知识讲解 动量守恒定律 复习与巩固 提高

1 动量守恒定律 复习与巩固 【学习目标】 1．理解守恒的本质意义； 2．会运用一般方法解有关守恒的问题． 3．加深对基本概念、基本规律的理解，提高用其定性分析讨论问题的能力． 【知识网络】 【要点梳理】 要点一、本章要点回顾 要点二、守恒与不变 1．守恒与不变 物质世界三大守恒定律是物质、能量、动量三个方面． （1）各种形式的能量可以相互转化，但总能量不变，可以说能量守恒是最重要的守恒形式．2 （2）动量守恒通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的，适用于任何形式的运动． （3）物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变．例如能量守恒是对应着某 种时间变换中的不变性，动量守恒则是对应着某种空间变换下的不变性． 在中学物理中，我们学过的守恒定律有：机械能守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律、质量 守恒定律、能量守恒定律等．守恒定律中所涉及的守恒量的形式可以改变，但它既不会凭空产生，也 不会消失掉，无论何时，如果这个守恒的量在某个地方有所增加，那么在系统的另一个地方一定有相 同数量的减少． 2．守恒定律的本质 物理学中各种各样的守恒定律，本质上就是某种物理量保持不变，例如能量守恒对应着某种时间 变换中的不变性；动量守恒则是对应着某种空问变换下的不变性；与转动变换不变性对应的是角动量 守恒；与空间反射（镜像）操作不变性对应的是宇称守恒因此，守恒定律其实正是自然界和谐统一规 律的体现，这种和谐的规律以数学的形式表现出来，向人们展现出自然科学理论的美学价值． 3．守恒定律的意义 在符合守恒条件时，可以不分析系统内相互作用过程的细节，而对系统的变化状态或一些问题作 出判断，这是守恒定律的特点和优点． 例如：在微观世界中我们对粒子之间的相互作用情况不清楚，但是仍然可以用守恒定律得出一些 结论．当两个亚原子微粒碰撞时，由于对碰撞过程中的各种细节我们还缺乏完整而可靠的计算理论， 因而事先并不能准确预知碰撞的结果．但却可以根据能量与动量守恒推断碰撞后是否会有任何新的粒 子产生，从而在实验中加以注意，进行检验． 4．守恒与对称 所谓对称，其本质也就是具有某种不变性，守恒定律来源于对称．物理规律的每一种对称（即不 变性）通常都对应于一种守恒定律．对称和守恒这两个重要概念是紧密联系在一起的． 物理规律的对称性就是某种物理状态或过程在一定的变换下（例如转动、平移等），它所服从的物 理规律不变． 物理学概念有对称性的如正电子和负电子、南北磁极、电场与磁场、粒子与反粒子、平面镜成像、 光的可逆性、力现象和热现象的平衡态、物质性质的各向同性、物质的波动性和粒子性等．物理学上 受对称性而提出新概念，发现新规律的事例也是很多的．例如，德布罗意受光的粒子性启发而提出物 质波概念，法拉第受电流磁效应启发而想到磁生电的问题，从而发现电磁感应定律，狄拉克由对称性 考虑而提出正电子和磁单极等． 5．物理学中的形式美 物理学在破译宇宙密码的同时，实实在在地展示了其“惊人的简单”“神秘的对称”以及“美妙的 和谐”，闪耀着自然美的光辉． （1）物理学中的每一条守恒定律都用极其精炼的语言将内涵丰富的自然规律表述出来，表现出物 理学的简洁美． （2）物理学中的每一条守恒定律都对应于自然界中的一种对称关系，反映着自然界的一种对称 美． （3）物理学中的每一条守恒定律中都有一个守恒量，这反映了各种运动形式间的联系和统一，表 现出物理学的和谐统一美． 要点三、三个基本观点 1．解决动力学问题的三个基本观点 力的观点——牛顿运动定律结合运动学规律解题． 动量观点——用动量定理和动量守恒定律解题． 能量观点——用动能定理和能量转化守恒定律解题．3 研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题；研究某一个物 体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理和动能定理去解决问题；若研究的对象为 一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题． 在用动量和能量观点解题时，应分清物体或系统的运动过程，各个物理过程中动量、机械能是否 守恒，不同能量之间的转化关系等． 要点诠释：（1）应用动量定理、动能定理、动量守恒定律及运动学公式时，物体的位移、速度、 加速度等物理量要相对同一参照系，一般都统一以地球为参照系． （2）动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式，而动能定理和能量守恒定律 是标量表达式，绝无分量表达式． （3）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中 解题时必须注意动量守恒的条件以及机械能守恒的条件． 2．物理规律选用的一般方法 （1）研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题． （2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的问题） 或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题． （3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但 必须注意研究的问题是否满足守恒的条件． （4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机 械能的减少量（转变为系统内能的量）． （5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，注意到一般这些过程均隐含有系统机械能 与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场． 3．解答力学综合题的基本思路和步骤 （1）认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象． （2）分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，作草图． （3）根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择规律． 若用力的观点解题，要认真分析受力及运动状态的变化，关键是求出加速度． 若用两大定理求解，应确定过程的始末状态的动量（或动能）、分析并求出过程中的冲量（或 功）． 若判断过程中动量或机械能守恒，根据题意选择合适的始末状态，列守恒关系式，一般这两个守 恒定律多用于求某状态的速度（率）． （4）根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件（如隐含条件、临界条件、几何条件） 列补充方程． （5）代入数据（统一单位）计算结果，并对结果的物理意义进行讨论． 4．动量守恒定律与机械能守恒定律的区别 伟大的物理学家爱因斯坦曾经说过：“物理学就是对守恒量的寻求．”由此可知这两个守恒定律的 重要意义．二者对照，各自的守恒条件、内容、意义、应用范围各不相同，在许多问题中既有联系， 又有质的区别． 从两守恒定律进行的比较中可以看出： （1）研究对象都是由两个或两个以上的物体组成的力学系统．若系统中存在重力做功过程应用机 械能守恒定律时，系统中必包括地球，应用动量守恒定律时，对象应为所有相互作用的物体，并尽量 以“大系统”为对象考虑问题． （2）守恒条件有质的区别： 动量守恒的条件是系统所受合外力为零，即∑F 外=0，在系统中的每一对内力，无论其性质如何， 对系统的总冲量必为零，即内力的冲量不会改变系统的总动量，而内力的功却有可能改变系统的总动4 能，这要由内力的性质决定．保守内力的功不会改变系统的总机械能；耗散内力（滑动摩擦力、爆炸 力等）做功，必使系统机械能变化． （3）两者守恒的性质不同： 动量守恒是矢量守恒，所以要特别注意方向性，有时可以在某一单方向上系统动量守恒，故有分 量式．而机械能守恒为标量守恒，即始、末两态机械能量值相等，与方向无关． （4）应用的范围不同： 动量守恒定律应用范围极为广泛．无论研究对象是处于宏观、微观、低速、高速，无论是物体相 互接触，还是通过电场、磁场而发出的场力作用，动量守恒定律都能使用，相比之下，机械能守恒定 律应用范围是狭小的，只能应用在宏观、低速领域内机械运动的范畴内． （5）适用条件不同： 动量守恒定律不涉及系统是否发生机械能与其他形式的能的转化，即系统内物体之间相互作用过 程中有无能量损失均不考虑．相反机械能守恒定律则要求除重力、弹簧弹力外的内力和外力对系统所 做功的代数和必为零． 【典型例题】 类型一、对整体或全过程应用动量定理 例 1．一个 的足球从 高处自由落下，碰地后能弹到 高，若球与地的碰撞时间为 ，试求足球对地的平均作用力．（取 ） 【思路点拨】多个作用过程，既可以分别对每一个过程应用动量定理，也可以全过程应用动量定 理，注意各力与作用时间的对应． 【答案】 【解析】由题意可知，物体的运动过程是先做自由落体运动，与地接触后做减速运动，然后反弹 离开地面，最后减速上升直到最高点．在解题时，可分段考虑，也可整体分析． 解法一：由动量定理知，足球所受合外力的冲量等于它动量的变化，即 ． 设足球落地前的速度为 ，落地后的反弹速度为 ． 根据位移和速度的关系式 可分别得 ， ． 但不能将上面数值直接代入，否则会得出错误的结果． 因为 是矢量差，而 方向向下， 方向向上，必须先规定正方向，如选向上的方向为 正。则 500 g 1.8 m 1.25 m 0.1 s 210 m/sg = 60 N F t mv mv∆ = ＇－ v v＇ 2 2 0 2tv v ax− = 2 2 10 1.8 m/s 6m/sv gh= = × × = ' 2 ' 2 10 1.25 m/s 5m/sv gh= = × × = mv mv＇－ v v＇5 ， 即足球所受合外力为 ，方向向上．合外力是地面对球的弹力 与球的重力 之差，即 ， 故 ， 即地面对足球的作用力为 ，方向向上；根据牛顿第三定律，足球对地面的作用力亦为 N，方向向下． 如果相互作用的力远比物体的重力大时，则可把重力忽略不计，由动量定理所求得的合外力 ， 就认为是相互作用的力． 解法二：设足球自由下落的时间为 ，反弹后离开地面上升的时间为 ．球与地的碰撞时间为 ． 根据位移公式 可得 ， ， ， ． 取向下为正方向，从开始下落到反弹至最高点这个过程，根据动量守恒 ， 得 ， ． 负号说明地面对足球的弹力方向与规定方向相反，即竖直向上． 根据牛顿第三定律，足球对地面的作用力亦为 ，方向竖直向下． 【总结升华】在包含多个作用过程的问题中，既可以分别对每一个过程应用动量定理，也可以全 过程应用动量定理，全程列式时注意各力与作用时间的对应． 类型二、归纳法分析动量守恒问题 ' 0.5 5 0.5 ( 6) N 55 N0.1 mv mvF t − × − × −= = =∆ 55 N NF G NF F G= － 55 N 0.5 10 N 60 NNF F G= + = + × = 60 N 60 N F 1t 3t 2t 2 0 1 2x v t at= + 2 2 1 11.8m 10m / s2 t= × × 1 0.6 st = 2 2 3 11.25m 10m / s2 t= × × 3 0.5 st = 1 0·F t mv mv= － ( )1 2 3 2 0 0Nmg t t t F t m m+ + + = × ×－ 60 NNF =－ 60 N6 例 2、 (2015 全国 I 高考)如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上，A 位于 B、C 之间。A 的质量为 m，B、C 的质量都为 M，三者都处于静止状态，现使 A 以某一速度向 右运动，求 m 和 M 之间满足什么条件才能使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹 性的。 【答案】 【解析】A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒，设速度 方向向右为正，开始时 A 的速度为 v0 ,第一次碰撞后 C 的速度为 vc ,A 的速度为 vA1 ,由动量守恒定律和 机械能守恒得： mv0 = mvA1 + Mvc1 ○1 ○2 联立○1 ○2 式得： ○3 ○4 如果 m>M ，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B 发生碰 撞；如果 m = M，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 碰前的速度向右运动，A 不可能与 B 发生碰撞，所 以只需要考虑 m < M 的情况。 第一次碰撞后，A 反向运动与 B 发生碰撞，设与 B 发生碰撞后，A 的速度为 vA2 ,B 的速度为 vB1 ，同样有： ○5 根据题意，要求 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，应有： ○6 联立○4 ○5 ○6 式得： ○7 解得： ○8 另一解 舍去，所以 m 和 M 应满足的条件为： （ ○9 【总结升华】本题也是一个多物体多过程的问题．正确把握每一个小系统的每一个过程，根据动 量守恒定律，分别建立方程，然后利用数学归纳法求得最后结果．这也是高考中考查学生运用数学知 识能力的要求． 举一反三: 【变式】有 个质量均为 的人，相对静止在质量为 的平板车上，车沿着铁轨无摩擦地向前 运动，速度为 ．若每个人都以相对于车为 的水平速度向车后逐个跳离平板车（一个人跳离后，下 一个才起跳），最终平板车的速度为多大？ ( 5 2)M m M− ≤ < 2 2 2 0 1 1 1 1 1 2 2 2A Cmv mv mv= + 1 0A m Mv vm M −= + 1 0 2 C mv vm M = + 2 2 1 0( )A A m M m Mv v vm M m M − −= =+ + 2 1A Cv v≤ 2 2 4 0m mM M+ − ≥ ( 5 2)Mm ≥ − m ( 5 2)M≤ − + ( 5 2)M m M− ≤ < n m M 0v u7 【答案】 【解析】设第一个人跳离车后，车的速度为 ；第二个人跳离车后，车的速度为 ；第三个人跳 离车后，车的速度为 ，……第 个人跳离车后，车的速度为 ．由动量守恒定律得 　　 ， 　　 ， 　　 ， 　　 …… 　　 ． 由上述各式依次解得 ， ， ， … ． 以上各式相加，可得平板车的最终速度为 　　 ． 类型三、二体联动的多过程问题 例 3．如图所示，一辆质量是 的平板车左端放有质量 的小滑块，滑块与平板 车之间的动摩擦因数是 ．开始时平板车和滑块共同以 的速度在光滑水平面上向右 运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相 反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取 ）求： 0 ( 1) ( 2)n mu mu mu muv v M nm M m n M m n M m = + + + + ++ + − + − + 1v 2v 3v n nv ( ) 0 1 1[ ( 1) ] ( )M nm v M n m v m v u+ = + +－ － ] [1 2 2[ ( 1) ( 2) ] ( )M n m v M n m v m v u+ = + +－ － － ] [2 3 3[ ( 2) ( 3) ] ( )M n m v M n m v m v u+ = + +－ － － ( ) 1 ( )n n nM m v Mv m v u+ = +－ － 1 0 muv v M nm = + + 2 1 ( 1) muv v M m n − = + − 3 2 ( 2) muv v M m n − = + − 1n n muv v M m−− = + 0 ( 1) ( 2)n mu mu mu muv v M nm M m n M m n M m = + + + + ++ + − + − + 2 kgm = 3 kgM = 0.4µ = 0 2 m/sv = 210m/sg =8 （1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离． （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度 ． （3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？ 【思路点拨】详细对物理过程进行分析，挖掘临界极值条件．正确运用动能定理、动量守恒定律、 功能原理． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】求第（1）问中，向左运动的最大距离是一个极值问题．抓住向左减速到速度为 时位移 （距离）最大． 求第（2）问中，需判定发生第二次碰撞时，究竟 和 是否有共同速度，需求出有共同速度这 个临界点，再由小车向左和向右运动位移大小进而判定，从而求出 ． 求第（3）问中，需分析小车和物块最终是运动还是静止，系统机械能损失全部发生在物块与车相 对位移和相互作用力乘积上而转化为内能，最终还是求临界点极值问题． （1）如图所示，第一次碰撞由于时间极短，抓住碰前瞬间速度 ，方向向右，则碰后小 车速度大小还是 ，但方向向左．然后两者在相互摩擦作用过程中动量守恒，小车向左匀减速至速度 为 时，滑块还具有向右的速度，所以对小车由动能定理得 ， 所以 ． 即为第（1）问答案． （2）假如平板车在第二次与墙壁碰撞前还未和滑块保持相对静止，那么其速度的大小肯定还是 ，滑块的速度则大于 ，方向均向右，这样就违背了动量守恒，所以平板车在第二次碰撞前 肯定已和滑块具有相同速度口，此即平板车碰墙前瞬间的速度． ， v 0.33m 0.4m/s 0.83m 0 m M v 0 2 m/sv = 0v 0 2 0 10 2Mgs mvµ− = − 2 02 0.33m2 mvs Mgµ= = 2m/s 2m/s 0 0 ( )Mv mv M m v− = +9 ． （3）平板车与墙第一次碰后到滑块与平板车又达到共同速度 前的过程可用图 1-6-6 中 表示， 为平板车与墙碰后瞬间滑块与平板车位置， 为平板车到达最左端时两者的位置， 为平板 车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中，滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做的功 ， 平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做的功 ， 其中 分别为滑块和平板车的位移，滑块和平板车总动能减少为 ， 其中 为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙发生多次碰撞，每次情况与此类 似，最后停止在墙边，设滑块相对平板车总位移为 ，则有： ． 所以 ， 即为平板车的最短长度． 题后小结：若小滑块质量 比平板车质量 要小，其他条件相同，请分析 的运动情况． 【总结升华】本题是一道综合性很强的题．要求同学们对物理过程的分析要详细，会挖掘临界极 值条件．同时对物理规律特别是动能定理、动量守恒定律、功能原理的理解要求极高．可以说正确熟 练地运用这些规律解题是学生物理能力的试金石． 举一反三: 【高清课堂：板块模型”难点分析与突破 例２】 【变式】如图所示，质量为 的平板小车的后端放有质量为 的小铁块，它与车之间的动 摩擦因数为 。开始时，车以速度 向左在光滑的水平面上运动，铁块以速度 向右运动。 ( ) 求： 　 (1) 小车与铁块共同运动的速度； 　 (2) 小车至少多长，铁块不会从小车上掉下去； 0 0.4m/sM mv vM m −= =+ v a b c、 、 a b c Mgsµ ′ Mgsµ ″ s s′ ″、 1MgLµ 1L s s= ′+ ″ L 2 0 1 ( )2 M m v MgLµ+ = 2 0( ) 5 m 0.83m2 6 M m vL Mgµ += = = L M m m M、 20kg 10kg 0.5 6m/s 6m/s 210m/sg =10 (3) 铁块向右运动的最大位移。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】如图 (1)求共同速度： 对 ，由动量守恒定律，以 方向为正： ． 得： ． (2)小车至少多长，铁块不会从小车上掉下去： 对 ，由能量守恒定律： ． 其中： ． 得： ． (3) 铁块向右运动的最大位移 对铁块，由动能定理： ． 得： ． M m、 M 0 0 ( )Mv mv M m v− = + 共 0= 2m/sM mv vM m − =+共 M m、 2 2 2 0 0 1 1 1 ( ) +2 2 2Mv mv M m v Q+ = + 共 Q f L= ⋅ 2 2 0( )( ) 9.6m2 M m v vL f + −= =共 2 0 10 2fx mv− = − 2 2 0 0 3.6m2 2 mv vx f gµ= = =11 类型四、多物体或多过程动量守恒问题 例 4．（全国物理竞赛试题）如图所示， 和 是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），与 地 面 的 动 摩 擦 因 数 相 同 ， 两 物 块 间 的 距 离 ， 它 们 的 质 量 分 别 为 ， ．现令它们分别以初速度 和 相向运动，经过时间 ， 两物块相撞，碰撞时间极短，碰后两者粘在一起运动．求从刚碰后到停止运动过程中损失的机械能． 【答案】 【解析】因两物块与地面间的动摩擦因数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的， 以 表示此加速度的大小．先假定在时间 内，两物块始终做减速运动，都未停下．现分别以 和 表示它们走的路程，则有 ， ① ， ② 而 ， ③ 解①②③式并代入有关数据得 ． ④ 经过时间 ，两物块的速度分别为 ， ⑤ ， ⑥ 代入有关数据得 ， ⑦ ． ⑧ 为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下做减速运动，当速度减小至零时，摩擦力消失， 加速度不再存在， 不可能为负． 为负，表明物块 经历的时间小于 时已经停止运动，②式以及 ④⑥⑦⑧式都不成立．故在时间 内。物块 停止运动前滑行的路程应是 ． ⑨ 1 2 170.00 md = 1 2.00 kgm = 2 3.00 kgm = 1 10.00 m/sv = 2 2.00 m/sv = 20.0 st = 14.4 J a t 1s 2s 2 1 1 1 2s v t at= − 2 2 2 1 2s v t at= − 1 2s s d+ = 20.175 m/sa = t 1 1v v at=＇ － 2 2v v at=＇ － 1 6.5 m/sv =＇ 2 1.5 m/sv =＇ － 2v ＇ 2v ＇ 2v ＇ 2 t t 2 2 2 2 2 vs a =12 解①③⑨式，代入有关数据得 ． ⑩ 由⑤⑩式求得刚要发生碰撞时物块 的速度 ． ⑾ 而物块 的速度 ． ⑿ 设 为两物块碰撞后的运度，由动量守恒定律有 ． ⒀ 刚碰后到停止运动过程中损失的机械能 ． ⒁ 由⒀⒁式得 ． ⒂ 代入有关数据得 ． 类型五、多物体多过程中的守恒定律 例 5.（2016 南康区校级四模）如图，A、B、C 三个木块的质量均为 m，置于光滑的水平桌面上， B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于 B、C 可视为一个整体．现 A 以初速度 v0 沿 B、C 的连线方向朝 B 运动，与 B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离．已知离开弹 簧后 C 的速度恰好为 v0．求弹簧释放的势能． 【答案】弹簧释放的势能为 ． 【解析】（1）设碰后 A、B 和 C 的共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得： ， 设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 v1，由动量守恒得 ， 解得：v1=0； （2）设弹簧的弹性势能为 EP，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 ， 解得： ； 20.20 m/sa = 1 1 6.0 m/sv =＇ 2 2 0v =＇ v ( )1 1 1 2m v m m v= +＇ ( ) 2 1 2E m m v∆ = + 2 2 1 1 1 2 '1 2 m vE m m ∆ = + 14.4 JE∆ = 2 0 1 3 mv 0 3mv mv= 1 03 2mv mv mv= + 2 2 2 1 0 1 1 1(3 ) (2 )2 2 2pm v E m v mv+ = + 2 0 1 3pE mv=13 【总结升华】分析清楚物体运动过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题． 类型六、根据图象判断动量守恒 例 6、(2015 全国 II 高考) 滑块 a、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起 运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置 x 随时间 t 变化的图像如图所示。求： （1）滑块 a、b 的质量之比； （2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 【解析】（1）设 a、b 的质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前的速度为 v1、v2，由题给图像得： ， a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v，由图像可得： 由动量守恒定律： 解得： （2）由能量守恒得：两滑块因碰撞而损失的机械能为 由图像可知，两滑块最后停止运动 由动量定理得：两滑块克服摩擦力所做的功为： 解得： 【总结升华】能根据 x-t 图像读懂物体的运动状态。 类型七、动量守恒中的临界问题 例 7．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶，司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹 车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离 后停 下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为 ，撞车后共同滑行的距离 ．假定两 车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量 是故障车质量 的 倍． 1 2 /v m s= − 2 1 /v m s= 2 /3v m s= 1 1 2 2 1 2( )m v m v m m v+ = + 1 2 1 8 m m = 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 ( )2 2 2E m v m v m m v∆ = + − + 2 1 2 1 ( )2W m m v= + 1 2 W E =∆ l L 8 25l L= M m 414 （1）设卡车与故障车相撞前的速度为 ，两车相撞后的速度变为 ，求 ； （2）卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故才能免于发生？ 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由碰撞过程动量守恒． ， 则 ． （2）设卡车刹车前速度为 ，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为 ，两车相撞前卡车动能变化 ， 碰撞后两车共同向前滑动，动能变化 ． 又因 ， 得 ． 如果卡车滑到故障车前就停止，由 ． 故 ， 这意味卡车司机在距故障车至少 处紧急刹车，事故才能够免于发生． 类型八、三个物体作用下的守恒问题 例 8．如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板 和 ．重物 （视为质点）位于 的 右端， 的质量相等，现 和 以同一速度滑向静止的 ． 与 发生正碰．碰后 和 粘在一起运动， 在 上滑行， 与 有摩擦力．已知 滑到 的右端而未掉下．试问：从 发生正碰到 刚移动到 右端期间， 所走过的距离是 板长度的多少倍？ 1v 2v 1 2 v v 5 4 2 3 L ( )1 2Mv M m v= + 1 2 5 4 v M m v M += = 0v µ 2 2 0 1 1 1 2 2Mv Mv MgLµ− = 2 2 1 ( ) 0 ( )2 M m v M m glµ+ − = + 8 25l L= 2 0 3v gLµ− 2 0 1 0 '2 Mv MgLµ− = 3' 2L L= 2 3 L B C A B A B C、 、 A B C B C B C A C A C A C B C、 A C C C15 【思路点拨】明确 与 作用及 与 作用的过程以及作用过程中所遵循的规律。 【答案】 【解析】设 的质量均为 ．碰撞前， 与 的共同速度为 ，碰撞后 与 的共同 速度为 ．对 ，由动量守恒定律得 ． 设 滑至 的右端时，三者的共同速度为 ．对 ，由动量守恒定律得 ． 设 与 的动摩擦因数为 ，从发生碰撞到 移至 的右端时， 所走过的距离为 ，对 ，由功能关系 ． 设 的长度为 ，对 A，由功能关系 ． 由以上各式解得 ． 【总结升华】明确 与 作用及 与 作用的过程以及作用过程中所遵循的规律是解决此题 的关键． 类型九、守恒量的探究 例 9．图（a）为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块 ，上端固定在 点且与一能 测量绳的拉力的测力传感器相连．已知有一质量为 的子弹 沿水平方向以速度 射入 内（未穿 透），接着两者一起绕 点在竖直平面内做圆周运动．在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得 绳的拉力 随时间 的变化关系如图（b）所示．已知子弹射入的时间极短，且图（b ）中 为 开始以相同速度运动的时刻．根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质 的物理量（例如 A 的质量）及 一起运动过程中的守恒量，你能求出哪些定量的结果？ A C B C、 A 7 3 s l = A B C、 、 m A B 0v B C 1v B C、 0 12mv mv= A C 2v A B C、 、 0 22 3mv mv= A C µ A C C s B C、 2 2 2 1 1 1(2 ) (2 )2 2mgs m v m vµ = − C l 2 2 0 2 1 1( ) 2 2mg s l mv mvµ + = − 7 3 s l = A C B C、 A A C 0m B 0v A C F t 0t = A B、 A B、16 【答案】见解析 【解析】以往的考题都明确提出求解的物理量是什么，而本题却要求考生根据题目中的信息，自 己确定能求出哪些量并将其解答．这就对考生的能力提出了新的要求，此题是一新型题，值得关注． 本题中的物理过程是：①子弹射入物块 中；②系统绕 点做圆周运动． 题中所涉及的物理规律是：①子弹射入 中前、后动量守恒；②系统机械能守恒；③牛顿第二定 律． 由图（b）可知道的是： 做圆周运动的周期 ；在最高点时绳的拉力为零，在最低点 时绳的拉力为 ． 射入 的过程中动量守恒，则有 ， 做圆周运动时，由牛顿第二定律知 最低点： ， 最高点： ， 且 ， ． 由于阻力忽略不计，则机械能守恒，有 ， 一起运动过程中的守恒量为机械能 ，若以最低点为零势能参考平面，则 ， 由以上各式解得各定量分别为物块 的质量 ， 绳的长度 ， 机械能 ． A C A A B、 02T t= mF B A ( )0 0 0 1Am v m m v= + 2 1 1 0 0( ) ( )A A vF m m g m m L − + = + 2 2 2 0 0( ) ( )A A vF m m g m m L + + = + 1 mF F= 2 0F = 2 2 0 1 0 2 0 1 1( ) ( ) ( ) 22 2A A Am m v m m v m m gL+ = + + + ⋅ A B、 E 2 0 1 1 ( )2 AE m m v= + A 06 m A Fm mg = − 2 2 0 0 2 36 5 m m v gL F = 2 2 0 03 m m v gE F =17 【巩固练习】 一、选择题 1．如图所示，水平轻弹簧与物体 A 和 B 相连，放在光滑水平面上，处于静止状态．物体 A 的质 量为 m，物体 B 的质量为 M，且 M＞m．现用大小相等的水平恒力 F1、F2 拉 A 和 B，从它们开始运动 到弹簧第一次伸长到最长的过程中（弹簧始终在弹性限度范围内） A．B 的动量变化量的大小等于 A 的动量变化量的大小 B．当 A 的动能最大时，B 的动能也最大 C．A 和 B 做的总功为零 D．弹簧第一次最长时，A 和 B 的总动能最大 2、(2015 郁南县校级期末考) 如图所示，一个质量为 0.18kg 的垒球，以 25m/s 的水平速度飞向 球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为 45m/s，设球棒与垒球的 作用时间为 0.01s．下列说 法正确的是（ ） A． 球棒对垒球的平均作用力大小为 360N B． 球棒对垒球的平均作用力大小为 720N C． 球棒对垒球的平均作用力大小为 1260N D． 无法判断 3、(2015 龙岩综测)真空室内，有质量分别为 m 和 2m 的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同 时获得 和 的瞬时速率，并开始相向运动。由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触，当 两原子核相距最近时，甲核的速度大小为（ ） A． 　　　　B． 　　　C． 　　　D． 4．如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时 B 静 止，A 具有 4 kg·m／s 的动量（令向右为正），开始绳松弛．在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、曰 动量的变化可能为（ ）． A．ΔpA=－4 kg·m／s，ΔpB=4 kg·m／s B．ΔpA=2 kg·m／s，ΔpB=－2 kg·m／s C．ΔpA=－2 kg·m／s，ΔpB=2 kg·m／s D．ΔpA=ΔpB=2 kg·m／s 3v 2v 0 1 3 v v 7 3 v18 5．在光滑的水平桌面上静止着长为 L 的方木块 M，今有 A、B 两颗子弹沿同一水平轨道分别以 速度 vA、vB 从 M 的两侧同时射入木块．A、B 在木块中嵌入的深度分别为 dA、dB，且 dA＞dB，dA+dB ＜L，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断 A、B 子弹在射入前（ ）． A．速度 vA＞vB B．A 的动能大于 B 的动能 C．A 的动量大小大于 B 的动量大小 D．A 的动量大小等于 B 的动量大小 6、(2015 景德镇三检)如图所示，水平传送带 AB 距离地面的高度为 h，以恒定速率 v0 顺时针运 行。甲、乙两个相同滑块（均视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在 AB 的正中间位置 轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是（ ） A．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等 B．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等 C．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定不相等 D．若甲、乙滑块能落在传送带的同一侧，则摩擦力对两物块做功一定相等 7.（2016 宿迁三模）光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木 块的 v﹣t 图象如图所示，已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到隐定状态，已知木块增 加了 50J，则此过程产生的内能可能是（　　） A．10J B．50J C．70J D．120J 8．如图甲所示，一质量为 M 的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为 m 的小滑块以一定初速 度 v0 从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图 1-12 乙 所示，根据图象作出如下判断（ ）． BA h v0 甲 乙19 ①滑块始终与木板存在相对运动；②滑块未能滑出木板；③滑块的质量 m 大于木板的质量 M；④ 在 t1 时刻滑块从木板上滑出． A．①③④ B．②③④ C．②③ D．②④ 二、填空题 9．如图 1-13 所示，一个质量 M=0.5 kg 的斜面体 A 原来静止在光滑的水平面上，一个质量 m=40 g 的小球 B 以水平速度 v0=30 m／s 撞到 A 的斜面上，碰撞时间极短，碰后变为竖直向上运动，则物体 A 碰后的速度为________． 10．为验证“两小球碰撞过程中动量守恒”，某同学用如图所示的装置依次进行了如下的实验操作： Ⅰ．将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立 于紧靠槽口处，使小球 a 从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹 O； Ⅱ．将木板向右平移适当的距离固定，再使小球 a 从原固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕 迹 B； Ⅲ．把半径与 a 相同的小球 b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球 a 仍从原固定点处由静 止释放，和小球 b 相碰后，两球撞在木板上得到痕迹 A 和 C； Ⅳ．用天平测得 a、b 两小球的质量分别为 ma、mb，用刻度尺测量纸上 D 点到 A、B、C 三点的 距离分别为 y1、y2、y3． 根据上述实验过程，回答： （1）所选用的两小球质量关系应为 ma______mb，半径关系应为 ra______rb．（填“＜”“＞”或 “=”） （2）用实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒，其表达式为________． 三、解答题 11．对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型： A、B 两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动．当它们之间的距离大于等于某一定值 d 时， 相互作用力为零；当它们之间的距离小于 d 时，存在大小恒为 F 的斥力．设 A 物体质量 m1=1.0 kg， 开始时静止在直线上某点；B 物体质量 m2=3.0 kg，以速度 v0 从远处沿该直线向 A 运动，如图所示．若 d=0.10 m，F=0.60 N，v0=0.20 m／s，求： （1）相互作用过程中 A、B 加速度的大小；20 （2）从开始相互作用到 A、B 间的距离最小时，两物体组成的系统动能的减少量； （3）A、B 间的最小距离． 12．如图所示，P 是固定的竖直挡板，A 是置于光滑平面上的平板小车（小车表面略低于挡板下 端），B 是放在小车最左端表面上的一个可视为质点的小物块．开始时，物块随小车一起以相同的水平 速度 v0 向左运动，接着物块与挡板发生了第一次碰撞，碰后物块相对于车静止时的位置离小车最左端 的距离等于车长的 3／4，此后物块又与挡板发生了多次碰撞，最后物块恰好未从小车上滑落．若物块 与小车表面间的动摩擦因数是个定值，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，试确定 小车与物块的质量关系． 13．一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度 5.0 m／s 水平飞来的垒球．垒球随后在离打击点 水平距离为 30 m 的垒球场上落地．设垒球质量为 0.18 kg，打击点离地面高度为 2.2 m，球棒与垒球的 作用时间为 0.010 s，重力加速度为 9.9 m／s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小． 14．一质量为 M 的长木板，静止在光滑的水平面上．一质量为 m 的小滑块以水平速度 v0 从长木 板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为 ．若把此木板固定在水 平桌面上，其他条件相同，求滑块离开木板时的速度 v． 15. （2016 海南高考）如图，物块 A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从 发射器（图中未画出）射出的物块 B 沿水平方向与 A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前 B 的 速度的大小 v 及碰撞后 A 和 B 一起上升的高度 h 均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以 h 为纵 坐标，v2 为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为 k=1.92×10﹣3s2/m．已知物块 A 和 B 的质量分别为 mA=0.400kg 和 mB=0.100kg，重力加速度大小 g=9.8m/s2． （i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求 h﹣v2 直线斜率的理论值 k0． （ii）求 k 值的相对误差 δ（ ），结果保留 1 位有效数字． 【答案与解析】 0 1 3 v 0 0 100%k k k δ −= ×21 一、选择题 1．【答案】A、B 【解析】A、B 以及弹簧组成的系统，水平方向上动量守恒，所以任何时刻 A、B 动量变化的大小 相等，但 A、B 动量变化的方向相反，F1、F2 都做正功，故 C 选项错误．当弹簧拉力跟 F1 或 F2 相等时， A、B 的动能最大． 2、【答案】C 【解析】根据动量定理： 得： ，符号表示力的方向与初速度的方向相反． 故选： C 3、【答案】B 【解析】两原子核组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，当两原子核相距最近时一 定是两个原子核共速的时刻，设此时的速度为 v’ 由动量守恒定律得： 解得： ，负号表示与甲的初速度方向相反，速度大小为 。 4．【答案】C 【解析】绳张紧过程中动量守恒，动能要损失． 5．【答案】A、B、D 【解析】由动量守恒可知 D 项正确，因为木块一直静止，所以 A、B 两子弹对木块的作用力等大， 即木块对 A、B 两子弹的作用力等大，由动能定理可知 B 项正确．根据 可知 A 项正确． 6、【答案】AD 【解析】AB、设 大于 ，弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为 ，加速度为 的匀减速运 动，乙物体向向右做初速度为 ，（若 大于 ），则乙也做加速度为 的匀减速运动，此种情况两个 物体落地后，距释放点的水平距离可能相等，A 正确，B 错误； CD、若 小于 ，弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为 ，加速度为 的匀减速运动，速度 为零后可以再向相反的方向运动．整个过程是做初速度为 ，加速度和皮带运动方向相同的减速运动， 乙物体做初速度为 ，加速度为 的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相 同，甲乙到达 B 点时的速度相同，落地的位置在同一点，故 C 错误，D 正确。 故选：AD 7.【答案】A． 【解析】设子弹的初速度为 v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为 v，木块的质量为 M，子弹 的质量为 m． 根据动量守恒定律得： 1 3 v v 0v v a v v 0v a v 0v v a v v a 2 1•F t mv mv= ﹣ 0.18 ( 45 25) 12600.01F N × − −= = − 3 2 2 ( 2 ) 'm v m v mv m m v× − × = − = + 1' 3v v= − 2 2 pEk m = 0 ( )mv M m v= +22 得， 木块获得的动能为 系统产生的内能为 由上对比可得 则得 Q＜EkM 所以 Q＜50J，故 A 正确，BCD 错误． 故选：A 8．【答案】A 【解析】由图象直接可知①④正确，由 v-t 图的斜率可知 aM＞am，而 M 与 m 相互作用力大小相等， 因此 m＞M，③正确． 二、填空题 9．【答案】2.4 m／s 【解析】因水平面光滑，所以斜面体 A 与小球 B 组成的系统在水平方向上动量守恒， 有：mv0=MvA， ． 10．【答案】（1）＞ ＝ （2） ． 【解析】（1）两小球要正碰，碰后 a 球不能反弹，故 a 球质量要大于 b 球质量，两球半径要相 等．（2）不放小球 b 时碰痕为反对应的速度为 （s 为轨道末端与木板的水平距离），碰后 两球的碰痕分别是 A、C，对应的速度分别是 和 ，验证动量守恒，应有 三、解答题 11．【答案】见解析 【解析】（1）由牛顿第二定律可得 ， ． （2）两者速度相同时，距离最近，由动量守恒得 m2v0=(m1+m2)v， 0mvv M m = + 2 2 2 0 2 1 2 2( )kM Mm vE Mv M m = = + 2 2 2 0 0 1 1 ( )2 2 2( ) MmvQ mv M m v M m = − + = + kM mQ EM m = + 0 0.04 30 m / s 2.4m / s0.5A mvv M ×= = = 2 3 1 1 1 1 a a bm m my y y = + 22a gv s y = 2 ' 2a gv s y = 1 ' 2b gv s y = 2 3 1 1 1 1 a a bm m my y y = + 2 1 1 0.6 N 0.60m / s1.0kg Fa m = = = 2 2 2 0.6 N 0.20m / s3.0kg Fa m = = =23 ． ． （3）根据匀变速运动规律 v1=a1t，v2=v0－a2t， 当 v1=v2 时，解得 A、B 两者距离最近时所用时间 t=0.25 s， ， ， ， 解得 Δx=0.075 m． 12．【答案】见解析 【解析】设小车、物块的质量分别为 M 和 m，车长为 L，物块与小车间的动摩擦因数为μ，初速 度为 v0．第一次碰后由于无机械能损失，因此物块的速度方向变为向右，大小仍为 v0，此后它与小车 相互作用，两者速度相等为 v 时（由题意知，此速度方向必向左，即必有 M＞m），此时相对车的最大 位 移 为 2 ， 对 物 块 、 小 车 系 统 由 动 量 守 恒 定 律 有 (M － m)v0=(M+m)v ， 由 能 量 守 恒 定 律 有 ． 多次碰撞后，物块恰未从小车上滑落，表明最后当物块运动到小车最右端时两者刚好同时停止运 动（或者速度同时趋于零）．对物块、小车系统由能量守恒定律有 ，而 ． 由以上各式得 v0=2v，M=3m． 13．【答案】见解析 【解析】以 m、v 和 v＇，分别表示垒球的质量、垒球在打击过程始、末瞬时速度的大小，球棒与 垒球的作用时间为 t，球棒对垒球的平均作用力的大小为 f，取力的方向为正方向，按动量定理有 ft=mv＇－m(－v)． ① 垒球在与球棒碰撞后，以速率 v＇，做平抛运动．令打击点高度为 h，垒球落地点与打击点的水平 距离为 x，则按平抛运动规律有 x=v＇t． ② ． ③ 式中，t＇是垒球做平抛运动的时间．由②③式得 ． ④ 由①④式得 ． 代入数据得 f=900 N． 14．【答案】见解析 【解析】设摩擦力对系统做功为盯，第一过程木板的速度为 v＇， 对第一过程 ． ① 2 0 1 2 0.15m / sm vv m m = =+ 2 2 2 0 1 2 1 1| | ( ) 0.015J2 2kE m v m m v∆ = − + = 2 1 1 1 2x a t= 2 2 0 2 1 2x v t a t= − 2 1( )x d x x∆ = − − 2 2 0 1 1( ) ( )2 2mgl M m v M m vµ = + − + 2 0 1 ( )2mgL M m vµ = + 3 4l L= 21 '2h gt= ' 2 gv x h = 2 m gf x vt h  = +    0 0 ' 3 vmv Mv m= + ⋅24 ． ② 对第二过程 ． ③ 由以上①②③式得 ． 15.【答案】（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，h﹣v2 直线斜率的理论值 k0 是 2.04×10﹣3s2/m． （ii）k 值的相对误差 δ 是 6%． 【解析】（i）设物块 A 和 B 碰撞后共同运动的速度为 v′，取向右为正方向，由动量守恒定律有： ① 在碰撞后 A 和 B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 ② 联立①②式得 ③ 由题意得： h﹣v2 直线斜率的理论值 ④ 代入题给数据得 k0=2.04×10﹣3s2/m ⑤ （ii）按照定义知，k 值的相对误差 ⑥ 由⑤⑥式和题给条件代入数据得 δ=6% ⑦ 2 2 20 0 1 1 1 '2 2 3 2 f vmv m Mv W − − =   2 2 0 1 1 2 2 fmv mv W− = 0 413 v mv M = + ( )B A Bm v m m v′= + 21 ( ) ( )2 A B A Bm m v m m gh′+ = + 2 2 22 ( ) B A B mh vg m m = + 2 0 22 ( ) B A B mk g m m = + 0 0 100%k k k δ −= ×