2019高中物理 第1章 碰撞与动量守恒 动量守恒定律学案 教科版选修3-5.doc

1动量守恒定律动量守恒定律【学习目标学习目标】 1.能用牛顿运动定律推导动量守恒定律； 2.知道动量守恒定律的适用条件和适用范围； 3.进一步理解动量守恒定律，知道定律的适用条件和适用范围，会用动量守恒定律解释现象、解 决问题【要点梳理要点梳理】 要点一、动量守恒定律要点一、动量守恒定律1 1系统系统 内力和外力内力和外力 在物理学中，把几个有相互作用的物体合称为系统，系统内物体间的相互作用力叫做内力，系统 以外的物体对系统的作用力叫做外力 2 2动量守恒定律动量守恒定律（1）内容：如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变（2）动量守恒定律的数学表达式：pp即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p大小相等，方向相同系统总动量的求法遵循矢量运算法则0ppp 即系统总动量的增量为零12pp 即将相互作用的系统内的物体分为两部分，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少 量当相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，动量守恒定律可表示为代数式：1 12 21 12 2m vm vm vm v应用此式时，应先选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负号表示各自的方向式中12vv 为初始时刻的瞬时速度，12vv 为末时刻的瞬时速度，且它们一般均以地球为参照物（3）动量守恒定律成立的条件：系统不受外力作用时，系统动量守恒；若系统所受外力之和为零，则系统动量守恒；系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动 量可看成近似守恒；系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒但是，若系统在某一方 向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒 要点诠释：要点诠释：为了方便理解和记忆，我们把以上四个条件简单概括为：为理想条件，为近似 条件，为单方向的动量守恒条件 3 3动量守恒定律的适用范围动量守恒定律的适用范围2它是自然界最普遍、最基本的规律之一不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领 域小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适 用的4 4运用动量守恒定律解题的基本步骤和方法运用动量守恒定律解题的基本步骤和方法（1）分析题意，确定研究对象在选择研究对象时，应将运动过程的分析与系统的选择统一考 虑动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换 划入系统的物体，可以找到满足守恒条件的系统（2）对系统内物体进行受力分析，分清内力、外力，判断所划定的系统在其过程中是否满足动 量守恒的条件，若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围（增减某些物体）或改变 过程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件，若始终无法满足动量守恒条件，则应考虑采取其他 方法求解（3）明确所研究的相互作用过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达 式（4）根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程（5）合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论，如求出其速度为负值，说明该物体 的运动方向与规定的正方向相反要点二、与动量守恒定律有关的问题要点二、与动量守恒定律有关的问题 1 1由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式以两球碰撞为例：光滑水平面上有两个质量分别是1m和2m的小球，分别以速度1v和2v（1v2v）做匀速直线运动。当1m追上2m时，两小球发生碰撞，设碰后二者的速度分别为' 1v、' 2v。设水平向右为正方向，它们在发生相互作用（碰撞）前的总动量：121 122PPPm vm v，在发生相互作用后两球的总动量：''''' 121 122PPPm vm v。设碰撞过程中两球相互作用力分别是1F和2F，力的作用时间是t。根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别为1 1 1Fam，2 2 2Fam根据牛顿第三定律，1F、2F大小相等，方向相反，即12FF 所以 1122m am a 碰撞时两球之间力的作用时间很短，用t表示，这样加速度与碰撞前后速度的关系就是3' 11 1vvat，' 22 2vvat， 代入1122m am a整理后可得'' 1 1221 122m vm vm vm v 或写成'' 1212PPPP 即 'PP 这表明两球碰撞前后系统的总动量是相等的。 要点诠释：要点诠释：这就是动量守恒定律的表达式本题需要一段推导、论证过程，要求学生学会论证表 达严密的推导过程，这是高考的新动向，要加强这方面的训练 2 2对动量守恒定律的理解对动量守恒定律的理解（1）研究对象：牛顿第二定律、动量定理的研究对象一般为单个物体，而动量守恒定律的研究 对象则为两个或两个以上相互作用的物体所组成的系统（2）研究过程：动量守恒是对研究系统的某过程而言（如内力远远大于外力） ，所以研究这类问 题时要特别注意分析哪一阶段是守恒阶段（3）动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力是零，这就意味着一旦系统所受的合外力 不为零，系统的总动量将发生变化所以，合外力才是系统动量发生改变的原因，系统的内力只能影 响系统内各物体的动量，但不会影响系统的总动量（4）动量守恒指的是总动量在相互作用的过程中时刻守恒，而不是只有始末状态才守恒实际 列方程时，可在这守恒的无数个状态中任选两个状态来列方程（5）系统动量守恒定律的三性：矢量性：公式中的121vvv 和2v 都是矢量只有它们在同一直线上时，并先选定正方向，确定各速度的正、负（表示方向）后，才能用代数方程运算，这点要特别注意同时性：动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量中的速度必 须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度 相对性：动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是 相对同一惯性参考系的速度，即把相对不同参考系的速度变换成相对同一参考系的速度，一般以地面 为参考系 3 3由多个物体组成的系统的动量守恒由多个物体组成的系统的动量守恒对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复 杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据 作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统， 分别建立动量守恒定律方程求解这类问题时应注意：（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型；（2）分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；（3）合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题 要点诠释：要点诠释：动量守恒定律是关于质点组（系统）的运动规律，在运用动量守恒定律时主要注重初、 末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利凡是碰到质点组的问 题，可首先考虑是否满足动量守恒的条件 4 4动量守恒定律应用中的临界问题动量守恒定律应用中的临界问题4在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运 动等临界问题分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临 界条件临界条件往往表现为某个（或某些）物理量的特定取值在与动量相关的临界问题中，临界 条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关 键 【例】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为06.0m/sv 甲车上有质量1 kgm 的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量150 kgM ，乙和他的车总质量230 kgM 甲不断地将小球一个一个地以16.5 m/sv 的水平速度（相对于地面）抛向乙，并被乙接住问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰？【解析】两车不相碰的临界条件是它们最后的速度（对地）相同，由该系统动量守恒，以甲运动 方向为正方向，有1 02 012M vM vMMv ， 再以甲及小球为系统，同样有1 01()M vMnm vnmv ， 联立解得 15n 个 5 5动量变化的大小和方向的讨论动量变化的大小和方向的讨论动量的变化P是矢量，因动量的变化（动量的增量）是物体的末动量'P跟物体的初动量P的 （矢量）差，即'PPP 。它的方向是由P和'P共同决定的，它的运算符合矢量运算规则，要按 平行四边形定则进行。特别是当P与'P在一条直线上时，在选定正方向后，动量的方向可用正负号 表示，将矢量运算化为代数运算，计算结果为“+” ，说明其方向与规定的正方向相同，计算结果为 “” ，说明其方向与规定的正方向相反。6 6动量守恒定律的一般解题步骤动量守恒定律的一般解题步骤确定研究对象(系统)，进行受力分析：确定研究过程，进行运动分析；判断系统在所研究的过程中是否满足动量守恒定律成立的条件；规定某个方向为正方向，分析初末状态系统的动量； 根据动量守恒定律建立方程，并求出结果。【典型例题典型例题】 类型一、关于动量变化的计算类型一、关于动量变化的计算例 1.一个质量是0.1kg的钢球，以6m/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。求碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？ 【思路点拨】分清初末动量：动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正 方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。5【答案】有变化；变化量方向向左，大小为1.2kg m/s。【解析】题中钢球的速度发生了反向，说明速度发生了变化，因此动量必发生变化。取向左的方向规定为正方向物体原来的动量：110.1 6kg m/s= 0.6kg m/sPmv弹回后物体的动量：220.1 6kg m/s=0.6kg m/sPmv动量的变化：210.6kg m/s ( 0.6kg m/s)PPP 1.2kg m/s 动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左，大小为1.2kg m/s。【总结升华】此题为动量变化题目，要分清初末动量。动量及动量变化都是矢量，在进行动量变 化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负 值。从而把矢量运算变成代数加减。举一反三：举一反三：【变式】一个质量为2kg的小球，竖直落地时的速度为10m/s，反弹离地时的速度为8m/s.求小球与地面作用期间发生的动量变化。【答案】kg m/sP 36；方向竖直向上。【解析】取向上为正方向，则竖直落地时的速度110m/sv ，反向弹地的速度28m/sv 。112 ( 10kg m/s)kg m/sPmv =-20222 8kg m/s16kg m/sPmv 2116kg m/s (kg m/s)kg m/sPPP -20=36方向：竖直向上。类型二、动量守恒守恒条件的判断类型二、动量守恒守恒条件的判断 例 2在光滑的水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图所示。用手抓住小车并将弹簧压缩后6使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是（ ）A两手同时放开后，系统总动量始终为零 B先放开左手，再放开右手后，动量不守恒 C先放开左手，再放开右手后，总动量向左 D无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的 总动量不一定为零【答案】A、C、D 【解析】在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力） 。故动量守恒，即 系统的总动量始终为零，A 对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那段 时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B 错；先放开左手，系统在右手的作用下，产生向 左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C 对；其实， 无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若同时放开， 那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总 动量就与放开一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D 对。 【总结升华】动量守恒定律都有一定的适用范围，在应用这一定律时，必须明确它的使用条件， 不可盲目的套用。类型三、动量守恒定律的应用类型三、动量守恒定律的应用例 3.质量110gm 的小球在光滑的水平桌面上以130cm/sv 的速率向右运动，恰好遇上质量为250gm 的小球以210cm/sv 的速率向左运动，碰撞后，小球2m恰好停止，那么碰撞后小球1m的速率是多大？方向如何？ 【思路点拨】两球相碰，内力远远大于外力，符合动量守恒条件，故可用动量守恒定律来解决。【答案】20cm/s 方向与正方向相反，即向左。【解析】设1v的方向即向右为正方向，则有130cm/sv ，210cm/sv ，' 20v 根据动量守恒：'' 1 1221 122m vm vm vm v，有：' 110 30 50 ( 10) 10v 解得：' 120cm/sv 方向与正方向相反，即向左。【总结升华】两球相碰，内力远远大于外力，符合动量守恒条件，故可用动量守恒定律来解决。 运用动量守恒定律解题的方法是：（1）看清是否符合动量守恒条件， （2）恰当选取正方向， （3)根据 题意选取恰当的动量守恒定律的表达式， （4）合理进行运算，得出最后结果。7举一反三：举一反三：【变式】质量为20g的小球A以3m/s的速度向东运动，某时刻和在同一直线上运动小球B迎面正碰。B球的质量为50g。碰撞前的速度为2m/s，方向向西，碰撞后，A球以1m/s的速度向西返回，求碰后B球的速度。【答案】0.4m/s，方向向西。 【解析】AB、两球的正碰过程符合动量守恒定律，设向东为正方向，13m/sv ，22m/sv ，' 11m/sv 根据动量守恒定律有：'' 1 1221 122m vm vm vm v ' 24m/sv ，负号说明碰后B球的速度方向向西。例 4光滑水平面上放着质量1 kgAm 的物块A与质量2 kgBm 的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，AB、间有一个被压缩的轻弹簧（弹簧AB、均不拴接） ，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能49 JpE 在AB、间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道上，其半径0.5 mR ，B恰能到达最高点C取210 m/sg ，求：（1）绳拉断后瞬间B的速度Bv的大小；（2）绳拉断过程中绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程中绳对A所做的功W【答案】 （1）5 m/sBv （2）4 N s （3）8 J【解析】 （1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为Bv，到达C点时的速度为Cv，则有 82 C BBvm gmR，2211222BBBCBm vm vm gR，代入数据得 5 m/sBv （2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为1v，取水平向右为正方向，则有2 11 2pBEm v，1BBBIm vm v，代入数据得 4 N sI 。其大小为4 N s （3）设绳断后A的速度为Av，取水平向右为正方向，则有1BBBAAm vm vm v，21 2AAWm v，代入数据得 8 JW 类型四、若系统所受外力之和不为零，但如果某一方向上的外力之和为零，则在该方向上的动量守恒类型四、若系统所受外力之和不为零，但如果某一方向上的外力之和为零，则在该方向上的动量守恒例 5.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045角，求发射炮弹后小船后退的速度？ 【思路点拨】若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之 和为零，则该方向上的动量仍然守恒，仍可以应用动量守恒定律。【答案】0.85m/s【解析】发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量0Mv发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为'0 1cos45mv，船后退的动量' 2()Mm v据动量守恒定律有 '0' 120cos45()mvMm v9取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据得0 '' 21cos45222600m/s1000 2 = 0.85m/smvvMm =-【总结升华】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若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之和为零，则该 方向上的动量仍然守恒，仍可以应用动量守恒定律。举一反三：举一反三：【变式】将质量为m的球自高为h的地方以1v水平抛出，刚好落到一辆在光滑水平面上同方向运动的车里的沙堆中，车、沙总质量为M，速度为0v，求球落入车后车的速度？【答案】10mvMvvMm【解析】m和 M组成的系统水平方向不受外力，即：水平方向动量守恒：m和M组成的系统，水平方向动量守恒，以0v方向为正10()mvMvMm v得 10mvMvvMm. .类型五、动量守恒在多个物体组成的系统中的应用类型五、动量守恒在多个物体组成的系统中的应用例 6两只小船质量分别为1500 kgm ，21000 kgm ，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量50 kgm 的麻袋到对面的船上，如图所示，结果载重较轻的10一只船停了下来，另一只船则以8.5 m/sv 的速度向原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率1_v ，2_v 【答案】1 m/s 9m/s【解析】以载重较轻的船的速度1v为正方向，选取载重较轻的船和从载重较重的船投过去的麻袋为系统，如图所示，根据动量守恒定律有 112()0mm vmv ，即 12450500vv 选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋为系统有1222()mvmm vm v，即 12509501000 8.5vv 选取四个物体为系统有 1 1222mvm vm v，即 1250010001000 8.5vv 联立式中的任意两式解得11 m/sv ，29 m/sv 【总结升华】应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取研究系统， 有时选取某部分物体为研究系统，有时选取全部物体为研究系统例 7.质量为M的孤立的、静止的原子核，某时刻向外以速度1v辐射出质量为m的粒子，求反冲核的速度（不计质量亏损） 。 【思路点拨】 “孤立、静止”说明系统是不受外力的。【答案】1 2mvvMm11【解析】设反冲核的速度为2v，由动量守恒定律：120()mvMm v 1 2mvvMm. . 方向与1v反向。【总结升华】 “孤立、静止”说明系统是不受外力的，符合动量守恒的条件。例 8.如图所示，质量分别为m和M的两个木块A和B用细线连在一起，在恒力F的作用下在 水平桌面上以速度v做匀速运动。突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F不变，求当木块 A停下的瞬间木块B的速度的大小。【答案】tMmvvM【解析】绳断后到A停止运动前，由动量守恒定律，以v方向为正：()tMm vMv得：tMmvvM【总结升华】开始时，匀速直线运动： 受力平衡：ABFff ， 绳子断后，只是绳中张力变为零，外力均不变。合外力仍为零，满足动量守恒第三个条件“当系统受到的合外力为零时，则系统 的动量守恒。 ” 反思：为什么强调在A停止运动前？ 例 9如图所示在光滑的水平面上有静止的两木块A和B，0.5kgAm ，0.4kgBm ，它们的上表面是粗糙的，今有一铁块C，其质量0.1kgCm 以初速度010m/sv 沿两木块表面滑过，最后停在B上，此时B、C的共同速度1.5m/sv。求：(1) A的速度Av？(2) C刚离开A时的速度Cv？【思路点拨】根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的 关系分别建立动量守恒定律方程。12【答案】 （1）0.5m/s（2）5.5m/s 【解析】(1)选A、B、C组成的系统为研究对象，对整个过程运用动量守恒定律，有0()CAABCm vm vmmv可求得A运动的速度：0()0.5m/sCBC A Am vmmvvm （2）C离开A后，A做匀速运动，C刚离开A时A、B具有共同速度Av，仍选A、B、C组成的系统为研究对象，研究C从A的上表面滑过的过程，根据动量守恒定律，有' 0()CCCABAm vm vmmv可求得C刚离开A时的速度'0()5.5m/sCABA C Cm vmmvvm 【总结升华】此题为多个物体组成的系统，由于物体较多相互作用的情况也不尽相同，作用过程 较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要 根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分别建立动量 守恒定律方程。举一反三：举一反三：【变式 1】质量为100kg的小船以3m/s的速度自西向东行驶，忽略阻力。船上有两个皆为50kg的运动员，若运动员甲首先沿水平方向以4m/s（相对于静止水面）的速度向东跃入水中，然后运动员乙沿水平方向以同一速度向西（相对于静止水面）跃入水中。则二人跳出后小船的速度为（ ）A向东3m/s B等于 0 C向东6m/s D1.5m/s 【答案】C 【解析】系统不受外力，符合动量守恒。设向东为正方向，由动量守恒：(100 50 50) 3 10050 4 50 4v 6m/sv方向向东。【变式 2】一平板小车静止在光滑水平面上，车的右端安有一竖直的板壁，车的左端站有一持枪 的人，此人水平持枪向板壁连续射击，子弹全部嵌在板壁内未穿出，过一段时间后停止射击。则（ ）13A停止射击后小车的速度为零B.射击过程中小车未移动C停止射击后，小车在射击之前位置的左方D停止射击后，小车在射击之前位置的右方【答案】A、C。【解析】在发射子弹的过程中，小车、人、枪及子弹组成的系统动量守恒，=0PP因此，停止射击后小车的速度为零，选项 A 正确。每一次射击过程子弹向右运动时，小车都向左运动，因此停止射击后，小车在射击之前位置的左 方，选项 C 正确。类型六、动量守恒与能量守恒的结合类型六、动量守恒与能量守恒的结合例 10.在光滑的水平面上有一质量为2kgM 的木板A，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计、质量为2kgm的滑块B。木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑。且PQ间距离2mL，如图所示。某时刻木板以1m/sAv 的速度向左滑行，同时滑块B以5m/sBv 速度向右滑行，当滑块B与P相距3 4L时，二者刚好处于相对静止状态，若二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去障碍物） 。求：（1）第一次相对静止时的A、B的共同速度。 （2）B与A的粗糙面之间的动摩擦因数（3）滑块B最终停在木板A上的位置（2=10/gm s）【答案】A、B间的摩擦因数为0.6，滑块B最终停在木板上Q点左侧离Q点0.17m处。【解析】设M、m共同速度为v，由动量守恒定律有vmMMvmvAB)( 2m/sBAmvMvvMm对A、B组成的系统，由能量守恒有:222)(21 21 21 43vmMmvMvLmgBA 代入数据得 0.6 14木板A与障碍物碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次 处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量 守恒. 由动量守恒定律得 umMMvmv)( 设B相对A的路程为s，由能量守恒得22)(21)(21umMvmMmgs 代入数据得 2m3s 由于4Ls ，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑到Q点左边，设离Q点距离为1s ，则： 110.17m4ssL 【总结升华】此题动量与能量结合的题目，既要考虑动量守恒又要考虑能量守恒，是一道综合性 很强的题目，要求同学对物理过程的分析要详细，会挖掘条件。同时对动量守恒定律、能量守恒定律 的理解极高，正确使用这些规律解题是学生物理能力的试金石。举一反三：举一反三：【变式】在原子核物理中，研究核子与核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，在光滑的水平直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0v射向B球，如图所示。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发生碰撞，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。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。【答案答案】（1）201 3vv；（2）'2 01 36PEmv15【解析】（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为1v，由动量守恒，有01()mvm m v 当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为，由动量守恒，有1223mvmv 由、两式得A的速度201 3vv（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为PE，由能量守恒，有22 12112322PmvmvE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3v，则有2 31(2 )2PEm v当弹簧伸长时，A球离开挡板P，并获得速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为4v，由动量守恒，有3423mvmv当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为' PE，由能量守恒，有22' 34112322PmvmvE解以上各式得'2 01 36PEmv 例 11.如图。一质量20.25kgm 的平顶小车，车顶右端放一质量30.2kgm 的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数0.4，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量10.05kgm 的子弹以水平速度012m/sv 射中小车左端，并留在车中。子弹与车的作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，求：小车的最小长度应为多少？最后物体与车的共同速度为多少？16【思路点拨】实际车长应是物体在小车上运动恰好不滑落情况下的相对位移。【答案】0.3m；1.2m/s 【解析】有题目可知整个过程分两个阶段，子弹射入小车的瞬时过程为第一阶段，小物体在小车 上相对滑动为第二阶段。可先由动量守恒定律研究第一阶段，在对小车、小物体的受力、运动情况进 行分析求解第二阶段。子弹射入小车时，子弹与小车组成的系统动量守恒，若射入后的小车速度为v1 012()m vmm v，子弹射入后，三物体组成的系统动量守恒，若最后共同速度为'v，' 12123()()mm vmmm v，小物体在小车上相对滑动时，小车做匀减速运动，物体做匀加速运动，加速度分别为：3 2 12m gamm，3 3 3m gam所以 2'22 22vvxa，'23 32vxa车长：23Lxx，代入数据可得： 0.3mL；'1.2m/sv 【总结升华】该题易被误认为车长就是物体的位移。实际车长应是物体在小车上运动恰好不滑落情况 下的相对位移。正确建立位移关系是解决此类问题的关键。