基本概念基本概念 1. 動量守恒定律的表述動量守恒定律的表述 2. 動量守恒定律成立的條件。動量守恒定律成立的條件。 3. 應用動量守恒定律的注意點應用動量守恒定律的注意點 4. 動量守恒定律的重要意義動量守恒定律的重要意義簡單應用簡單應用 例例1、 01年全國年全國17、 例例2、 例例3、 04年北京年北京24、 練習練習、 例例4、 綜合應用綜合應用 87年高考年高考、 例例5 例例6、 例例7、例例8、 例例9、 例例10、 00年高考年高考22 95高考高考 04年江蘇年江蘇18 04年青海年青海25 04年廣西年廣西17 04年全國理綜年全國理綜實驗題實驗題 例例11 練習練習21. 動量守恒定律的表述。動量守恒定律的表述。 一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。個系統(tǒng)的總動量保持不變。 即：即：m1v1+m2v2 = m1v1 +m2v2 2. 動量守恒定律成立的條件。動量守恒定律成立的條件。系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內力系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內力, 可以忽略不計；可以忽略不計；系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方 向上動量守恒。向上動量守恒。全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階 段系統(tǒng)動量守恒。段系統(tǒng)動量守恒。3. 應用動量守恒定律的注意點：應用動量守恒定律的注意點：(1) 注意動量守恒定律的適用條件，注意動量守恒定律的適用條件，(2) 特別注意動量守恒定律的特別注意動量守恒定律的矢量性矢量性：要規(guī)定正方向，：要規(guī)定正方向，已知量跟規(guī)定正方向相同的為正值，相反的為負值，已知量跟規(guī)定正方向相同的為正值，相反的為負值，求出的未知量是正值，則跟規(guī)定正方向相同，求出的未知量是正值，則跟規(guī)定正方向相同，求出的未知量是負值，則跟規(guī)定正方向相反。求出的未知量是負值，則跟規(guī)定正方向相反。(3)注意參與相互作用的對象和過程注意參與相互作用的對象和過程 (4)注意動量守恒定律的優(yōu)越性和廣泛性注意動量守恒定律的優(yōu)越性和廣泛性優(yōu)越性優(yōu)越性跟過程的細節(jié)無關跟過程的細節(jié)無關 例例A、例例B廣泛性廣泛性不僅適用于兩個物體的系統(tǒng)，也適用不僅適用于兩個物體的系統(tǒng)，也適用 于多個物體的系統(tǒng)；不僅適用于多個物體的系統(tǒng)；不僅適用 于正碰，也適用于正碰，也適用 于斜碰；不僅適用于低速運動的宏觀物體，也適于斜碰；不僅適用于低速運動的宏觀物體，也適 用于高速運動的微觀物體。用于高速運動的微觀物體。(5) 注意速度的注意速度的同時性同時性和和相對性相對性。 同時性同時性指的是公式中的指的是公式中的v1 、v2必須是相互作用前必須是相互作用前同一時刻的速度，同一時刻的速度，v1 、v2 必須是相互作用后同一必須是相互作用后同一時刻的速度。時刻的速度。 相對性相對性指的是公式中的所有速度都是相對于同一指的是公式中的所有速度都是相對于同一慣性參考系的速度，一般以地面為參考系。相對于慣性參考系的速度，一般以地面為參考系。相對于拋出物體的速度應是拋出物體的速度應是拋出后拋出后物體的速度。物體的速度。 例例C、 例例D例例A、質量均為質量均為M的兩船的兩船A、B靜止在水面上，靜止在水面上，A船上有一質量為船上有一質量為m的人以速度的人以速度v1跳向跳向B船，又以速船，又以速度度v2跳離跳離B船，再以船，再以v3速度跳離速度跳離A船船，如此往，如此往返返10次，最后回到次，最后回到A船上，此時船上，此時A、B兩船的速度兩船的速度之比為多少？之比為多少？解：解：動量守恒定律跟過程的細節(jié)無關動量守恒定律跟過程的細節(jié)無關 ，對整個過程對整個過程 ，由動量守恒定律，由動量守恒定律(M+ m)v1 + Mv2 = 0 v1 v2 = - M (M+ m)例例B、質量為質量為50kg的小車靜止在光滑水平面上，質的小車靜止在光滑水平面上，質量為量為30kg 的小孩以的小孩以4m/s的水平速度跳上小車的尾的水平速度跳上小車的尾部，他又繼續(xù)跑到車頭，以部，他又繼續(xù)跑到車頭，以2m/s的水平速度（相對的水平速度（相對于地）跳下，小孩跳下后，小車的速度多大？于地）跳下，小孩跳下后，小車的速度多大？解：解：動量守恒定律跟過程的細節(jié)無關動量守恒定律跟過程的細節(jié)無關 ，對整個過程對整個過程 ，以，以小孩的運動速度為正方向小孩的運動速度為正方向由動量守恒定律由動量守恒定律mv1=mv2+MVV=m(v1-v2)/M=60/50=1.2 m/s小車的速度跟小孩的運動速度方向相同小車的速度跟小孩的運動速度方向相同 例例C、一個人坐在光滑的冰面的小車上，人與車的總一個人坐在光滑的冰面的小車上，人與車的總質量為質量為M=70kg，當他接到一個質量為，當他接到一個質量為m=20kg以速度以速度v=5m/s迎面滑來的木箱后，立即以相對于自己迎面滑來的木箱后，立即以相對于自己u=5m/s的速度逆著木箱原來滑行的方向推出，求小車獲得的的速度逆著木箱原來滑行的方向推出，求小車獲得的速度。速度。v=5m/sM=70kgm=20kgu=5m/s解：解：整個過程動量守恒，但是速度整個過程動量守恒，但是速度u為相對于小車的速度，為相對于小車的速度，v箱對地箱對地=u箱對車箱對車+ V車對地車對地=u+ V規(guī)定木箱原來滑行的方向規(guī)定木箱原來滑行的方向為正方向為正方向對整個過程由動量守恒定律，對整個過程由動量守恒定律，mv =MV+m v箱對地箱對地= MV+ m( u+ V) 注意注意 u= - 5m/s，代入數字得，代入數字得V=20/9=2.2m/s方向跟木箱原來滑行的方向相同方向跟木箱原來滑行的方向相同例例D、一個質量為一個質量為M的運動員的運動員手里拿著一個質量為手里拿著一個質量為m的物體，踏跳后以初速度的物體，踏跳后以初速度v0與水平方向成與水平方向成角向斜上角向斜上方跳出，當他跳到最高點時將物體以相對于運動員的方跳出，當他跳到最高點時將物體以相對于運動員的速度為速度為u水平向后拋出。問：由于物體的拋出，使他水平向后拋出。問：由于物體的拋出，使他跳遠的距離增加多少？跳遠的距離增加多少？解：解：跳到最高點時的水平速度為跳到最高點時的水平速度為v0 cos拋出物體相對于地面的速度為拋出物體相對于地面的速度為v物對地物對地=u物對人物對人+ v人對地人對地= - u+ v規(guī)定向前為正方向，在水平方向，由動量守恒定律規(guī)定向前為正方向，在水平方向，由動量守恒定律 (M+m)v0 cos=M v +m( v u) v = v0 cos+mu / (M+m)v = mu / (M+m)平拋的時間平拋的時間 t=v0sin/g增加的距離為增加的距離為gsinvumMmtvx0 火車機車拉著一列車廂以火車機車拉著一列車廂以v v0 0速度在平直軌道速度在平直軌道上勻速前進，在某一時刻，最后一節(jié)質量為上勻速前進，在某一時刻，最后一節(jié)質量為m的車的車廂與前面的列車脫鉤，脫鉤后該車廂在軌道上滑行廂與前面的列車脫鉤，脫鉤后該車廂在軌道上滑行一段距離后停止，機車和前面車廂的總質量一段距離后停止，機車和前面車廂的總質量M不變不變。設機車牽引力不變，列車所受運動阻力與其重力。設機車牽引力不變，列車所受運動阻力與其重力成正比，與其速度無關。則當脫離了列車的最后一成正比，與其速度無關。則當脫離了列車的最后一節(jié)車廂停止運動的瞬間，前面機車和列車的速度大節(jié)車廂停止運動的瞬間，前面機車和列車的速度大小等于小等于 。例例1解：解：由于系統(tǒng)由于系統(tǒng)(mM)的合外力始終為的合外力始終為0，由動量守恒定律由動量守恒定律 (mM)v0=MVV= (mM)v0/M(mM)v0/M （12分）質量為分）質量為M的小船以速度的小船以速度V0行駛，行駛，船上有兩個質量皆為船上有兩個質量皆為m的小孩的小孩a和和b，分別靜止站在，分別靜止站在船頭和船尾，現小孩船頭和船尾，現小孩a沿水平方向以速率（相對于靜沿水平方向以速率（相對于靜止水面）向前躍入水中，然后小孩止水面）向前躍入水中，然后小孩b沿水平方向以同沿水平方向以同一速率（相對于靜止水面）向后躍入水中一速率（相對于靜止水面）向后躍入水中.求小孩求小孩b躍出后小船的速度躍出后小船的速度. 解：解：設小孩設小孩b 躍出后小船向前行駛的速度為躍出后小船向前行駛的速度為V，根據動量守恒定律，有根據動量守恒定律，有 1)2(0mmMVVmM 2)21 (0VMmV解得 平直的軌道上有一節(jié)車廂，車廂以平直的軌道上有一節(jié)車廂，車廂以12m/s的速度做勻速直線運動，某時刻與一質量的速度做勻速直線運動，某時刻與一質量為其一半的靜止的平板車掛接時，車廂頂邊緣為其一半的靜止的平板車掛接時，車廂頂邊緣上一個小鋼球向前滾出，如圖所示，平板車與上一個小鋼球向前滾出，如圖所示，平板車與車廂頂高度差為車廂頂高度差為1.8m，設平板車足夠長，求鋼，設平板車足夠長，求鋼球落在平板車上何處？（球落在平板車上何處？（g取取10m/s2）例例2v0解解: 兩車掛接時，因掛接時間很短，可以認為小鋼兩車掛接時，因掛接時間很短，可以認為小鋼球速度不變，以兩車為對象，碰后速度為球速度不變，以兩車為對象，碰后速度為v，由動量守恒可得由動量守恒可得 Mv0=(MM/2) vv=2v0 /3 = 8m/s鋼球落到平板車上所用時間為鋼球落到平板車上所用時間為sght6 . 0/2t 時間內平板車移動距離時間內平板車移動距離s1=vt=4.8mt 時間內鋼球水平飛行距離時間內鋼球水平飛行距離 s2=v0t=7.2m則鋼球距平板車左端距離則鋼球距平板車左端距離 x=s2s1=2.4m。題目題目v0 有一質量為有一質量為m20千克的物體，以水平速千克的物體，以水平速度度v5米秒的速度滑上靜止在光滑水平面上的小車，米秒的速度滑上靜止在光滑水平面上的小車，小車質量為小車質量為M80千克，物體在小車上滑行距離千克，物體在小車上滑行距離L 4米后相對小車靜止。求：米后相對小車靜止。求：（1）物體與小車間的滑動摩擦系數。）物體與小車間的滑動摩擦系數。（2）物體相對小車滑行的時間內，小車在地面上運動）物體相對小車滑行的時間內，小車在地面上運動的距離。的距離。例例3解：解：畫出運動示意圖如圖示畫出運動示意圖如圖示vmMVmMLS由動量守恒定律（由動量守恒定律（m+M)V=mvV=1m/s由能量守恒定律由能量守恒定律 mg L = 1/2 mv2 - 1/2 (m+M)V2= 0.25對小車對小車 mg S =1/2MV2 S=0.8m （20分）對于兩物體碰撞前后速度在同分）對于兩物體碰撞前后速度在同一直線上，且無機械能損失的碰撞過程，可以簡化為一直線上，且無機械能損失的碰撞過程，可以簡化為如下模型：如下模型：A、B兩物體位于光滑水平面上，僅限于沿兩物體位于光滑水平面上，僅限于沿同一直線運動。當它們之間的距離大于等于某一定值同一直線運動。當它們之間的距離大于等于某一定值d時時.相互作用力為零：當它們之間的距離小于相互作用力為零：當它們之間的距離小于d 時，存時，存在大小恒為在大小恒為F的斥力。的斥力。 設設A物休質量物休質量m1=1.0kg，開始時靜止在直線上某點；，開始時靜止在直線上某點；B物體質量物體質量m2=3.0kg，以速度，以速度v0從遠處沿該直線向從遠處沿該直線向A運運動，如圖所示。若動，如圖所示。若d=0.10m, F=0.60N，v0=0.20m/s，求：，求：（1）相互作用過程中）相互作用過程中A、B加速度的大?。患铀俣鹊拇笮?；（2）從開始相互作用到）從開始相互作用到A、B間的距離最小時，系統(tǒng)間的距離最小時，系統(tǒng)（物體組）動能的減少量；（物體組）動能的減少量；（3）A、B間的最小距離。間的最小距離。v0BAdv0m2m1d解：（解：（1）2222110.20m/smFa0.60m/smFa（2）兩者速度相同時，距離最近，由動量守恒）兩者速度相同時，距離最近，由動量守恒)vm(mvm21020.15m/s)m(mvmv21020.015J)vm(m21vm21|E|221202k（3）根據勻變速直線運動規(guī)律）根據勻變速直線運動規(guī)律v1=a1t v2=v0a2t當當v1=v2時時 解得解得A、B兩者距離最近時所用時間兩者距離最近時所用時間t=0.25ss1=a1t2/2s2=v0ta2t2/2s=s1+ds2將將t=0.25s代入，解得代入，解得A、B間的最小距離間的最小距離smin=0.075m題目 練習練習. 如圖所示，一質量為如圖所示，一質量為M =0.98kg的木塊靜止在的木塊靜止在光滑的水平軌道上，水平軌道右端連接有半徑為光滑的水平軌道上，水平軌道右端連接有半徑為R=0.1m的豎直固定光滑圓弧形軌道。一顆質量為的豎直固定光滑圓弧形軌道。一顆質量為m=20g的子彈以速度的子彈以速度v0200m/s的水平速度射入木塊，的水平速度射入木塊，并嵌入其中。（并嵌入其中。（g取取10m/s2）求：）求：（1）子彈嵌入木塊后，木塊速度多大？）子彈嵌入木塊后，木塊速度多大？（2）木塊上升到最高點時對軌道的壓力的大?。┠緣K上升到最高點時對軌道的壓力的大小Rv0 解：解：由動量守恒定律由動量守恒定律 mv0 =（M+m）V V= 4m/s由機械能守恒定律，運動到最高點時的速度為由機械能守恒定律，運動到最高點時的速度為vt 1/2 m1vt2 +2m1gR= 1/2 m1V2 式中式中 m1=(M+m) vt2 = V2 - 4gR = 12由牛頓第二定律由牛頓第二定律 mg+N=m vt2 /R N=110N由牛頓第三定律，對軌道的壓力為由牛頓第三定律，對軌道的壓力為110N 如圖所示，光滑水平面上質量為如圖所示，光滑水平面上質量為m1=2kg的物塊的物塊以以v0=2m/s的初速沖向質量為的初速沖向質量為m2=6kg靜止的光滑圓弧靜止的光滑圓弧面斜劈體。求面斜劈體。求例例4（1）物塊）物塊m1滑到最高點位置時，二者的速度；滑到最高點位置時，二者的速度；（2）物塊）物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度。從圓弧面滑下后，二者速度。 m2m1V0解解：（：（1）由動量守恒得）由動量守恒得m1V0= (m1+m2) V V= m1V0 /(m1+m2) =0.5m/s（2）由彈性碰撞公式）由彈性碰撞公式smVmmmVsmVmmmmV/1262222/12626202112021211 如下圖所示，在水平光滑桌面上放如下圖所示，在水平光滑桌面上放一質量為一質量為M的玩具小車。在小車的平臺（小車的的玩具小車。在小車的平臺（小車的一部分）上有一質量可以忽略的彈簧，一端固定一部分）上有一質量可以忽略的彈簧，一端固定在平臺上，另一端用質量為在平臺上，另一端用質量為m的小球將彈簧壓縮的小球將彈簧壓縮一定距離用細線捆住。用手將小車固定在桌面上，一定距離用細線捆住。用手將小車固定在桌面上，然后燒斷細線，小球就被彈出，落在車上然后燒斷細線，小球就被彈出，落在車上A點，點，OA=s，如果小車不固定而燒斷細線，球將落在，如果小車不固定而燒斷細線，球將落在車上何處？設小車足夠長，球不至落在車外。車上何處？設小車足夠長，球不至落在車外。AsO下頁下頁解解：當小車固定不動時：設平臺高：當小車固定不動時：設平臺高h、小球彈出時、小球彈出時的速度大小為的速度大小為v，則由平拋運動可知，則由平拋運動可知 s=vt221gth v2 = gs2/2h （1）當小車不固定時：設小球彈出時相對于地面的速度當小車不固定時：設小球彈出時相對于地面的速度大小為大小為v ，車速的大小為車速的大小為V，由動量守恒可知：，由動量守恒可知： mv =MV （2）因為兩次的總動能是相同的，所以有因為兩次的總動能是相同的，所以有 )3(212121222mvMVvm題目題目下頁下頁設小球相對于小車的速度大小為設小球相對于小車的速度大小為v，則，則 )4(Vvv 設小球落在車上設小球落在車上A 處，處，sAO由平拋運動可知：由平拋運動可知： )5(2ghvs 由（由（1）（）（2）（）（3）（）（4）（）（5）解得：）解得：sMmMs題目題目上頁上頁 如圖所示，如圖所示，M=2kg的小車靜止在光滑的水平面的小車靜止在光滑的水平面上車面上上車面上AB段是長段是長L=1m的粗糙平面，的粗糙平面，BC部分是部分是半徑半徑R=0.6m的光滑的光滑1/4圓弧軌道，今有一質量圓弧軌道，今有一質量m=1kg的金屬塊靜止在車面的的金屬塊靜止在車面的A端金屬塊與端金屬塊與AB面面的動摩擦因數的動摩擦因數=0.3若給若給m施加一水平向右、大小施加一水平向右、大小為為I=5Ns的瞬間沖量，的瞬間沖量， （g取取10m/s2）求）求:1. 金屬塊能上升的最大高度金屬塊能上升的最大高度h2. 小車能獲得的最大速度小車能獲得的最大速度V13. 金屬塊能否返回到金屬塊能否返回到A點？點？ 若能到若能到A點，金屬塊速度多大？點，金屬塊速度多大？MABCROmI例例5.解解： I=mv0 v0=I/m=5/1=5m/s1. 到最高點有共同速度水平到最高點有共同速度水平V 由動量守恒定律由動量守恒定律 mv0 = (m+ M)V V= 5/3m/s由能量守恒定律由能量守恒定律 1/2 mv0 2 =1/2 (m+ M) V2 +mgL+mgh h=0.53 m MABCROmI2. 當物體當物體m由最高點返回到由最高點返回到B點時，小車速度點時，小車速度V2最大最大, 由動量守恒定律由動量守恒定律 mv0 = - mv1+ MV1= 5由能量守恒定律由能量守恒定律 1/2 mv02 = 1/2 mv12+ 1/2 MV12 + mgL 解得：解得：V1=3m/s （向右）（向右） v1=1m/s （向左（向左）思考：若思考：若R=0.4m，前兩問結果如何？，前兩問結果如何？ 3. 設金屬塊從設金屬塊從B向左滑行向左滑行s后相對于小車靜止，速度為后相對于小車靜止，速度為V由動量守恒定律由動量守恒定律 mv0 = (m+ M)V V= 5/3m/s 由能量守恒定律由能量守恒定律 1/2 mv0 2 = 1/2 (m+ M) V2 + mg（L+s） 解得：解得：s=16/9mL=1m 能返回到能返回到A點點 由動量守恒定律由動量守恒定律 mv0 = - mv2+ MV2= 5由能量守恒定律由能量守恒定律 1/2 mv0 2 = 1/2 mv22+ 1/2 MV22 + 2mgL 解得：解得：V2=2.55m/s （向右）（向右） v2=0.1m/s （向左（向左） 甲乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游甲乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲甲和他的冰車的總質量共為戲甲和他的冰車的總質量共為M=30kg，乙和他的，乙和他的冰車的總質量也是冰車的總質量也是30kg游戲時，甲推著一質量為游戲時，甲推著一質量為m=15km的箱子，和他一起以大小為的箱子，和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑的速度滑行乙以同樣大小的速度迎面滑來為了避免相撞，行乙以同樣大小的速度迎面滑來為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子到乙處時乙迅速把甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子到乙處時乙迅速把它抓住若不計冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的它抓住若不計冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度速度(相對于地面相對于地面)將箱子推出，才能避免和乙相碰？將箱子推出，才能避免和乙相碰？V0=2m/s乙乙甲甲V0=2m/s例例6V0=2m/s乙乙甲甲V0=2m/s解：由動量守恒定律解：由動量守恒定律（向右為正）（向右為正）對甲、乙和箱對甲、乙和箱(M+M+m)V1=(M+m-M)V0V0=2m/sVxv1甲甲乙乙 對甲和箱（向右為正）對甲和箱（向右為正） (M+m)V0=MV1+mvxv1v1甲甲乙乙 對乙和箱對乙和箱-MV0+mvx =(M+m)V1VX=5.2m/s V1=0.4m/s題目題目 如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排放置的木塊的木塊A和和B，已知，已知mA=500克，克，mB=300克，有一質量克，有一質量為為80克的小銅塊克的小銅塊C以以25米米/秒的水平初速開始，在秒的水平初速開始，在A表面表面滑動，由于滑動，由于C與與A、B間有摩擦，銅塊間有摩擦，銅塊C最后停在最后停在B上，上，B和和C一起以一起以2.5米米/秒的速度共同前進，求：秒的速度共同前進，求： (a)木塊木塊A的最后速度的最后速度vA (b)C在離開在離開A時速度時速度vC ABCv0解：解：畫出示意圖如圖示：對畫出示意圖如圖示：對ABC三個物體組成的系統(tǒng)，由動量三個物體組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，從開始到最后的整個過程，守恒定律，從開始到最后的整個過程，ABCvBCvAABCvCmC v0 = mA vA + (mB + mC) vBC8025 =500 vA + 3802.5vA = 2.1m/s從開始到從開始到C剛離開剛離開A的過程，的過程，mC v0 = mC vC + (mA + mB) vA8025 = 80 vC + 8002.1vC = 4 m/s例例7 光滑的水平桌面上有一質量光滑的水平桌面上有一質量m3=5kg, 長長L=2m的木板的木板C, 板兩端各有塊擋板板兩端各有塊擋板. 在板在板C的正中央并排放著兩個可視為質點的滑塊的正中央并排放著兩個可視為質點的滑塊A和和B, 質量分別為質量分別為m1=1kg, m2=4kg, A、B之間之間夾有少量的塑料炸藥夾有少量的塑料炸藥, 如圖所示如圖所示, 開始時開始時A、B、C均靜止均靜止, 某時刻炸藥爆炸使某時刻炸藥爆炸使A以以6m/s的速度的速度水平向左滑動水平向左滑動, 設設A、B與與C接觸均光滑接觸均光滑, 且且A、B與擋板相碰后都與擋板粘接成一體與擋板相碰后都與擋板粘接成一體, 炸藥爆炸藥爆炸和碰撞時間均可不計炸和碰撞時間均可不計, 求：求： 炸藥爆炸后炸藥爆炸后, 木木板板C的位移和方向的位移和方向.例例8B CAB CA1kg L=2m4kg5kgv0 =6m/s解解：炸藥爆炸后炸藥爆炸后, 對對A、B由動量守恒定律，由動量守恒定律，m1v0-m2v2=0 v2=1.5m/s C不動不動,A經經t1與板碰撞與板碰撞 t1=0.5L/v0=1/6 sB向右運動向右運動 s2=v2t1=0.25m （圖甲）圖甲）B CA甲甲 v2A與板碰撞后，對與板碰撞后，對A、C由動量守恒定律，由動量守恒定律，m1v0=（m1+ m3 ） VV=1m/sVB經經t2與板碰撞與板碰撞（圖乙）圖乙） C乙乙BA0.5L s2 = (v2+V) t2 t2=0.3 sS車車=Vt2=0.3m B與板碰后車靜止與板碰后車靜止 例例9. 質量為質量為M=3kg的小車放在光滑的水平面上，物的小車放在光滑的水平面上，物塊塊A和和B的質量為的質量為mA=mB=1kg，放在小車的光滑水平，放在小車的光滑水平底板上，物塊底板上，物塊A和小車右側壁用一根輕彈簧連接起來，和小車右側壁用一根輕彈簧連接起來，不會分離。物塊不會分離。物塊A和和B并排靠在一起，現用力壓并排靠在一起，現用力壓B，并，并保持小車靜止，使彈簧處于壓縮狀態(tài)，在此過程中外保持小車靜止，使彈簧處于壓縮狀態(tài)，在此過程中外力做功力做功135J，如右圖所示。撤去外力，當，如右圖所示。撤去外力，當B和和A分開分開后，在后，在A達到小車底板的最左端位置之前，達到小車底板的最左端位置之前，B已從小已從小車左端拋出。求：車左端拋出。求：(1) B與與A分離時分離時A對對B做了多少功做了多少功?(2) 整個過程中，彈簧從壓縮狀態(tài)開始，各次恢復原整個過程中，彈簧從壓縮狀態(tài)開始，各次恢復原長時，物塊長時，物塊A和小車的速度和小車的速度 MABmAmBMABmAmBE0=135J解：解：(1) AB將分離時彈簧恢復原長將分離時彈簧恢復原長, AB的速度為的速度為v,小車速度為小車速度為V,對對A、B、M系統(tǒng)，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：系統(tǒng)，由動量守恒定律和機械能守恒定律得：VvABM(mA+mB)v-MV=01/2 (mA+mB)v2+1/2 MV2 =E0即即 2v-3V=0 v2+1.5V2 =135解得解得 v= 9m/s, V=6m/s WA對對B= 1/2 mBv2=40.5J (2)B離開小車后，對小車和離開小車后，對小車和A及及彈簧系統(tǒng)由動量守恒定律和機彈簧系統(tǒng)由動量守恒定律和機械能守恒定律得（向右為正）械能守恒定律得（向右為正）AMmAv1+MV1=91/2 mAv12+ 1/2 MV12 =E0 40.5即即 v1+3V1=9 v12+3V12 =189代入消元得代入消元得 2V12 9V1-18=0 解得解得 v1= 13.5m/s, V1=-1.5m/s 或或v1= -9m/s, V1=6m/s答：答： B與與A分離時分離時A對對B做了多少功做了多少功40.5J (2)彈簧將伸長時小車彈簧將伸長時小車 和和A 的速度分別為的速度分別為9m/s, 6m/s； 將壓縮時為將壓縮時為13.5m/s, 1.5m/s 人和冰車的總質量為人和冰車的總質量為M，人坐在靜止于光滑水平，人坐在靜止于光滑水平冰面的冰車上，以相對地的速率冰面的冰車上，以相對地的速率v 將一質量為將一質量為m 的的木球沿冰面推向正前方的豎直固定擋板。設球與擋木球沿冰面推向正前方的豎直固定擋板。設球與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞后球以速率板碰撞時無機械能損失，碰撞后球以速率v反彈回反彈回來。人接住球后，再以同樣的相對于地的速率來。人接住球后，再以同樣的相對于地的速率v 將將木球沿冰面推向正前方的擋板。已知木球沿冰面推向正前方的擋板。已知M：m=31：2，求：求：（1）人第二次推出球后，冰車和人的速度大小。）人第二次推出球后，冰車和人的速度大小。（2）人推球多少次后不能再接到球？）人推球多少次后不能再接到球？例例10解：解：每次推球時，對冰車、人和木球組成的系統(tǒng)，動每次推球時，對冰車、人和木球組成的系統(tǒng)，動量守恒，量守恒，設人和冰車速度方向為正方向設人和冰車速度方向為正方向，每次推球后，每次推球后人和冰車的速度分別為人和冰車的速度分別為v1、v2，則第一次推球后：則第一次推球后：Mv1mv=0 第一次接球后：（第一次接球后：（M m ）V1= Mv1 + mv 第二次推球后：第二次推球后： Mv2mv = （M m ）V1 三式相加得三式相加得 Mv2 = 3mvv2=3mv/M=6v/31以此類推，第以此類推，第N次推球后，人和冰車的速度次推球后，人和冰車的速度 vN=(2N1)mv/M當當vNv時，不再能接到球，即時，不再能接到球，即2N1M/m=31/2 N8.25人推球人推球9次后不能再接到球次后不能再接到球題目題目 在原子核物理中，研究核子與核關聯的最有在原子核物理中，研究核子與核關聯的最有效途徑是效途徑是“雙電荷交換反應雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似。兩個小球述力學模型類似。兩個小球A和和B用輕質彈簧相連，在光滑的用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板定擋板P，右邊有一小球，右邊有一小球C沿軌道以速度沿軌道以速度v0 射向射向 B球，如圖所球，如圖所示。示。C與與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D。在它們繼續(xù)向左運。在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變。然后，改變。然后，A球與擋板球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，都靜止不動，A與與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除定均無機械能損失）。已知除定均無機械能損失）。已知A、B、C三球的質量均為三球的質量均為m。（1）求彈簧長度剛被鎖定后）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。球的速度。（2）求在）求在A球離開擋板球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。彈性勢能。v0BACPv0BACP（1）設）設C球與球與B球粘結成球粘結成D時，時，D的速度為的速度為v1，由動量，由動量守恒，有守恒，有 v1ADPmv0 =(m+m)v1 當彈簧壓至最短時，當彈簧壓至最短時，D與與A的速度相等，設此速的速度相等，設此速度為度為v2 ，由動量守恒，有，由動量守恒，有DAPv22mv1 =3m v2 由由、兩式得兩式得A的速度的速度 v2=1/3 v0 題目題目 上頁上頁 下頁下頁（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為 EP ，由能量守恒，有，由能量守恒，有 PEmvmv2221321221撞擊撞擊P后，后，A與與D 的動能都為零，解除鎖定后，當彈的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉變成簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉變成D 的動能，的動能，設設D的速度為的速度為v3 ，則有，則有23221mvEP 當彈簧伸長，當彈簧伸長，A球離開擋板球離開擋板P，并獲得速度。當，并獲得速度。當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長。設此時的速度為的速度相等時，彈簧伸至最長。設此時的速度為v4 ，由動量守恒，有由動量守恒，有2mv3=3mv4 當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為 ，由能量守恒，有，由能量守恒，有 PEPEmvmv2423321221解以上各式得解以上各式得20361mvEP題目題目 上頁上頁 如圖所示，一排人站在沿如圖所示，一排人站在沿x 軸的水平軌道旁，原軸的水平軌道旁，原點點0兩側的人的序號都記為兩側的人的序號都記為n(n=1，2，3)。每人只有一。每人只有一個沙袋，個沙袋，x0一側的每個沙袋質量為一側的每個沙袋質量為m=14千克，千克，x0的一側：的一側：第第1人扔袋：人扔袋：Mv0m2v0=(Mm)v1，第第2人扔袋：人扔袋：(Mm)v1m22v1 =(M2m)v2，第第n人扔袋：人扔袋：M(n1)mvn 1 m2nvn 1=(m+nm)vn，要使車反向要使車反向,則要則要Vn0亦即：亦即：M(n1)m2nm0n=2.4，取整數即車上堆積有取整數即車上堆積有n=3個沙袋時車將開始反向個沙袋時車將開始反向(向左向左)滑行?；小ｎ}目題目(2)只要小車仍有速度，都將會有人扔沙袋到車上，只要小車仍有速度，都將會有人扔沙袋到車上，因此到最后小車速度一定為零，在因此到最后小車速度一定為零，在x0的一側：的一側： 經負側第經負側第1人：人：(M3m)v3 m 2v3=(M3m+m)v ，經負側第經負側第2人：人：(M3mm)v4m 4v4=(M3m2 m )v5 經負側第經負側第n人人(最后一次最后一次)： M3m(n 1)mvn 1m 2n vn 1 =0n = 8 故車上最終共有故車上最終共有N=nn =38=11(個沙袋個沙袋)題目題目3120123x (16 (16分分) )一個質量為一個質量為M的雪橇靜止在的雪橇靜止在水平雪地上，一條質量為水平雪地上，一條質量為m的愛斯基摩狗站在該雪橇的愛斯基摩狗站在該雪橇上狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上上狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上雪橇；其后狗又反復地跳下、追趕并跳上雪橇，狗與雪橇；其后狗又反復地跳下、追趕并跳上雪橇，狗與雪橇始終沿一條直線運動若狗跳離雪橇時雪橇的速雪橇始終沿一條直線運動若狗跳離雪橇時雪橇的速度為度為V，則此時狗相對于地面的速度為，則此時狗相對于地面的速度為V+u( (其中其中u為狗為狗相對于雪橇的速度，相對于雪橇的速度，V+u為代數和若以雪橇運動的為代數和若以雪橇運動的方向為正方向，則方向為正方向，則V為正值，為正值，u為負值為負值) )設狗總以速度設狗總以速度v追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計已追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計已知知v 的大小為的大小為5m/s，u的大小為的大小為4m/s，M=30kg，m=10kg. .（1 1）求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大?。┣蠊返谝淮翁涎┣梁髢烧叩墓餐俣鹊拇笮。? 2）求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次）求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數數（供使用但不一定用到的對數值：（供使用但不一定用到的對數值：lg2=lg2=O O.301.301，lg3=0.477)lg3=0.477) 解：解：（1）設雪橇運動的方向為正方向，狗第）設雪橇運動的方向為正方向，狗第1次跳次跳下雪橇后雪橇的速度為下雪橇后雪橇的速度為V1，根據動量守恒定律，有，根據動量守恒定律，有 0)(11uVmMV狗第狗第1次跳上雪橇時，雪橇與狗的共同速度次跳上雪橇時，雪橇與狗的共同速度 滿足滿足1V11)(VmMmvMV可解得可解得21)()(mMmvmMMmuVkgmkgMsmvsmu10,30,/5,/4將將代入，得代入，得smV/21題目題目下頁下頁 （2）解：）解：設雪橇運動的方向為正方向。狗第設雪橇運動的方向為正方向。狗第i 次跳次跳下雪橇后，雪橇的速度為下雪橇后，雪橇的速度為Vi ,狗的速度為狗的速度為Vi+u；狗第；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度為次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度為 Vi ， 由動量守恒定律可得由動量守恒定律可得 第一次跳下雪橇：第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=01m/smMmuV1 第一次跳上雪橇：第一次跳上雪橇：MV1+mv =（M+m）V1 第二次跳下雪橇：第二次跳下雪橇：（M+m） V1 =MV2+ m（V2+u）3m/smMmuVm)(MV12 第二次跳上雪橇：第二次跳上雪橇：MV2+mv =（M+m）V2 mM mMVV2v2題目題目下頁下頁 第三次跳下雪橇：第三次跳下雪橇： （M+m）V2= MV3 + m（V3 +u） 4.5m/smMmuVm)(MV23 第三次跳上雪橇：第三次跳上雪橇：（M+m）V3 = MV3+mv mM mvMVV33第四次跳下雪橇：第四次跳下雪橇： （M+m）V3 = MV4+m（V4+u） 5.625m/smMmuVm)(MV34 此時雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可此時雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。次。 雪橇最終的速度大小為雪橇最終的速度大小為5.625m/s. 題目題目上頁上頁 （19分）如圖，長木板分）如圖，長木板ab的的b端端固定一檔板，木板連同檔板的質量為固定一檔板，木板連同檔板的質量為M=4.0kg，a、b間距離間距離s=2.0m。木板位于光滑水平面上。木板位于光滑水平面上。在木板在木板a端有一小物塊，其質量端有一小物塊，其質量m=1.0kg，小物，小物塊與木板間的動摩擦因數塊與木板間的動摩擦因數=0.10，它們都處于，它們都處于靜止狀態(tài)?，F令小物塊以初速靜止狀態(tài)。現令小物塊以初速v0 =4.0m/s沿木板沿木板向前滑動，直到和檔板相撞。碰撞后，小物塊向前滑動，直到和檔板相撞。碰撞后，小物塊恰好回到恰好回到a端而不脫離木板。求碰撞過程中損端而不脫離木板。求碰撞過程中損失的機械能。失的機械能。 S=2mabMmv0 S=2mabMmv0 解解：設木塊和物塊最后共同的速度為：設木塊和物塊最后共同的速度為v，由動量守恒定律由動量守恒定律mv0 =(m+M)v 設全過程損失的機械能為設全過程損失的機械能為E，220)(2121vMmmvE木塊在木板上相對滑動過程損失的機械能為木塊在木板上相對滑動過程損失的機械能為 W=fs=2mgs 注意：注意：s為為相對滑動過程的總相對滑動過程的總路程路程碰撞過程中損失的機械能為碰撞過程中損失的機械能為JmgsvMmmMWEE4 . 2221201 例例11、A、B兩滑塊在同一光滑的水平直導軌上相向兩滑塊在同一光滑的水平直導軌上相向運動發(fā)生碰撞（碰撞時間極短）。用閃光照相，閃光運動發(fā)生碰撞（碰撞時間極短）。用閃光照相，閃光4次攝得的照片如圖所示。已知閃光的時間間隔為次攝得的照片如圖所示。已知閃光的時間間隔為t，而閃光本身持續(xù)時間極短，在這而閃光本身持續(xù)時間極短，在這4次閃光的瞬間，次閃光的瞬間，A、B兩滑塊均在兩滑塊均在080cm刻度范圍內，且第一次閃光時，刻度范圍內，且第一次閃光時，滑塊滑塊A恰好通過恰好通過x=55cm處，滑塊處，滑塊B恰好通過恰好通過x=70cm處，處，問：問：（1）碰撞發(fā)生在何處？）碰撞發(fā)生在何處？（2）碰撞發(fā)生在第一次閃光后多少時間？）碰撞發(fā)生在第一次閃光后多少時間？（3）兩滑塊的質量之比等于多少？）兩滑塊的質量之比等于多少？下頁ABAABA0 10 20 30 40 50 60 70 80 cmABAABA0 10 20 30 40 50 60 70 80 cm解：解： 第一次閃光時，滑塊第一次閃光時，滑塊A、 B恰好通過恰好通過x=55cm處、處、x=70cm處處，可見碰前，可見碰前B向左運動，碰后向左運動，碰后B靜止在靜止在x=60cm處；碰前處；碰前A向右運向右運動，碰后動，碰后A向左運動，向左運動，碰撞發(fā)生在碰撞發(fā)生在x=60cm處；處；設閃光時間間隔為設閃光時間間隔為t ，向左為正方向，向左為正方向，A在碰后最后兩次閃光間隔內向左運動在碰后最后兩次閃光間隔內向左運動20cm， A在碰后速度為在碰后速度為VA= 20cm /t，A在碰后到第二次閃光間隔向左運動在碰后到第二次閃光間隔向左運動10cm，歷時為，歷時為t /2，所以碰撞發(fā)生在第一次閃光后的時間所以碰撞發(fā)生在第一次閃光后的時間 t =t /2 v B=20cm /t ， v A= - 10cm /t ， VB= 0由動量守恒定律由動量守恒定律 mAvA+ mBvB=mA VA+ 0-10mA+ 20mB=20mA+ 0mA mB=2 3題目練習練習2. 某同學設計一個驗證動量守恒的實驗：將質量某同學設計一個驗證動量守恒的實驗：將質量為為0.4kg的滑塊的滑塊A放在光滑水平軌道上，并向靜止在同放在光滑水平軌道上，并向靜止在同一軌道上質量為一軌道上質量為0.2kg的滑塊的滑塊B運動發(fā)生碰撞，時間極運動發(fā)生碰撞，時間極短，用閃光時間間隔為短，用閃光時間間隔為0.05s,閃光時間極短的照相機閃光時間極短的照相機照，閃光照，閃光4次攝得的照片如圖次攝得的照片如圖8所示，由此可算出碰前所示，由此可算出碰前的總動量的總動量= ，碰后動量，碰后動量= ，碰，碰撞發(fā)生在撞發(fā)生在=_cm處，結論是處，結論是 . ABAABAB 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 cm解解:vA=6cm/0.05=1.2m/s vB=0 pA=0.41.2=0.48kgm/s VAB=4cm/0.05=0.8 m/s pAB=0.60.8=0.48kgm/s 0.48kgm/s0.48kgm/s13碰撞前后動量守恒碰撞前后動量守恒 （6分）某同學用分）某同學用如圖所示裝置通過半徑相同的如圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中來驗證動量守恒定律，圖中PQ是斜槽，是斜槽，QR為水為水平槽，實驗時先使平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作留下痕跡，重復上述操作10次，得到次，得到10個落痕跡，個落痕跡，再把再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置球仍從位置G由靜止開始滾下，和由靜止開始滾下，和B球碰撞后，球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作這種操作10次，圖次，圖1中中O點是水平槽末端點是水平槽末端R在記錄在記錄紙上的垂直投影點，紙上的垂直投影點，B球落點痕跡如圖球落點痕跡如圖2所示，其所示，其中米尺水平放置，且平行于中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平所在的平面，米尺的零點與面，米尺的零點與O點對齊。點對齊。（1）碰撞后）碰撞后B球的水平射程應取為球的水平射程應取為 cm。（2）在以下選項中，哪些是本次實驗必須進行）在以下選項中，哪些是本次實驗必須進行的測量？答：的測量？答：_（填選項號）。（填選項號）。（A）水平槽上未放）水平槽上未放B球時，測量球時，測量A球落點位置到球落點位置到O點的距離點的距離（B）A球與球與B球碰撞后，測量球碰撞后，測量A球落點位置到球落點位置到O點的距離。點的距離。（C）測量）測量A球或球或B球的直徑球的直徑（D）測量）測量A球和球和B球的質量（或兩球質量之比）球的質量（或兩球質量之比）（E）測量）測量G點相對于水平槽面的高度點相對于水平槽面的高度64.7 （64.2到到65.2）A B D60 單位：單位：cm70圖圖24.動量守恒定律的重要意義動量守恒定律的重要意義 從現代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中從現代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎現動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現象時，物理學家們就會提出新的假設是違反動量守恒定律的現象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現而勝利告終。如靜止的原子核來補救，最后總是以有新的發(fā)現而勝利告終。如靜止的原子核發(fā)生發(fā)生衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反?，F象，這一反?，F象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質量，在實驗中極難測量，直到不帶電又幾乎無質量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才年人們才首次證明了首次證明了中微子的存在中微子的存在。又如人們發(fā)現，兩個運動著的帶電。又如人們發(fā)現，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。總動量就又守恒了。 （16分）圖中，輕彈簧的一端固定，分）圖中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊另一端與滑塊B相連，相連，B靜止在水平導軌上，靜止在水平導軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質量與彈簧處在原長狀態(tài)。另一質量與B相同的滑塊相同的滑塊A，從導軌上的，從導軌上的P點以某一初速度向點以某一初速度向B滑行，當滑行，當A滑過距離滑過距離l1時，與時，與B相碰，碰撞時間極短，碰相碰，碰撞時間極短，碰后后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后最后A恰好返回出發(fā)點恰好返回出發(fā)點P并停止?；瑝K并停止?；瑝KA和和B與與導軌的滑動摩擦因數都為導軌的滑動摩擦因數都為，運動過程中彈簧，運動過程中彈簧最大形變量為最大形變量為l2 ，重力加速度為，重力加速度為g，求，求A從從P出出發(fā)時的初速度發(fā)時的初速度v0。 l2l1ABPl2l1ABP解：解： 設設A、B質量均為質量均為m,A剛接觸剛接觸B時速度為時速度為v1（碰前）（碰前）,由功能關系，由功能關系， 1212112120mglmvmv碰撞過程中動量守恒碰撞過程中動量守恒,令碰后令碰后A、B共同運動的速度為共同運動的速度為v2m v1 =2m v2 ( 2) 碰后碰后A、B先一起向左運動先一起向左運動,接著接著A、B一起被彈回一起被彈回,在彈在彈簧恢復到原長時簧恢復到原長時,設設A、B的共同速度為的共同速度為v3，在這過程中，在這過程中，彈簧勢能始末兩態(tài)都為零，由功能關系，有，彈簧勢能始末兩態(tài)都為零，由功能關系，有 3)2()2()2(21)2(2122322lgmvmvm后后A、B開始分離，開始分離，A單獨向右滑到單獨向右滑到P點停下，點停下，由功能關系有由功能關系有 421123mglmv由以上各式，解得由以上各式，解得 )1610(210llgv 如圖示，在一光滑的水平面上有兩塊如圖示，在一光滑的水平面上有兩塊相同的木板相同的木板B和和C，重物，重物A（視為質點）位于（視為質點）位于B的右端，的右端，A、B、C的質量相等，現的質量相等，現A和和B以同一速度滑向靜止以同一速度滑向靜止的的C，B與與C發(fā)生正碰。碰后發(fā)生正碰。碰后B和和C粘在一起運動，粘在一起運動，A在在C上滑行，上滑行，A與與C有摩擦力，已知有摩擦力，已知A滑到滑到C的最右端的最右端而未掉下，試問：從而未掉下，試問：從B、C發(fā)生正碰到發(fā)生正碰到A剛移到剛移到C右端右端期間，期間，C所走過的距離是所走過的距離是C板長度的多少倍？板長度的多少倍？BCA解：解：設設A、B開始的同一速度為開始的同一速度為v0 ， A、B 、C 的質的質 量為量為m，C板長度為板長度為 lB與與C發(fā)生正碰時（發(fā)生正碰時（A不參與）不參與） ，速度為，速度為v1，BCv0 Av1對對B與與C，由動量守恒定律，由動量守恒定律 mv0=2mv1 （1）v1=v0/2BCv0 Av1碰后碰后B和和C粘在一起運動，粘在一起運動，A在在C上滑行，由于摩擦力的上滑行，由于摩擦力的作用，作用，A做勻減速運動，做勻減速運動，B、C做勻加速運動，最后達做勻加速運動，最后達到共同速度到共同速度v2 ，BCAv2s+ls對三個物體整體：由動量守恒定律對三個物體整體：由動量守恒定律 2mv0=3mv2 （2）v2=2v0/3對對A，由動能定理，由動能定理f(s+l)=1/2mv22- 1/2mv02 = -5/18 mv02 （3）對對BC整體，由動能定理整體，由動能定理 fs=1/22mv22- 1/22mv12 = 7/36 mv02 （4）（3）/（4）得）得( s+l ) / s =10/7 l / s = 3/7