为多少（不计水的阻力）。Key: 小船后退的距离：S = nSo = nmL/(M + nm)4. 弹簧类问题地面光

29、滑，全过程系统动量守恒的；系统动能减少全部转化为弹性势能，状态系统动能最小而弹性势能最大；弹性势能减少全部转化为动能；因此、状态系统动能相等。例 15 (2000 年全国高考题 )在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”，这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和 B用轻质弹簧相连， 在光滑的水平轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板 P，右边有一小球 C沿轨道以速度v0 射向 B 球，如图 10 所示，C 与 B 发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板 P

30、 发图 10生碰撞，碰后 A、 D 都静止不动， A 与 P 接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知 A、 B、 C三球的质量均为m 求：(1) 弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度；(2) 在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能【思路点拨】本题属于多物体多过程问题. 如对整个过程没有清晰的分析，没有合适的处理方法，就会感到题目难度很大，无从下手或得出错误答案 . 因此就这类问题，平时复习时要注意综合分析能力的培养和提高 . 能够按物理过程的发生、发展，把复杂过程化分成简单的子过程，注意过程的衔接，根据过程特点合适地选择规律 . 如本题可

31、分为： B、C相碰结成 D，动量守恒而机械能损失； D挤压弹簧推动 A 至弹簧最短时被锁定，系统动量守恒，总机械能守恒； A 与 P 碰后， A、D静止，系统动能损尽；解除锁定后到弹簧恢复原长，弹性势能全部转化为D的动能，系统机械能守恒； D 通过弹簧拉动 A 一起向右运动，当弹簧最长，弹性势能最大时，A、D 同速，系统动量、总机械能守恒 . 如进行以上分析，会降低题目难度，增加解题的成功率.凡物体间发生相互作用，交换动量和能量的过程都叫碰撞. 因此两物体间直接接触的冲撞和非直接接触的相互作用过程都叫碰撞 . 凡碰撞问题，都具有动量和能量守恒两大核心特点. 弹性碰撞动量、动能守恒；而非弹性碰撞

32、动量守恒、动能不守恒但总能量守恒.C、B碰撞过程属于完全非弹性碰撞，动量守恒即：0mv2mv1，但机械能损失最大即1 × 2mv12 1 mv02，系统内能增加，之后 D通过弹簧与 A 作用可认为是弹性碰22撞过程，当 D与 A 共速时，弹簧最短，此过程中mv 3mv，又由机械能守恒 E 1212× 2mv × 3mv .02p2122解 :(1)设 C球与 B球粘结成D时， D的速度为 v1 ，由动量守恒定律，有：mv0（ m m） v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有：21 32mvmv由两式得 A的速度 : v2 1 v03

33、11(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为2E，由动能守恒，有：·2mv p1· 3mv22 Ep22撞击 P后，A 与 D的动能都为零， 解除锁定后， 当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设 D的速度为 v ，则有： E 1（2m）· v233p2以后弹簧伸长， A 球离开挡板 P，并获得速度 . 当 A、D 的速度相等时，弹簧伸长至最长 . 设此时的速度为 v ，由动量守恒，有： 2mv3 3mv 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为Ep，由能量守恒有121· 3m2· 2mv3 2v 2 Ep12解以上各式得：E

34、pmv036三、考点应用的典型问题例 16 (2000 年北京、安徽春季高考) 一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图 11 所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长A. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C. 环撞击板后，板的新的平衡位置与九的大小无关D. 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功环套与板碰撞时间极短，二者之间的内力远大于外力( 重力、弹簧弹力 ) ，环套与板的总动量守恒

35、，A 项正确因碰后两者速度相同，说明环套与板的碰撞为完全非弹性碰撞，动能损失最多，碰图 11撞过程中总机械能不守恒，B 项错碰后，环套与板做简谐运动，板的新的平衡位置就是停振后板所处的位置，由平衡条件kx0m M g ， x0m M g ， x0 与 h 大小无关， C 项正确k碰后下落过程中，板和环套减少的动能和减少的重力势能都转化为弹性势能弹性势能的增加与克服弹簧力做的功相同，故 D 项错正确选项为AC点评：本题为一道力学综合题，涉及的物理知识较多，这是当前高考加强考生能力考查采用的题型之一要想培养学生的各种能力首先要对物理概念和规律深刻理解、牢固掌握，然后再通过对课本上的题或常见题进行改

36、造、重新组合、改变情景、巧妙设问、添加干扰因素等培养考生的各种能力例 17(1995 年高考 ) 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为m=14千克 ,x<0 一侧的每个沙袋质量m=10千克 . 一质量为 M=48千克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 u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上图 12,u 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 )(1) 空车出发后 , 车上堆积了几个沙袋时车就

37、反向滑行?(2) 车上最终有大小沙袋共多少个 ?解 :(1) 在小车朝正x 方向滑行的过程中, 第(n-1) 个沙袋扔到车上后的车速为Vn-1, 第 n 个沙袋扔到车上后的车速为Vn,由动量守恒定律有M+(n-1)mVn-1 2nmV-1 =(M+mn)VVn= M-(n-1)mVn-1 ÷(M+mn)小车反向运动的条件是：Vn-1 >0,V n<0, 即M-nm>0 M-(n+1)m<0代入数字 , 得： nM/m=48/14n (M/m)-1=34/14n 应为整数 , 故 n=3, 即车上堆积3 个沙袋后车就反向滑行、(2) 车自反向滑行直到接近 x&l

38、t;0 一侧第 1 人所在位置时 , 车速保持不变 , 而车的质量为 M+3m、若在朝负 x方向滑行过程中， 第 (n-1) 个沙袋扔到车上后车速为 Vn-1 , 第 n 个沙袋扔到车上后车速为 Vn，现取在图中向左的方向 ( 负 x 方向 ) 为速度 Vn、 Vn-1 的正方向 , 则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是M+3m+(n- 1)mV n-1 2nmVn-1 =(M+3m+nm)V nV =M+3m (n- 1)mVn-1 ÷(M+3m+nm)nVn-1 >0,V n0即M+3mnm->0M+3m-(n+1)m0或： n(M+3m)÷m=9n(M

39、+3m)÷m 1=88n9n=8 时 , 车停止滑行 , 即在 x<0 一侧第 8 个沙袋扔到车上后车就停住、故车上最终共有大小沙袋3+8=11 个图 13例 18（ 98 年）一段凹槽A 倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为l/2 ，如图 13 所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为。A、B、C 三者质量相等，原来都静止。现使槽A 以大小为v0 的初速向右运动，已知 v0<。当 A 和 B 发生碰撞时，两者速度互换。求：（ 1）从 A、 B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。（ 2）

40、在 A、 B 刚要发生第四次碰撞时， A、B、 C 三者速度的大小。解：(1)A 与 B 刚发生第一次碰撞后，A 停下不动， B 以初速 v0 向右运动。由于摩擦， B 向右作匀减速运动，而 C 向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、 C 达到相同速度v1 时 B 移动的路程为 s1。设 A、B、 C质量皆为 m，由动量守恒定律，得： mv =2mv01由功能关系，得：22 mgs1 =2mv0/2-mv 1 /2由得 ： v=v/210代入式，得：s =3v2g)0/(81根据条件 v<，得： s1<3l/40可见，在 B、 C达到相同速度v1 时， B 尚未与 A 发生第二

41、次碰撞，B 与 C一起将以 v1 向右匀速运动一段距离 (l-s 1) 后才与 A 发生第二次碰撞。设C 的速度从零变到v1 的过程中， C 的路程为 s2。由功能关系，得2 mgs=mv /2212/(8 g)解得 s 2=v0因此在第一次到第二次碰撞间C 的路程为： s=s +l-s=l-v2/(4 g)102(2) 由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A 静止， B、C 的速度均为 v1。刚碰撞后， B静止， A、C 的速度均为v1。由于摩擦， B 将加速， C 将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得mv1=2mv2解得v 2=v1/2=v 0/4因 A 的速度 v1 大于变 为 v1， C的速度仍为B 的速度 v2，故第三次碰撞发生在A 的左壁。刚碰撞后，A 的速度变为v2，B 的速度v2。由于摩擦，B 减速， C 加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得mv123+mv=2mv解得 v3=3v0/8故刚要发生第四次碰撞时，A、 B、 C的速度分别为vA=v2=v0/4v