2．对系统分析，看是否动量守恒(有时是某一方向动量守恒)，再根据动量守恒定律列方程．

1．选出要研究的系统．

2.灵活应用动量、能量关系．有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式．

[例1]如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m．求：

(1)A、B分离时B的速度多大？

(2)C由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？

　分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B分离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A分离时的速度向右做匀速运动，C沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加(实际上是等于C的重力所做的功)。

　　 解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，则　　 2mv_AB+mv_C＝0 ………①

　　 又系统内仅有重力弹力做功，机械能守恒，有mgR=½(2m)v_AB²+½mv_c²………②

联立①②解得v_AB＝，v_C=－2，即分离时B的速度为．

　　 (2)当C上升到最高点时，C与A有共同速度v_AB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mv_AB+mv_C＝2mv_AC

　　 解之得v_AC=－．

　　 所以W=½mv_AB²+½2mv_c²＝½m()²+½×2m()²＝mgR．

　　 点评：本题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考查对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。

规律方法一、特点

　　 能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电学与原子核物理学中也都有类似的题目．因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里．

　　 处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系．若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理．因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性．

　　 动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力(不管是内力还是外力)做功．所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况(不管是否做功)，并着重分析是否满足合外力为零．应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F_内》F_外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒．

另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成．

3．弹性碰撞

题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”．这实际就是弹性碰撞． 设两小球质量分别为m₁、m₂，碰撞前后速度为v₁、v₂、v₁^/、v₂^/，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度．

　　 根据动量守恒　　 m₁ v₁+m₂ v₂＝m₁ v₁^/+m₂ v₂^/ ……①

　　 根据机械能守恒　　 ½m₁ v₁²十½m₂v₂²= ½m₁ v₁^/2十½m₂ v₂^/2 ……②

　　 由①②得v₁^/= ，v₂^/=

　　 仔细观察v₁^/、v₂^/结果很容易记忆,　　 当v₂=0时v₁^/= ，v₂^/=

　　 ①当v₂=0时；m₁=m₂ 　时v₁^/=0，v₂^/=v₁　　 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量．

②m₁＞＞m₂，v^/₁=v₁，v₂^/=2v₁．碰后m₁几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m₁的速度的两倍向前运动。

③m₁《m₂，v^/_l=一v₁，v₂^/=0．　　 碰后m₁被按原来速率弹回，m₂几乎未动。

[例1]试说明完全非弹性碰撞中机械能损失最多．

解析：前面已经说过，碰后二者一起以共同速度运动的碰撞为完全非弹性碰撞．

设两物体质量分别为m₁、m₂，速度碰前v₁、v₂，碰后v₁^/、v₂^/

由动量守恒：m₁v₁+m₂v₂＝m₁v₁^/十m₂v₂^/……①

损失机械能：Q=½m₁v₁²+½m₂v₂²－½ m₁ v₁^/2－½ m₂ v₂^/2 ……②

由①得　 m₁v₁+m₂v₁－m₂v₁+m₂v₂＝m₁v₁^/十m₂v₁^/－m₂v₁^/+m₂v₂^/　

写成(m₁+m₂)v₁－m₂(v₁－v₂)＝(m₁十m₂)v₁^/－m₂(v₁^/－v₂^/)

即(m₁+m₂)(v₁ －v₁^/)= m₂[(v₁－v₂)－(v₁^/－v₂^/)]

于是(v₁ －v₁^/)= m₂[(v₁－v₂)－(v₁^/－v₂^/)]/ (m₁+m₂)

同理由①得m₁v₁+m₁v₂－m₁v₂+m₂v₂＝m₁v₁^/十m₁v₂^/－m₁v₂^/+m₂v₂^/

写成(m₁+m₂)v₂+m₁(v₁－v₂)＝(m₁十m₂)v₂^/+m₁(v₁^/－v₂^/)

(m₁+m₂)(v₂ －v₂^/)= m₁[(v₁^/－v₂^/)－(v₁－v₂)]

(v₂ －v₂^/)= m₁[(v₁^/－v₂^/)－(v₁－v₂)]/ (m₁+m₂)

代入②得Q=½m₁v₁²+½m₂v₂²－½ m₁v₁^/2－½ m₂v₂^/2=½m₁(v₁²－v₁^/2)+½m₂(v₂²－v₂^/2)

=½m₁(v₁－v₁^/) (v₁+v₁^/)+½m₂(v₂－v₂^/)(v₂+v₂^/)

=½m₁(v₁+v₁^/) m₂[(v₁－v₂)－(v₁^/－v₂^/)]/(m₁+m₂)+½m₂(v₂+v₂^/)m₁[(v₁^/－v₂^/)－(v₁－v₂)]/(m₁+m₂)

=[½m₁ m₂/(m₁+m₂)][ v₁²－v₁v₂+v₁v₁^/－v₂v₁^/－v₁v₁^/+v₁v₂^/－v₁^/2+v₁^/v₂^/+v₂v₁^/－v₂v₂^/－v₁v₂+v₂²+v₁^/v₂^/－v₂^/2－v₁v₂^/+v₂v₂^/]=[½m₁ m₂/(m₁+m₂)][ v₁²－v₁v₂－v₁v₂+v₂²－v₁^/2+v₁^/v₂^/+v₁^/v₂^/－v₂^/2]= [½m₁ m₂/(m₁+m₂)][(v₁－v₂)²－(v₁^/－v₂^/)²]……③由③式可以看出:当v₁^/= v₂^/时，损失的机械能最多．

规律方法

[例2]如图所示，一轻质弹簧两端各连接一质量均为m的滑块A和B，两滑块都置于光滑水平面上．今有质量为m/4的子弹以水平速度V射入A中不再穿出，试分析滑块B何时具有最大动能．其值为多少？

解析：对子弹和滑决A根据动量守恒定律　　　 mv/4=5mv^//4所以v^/=v/5。

　　 当弹簧被压缩后又恢复原长时，B的速度最大，具有的动能也最大，此过程动能与动量都守恒

　　 由①②得：v_B=2v/9　　 所以 B的动能为E_kB=2mv²/81

答案：弹簧被压缩又恢复原长时；E_kB=2mv²/81

[例3]甲物体以动量P₁与静止在光滑水平面上的乙物体对心正碰，碰后乙物体的动量为P₂，则P₂和P₁的关系可能是(　　 )

　　 A．P₂＜P₁；　 B、P₂= P₁　 　C． P₂＞P₁；　 D．以上答案都有可能

　　 解析：此题隐含着碰撞的多种过程．若甲击穿乙物体或甲、乙两物体粘在一起匀速前进时有P₂＜P₁；若甲乙速度交换时有P₂= P₁；若甲被弹回时有P₂＞P₁；故四个答案都是可能的．而后三个答案往往漏选

　　 答案：ABCD

[例4]如图所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的子弹以速度v₀从下面竖直向上击中子弹并穿出，使木球向上跳起高度为h，求子弹穿过木球后上升的高度。

　 [解析]把木球和子弹作为一个系统研究，在子弹和木球相互作用时间内，木球和子弹要受到重力作用，显然不符合动量守恒的条件。但由于子弹和木球间的作用力(内力)远大于它们的重力(外力)，可以忽略重力作用而认为系统动量守恒。

　　 设子弹刚穿过木球时，子弹的速度为v₁，木球的速度为v₂，竖直向上为正方向。

　　 对系统，据动量守恒：mv=mv₁+Mv₂……①

木球获得速度v₂后，上升的过程机械能守恒：½Mv₂²=Mgh……②

两式联立得

子弹射穿木球后的上升过程机械能守恒：½mv₁²=mgH，将v₁代入得子弹上升的最大高度：

[例5]有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0．4m的轻绳相连结．开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0．2m处如图(a)所示．然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R^/(r＜R^/＜R＝的圆孔，圆孔与两薄板中心在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧．在轻绳绷紧瞬间，两物体具有共同速度V，如图4一22(b)所示．问：　　

(l)若M=m，则v值为多大．

　　 (2)若M/m=k，试讨论v的方向与k值间的关系．

解析：M、m与固定支架碰撞前的自由下落，所以v₀²=2gh　 v₀==2 m／s

碰撞后，M原速返回向上作初达v₀的匀减速运动，m作初速为v₀向下匀加速运动．

设绳刚要绷直时，M的速度为v₁，上升的高度为h₁，m的速度为v₂，下降的高度为h₂，经历时间为t，则：

v₁＝v₀一gt　 …………①　　 v₁²＝v₀²一2g h₁ ……②　　 v₂＝v₀+gt………③　　

v₂²＝v₀²一2g h₂ …………④　　 又h_l+h₂=0．4…………⑤

　　 由上五式解得：v₂=3 m/s，　　 v₁=1m/s

在绳绷紧瞬间，时间极短，重力的冲量忽略不计，则M与m组成的系统动量守恒．设向下为正．则

　mv₂－Mv₁=(M+m)v，　　 即 v=　　

　　 (1)当M＝m时，v＝1m/s　　 (2)当M/m＝k时．V=

　讨论：k＜3时，v＞0两板向下运动，　 k＞3时，v＜0 两板向上运动，　 k＝3时，v＝0两板瞬时静止

[例6]如图所示，一辆质量M=2 kg的平板车左端放有质量m=3 kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数µ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v₀=2m/s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g＝10 m/s²)求：

(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v₂；

　(3)若滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长．

解析:平板车第一次与竖直墙壁发生碰撞后速度大小保持不变，但方向与原来相反．在此过程中，由于时间极短，故滑块m的速度与其在车上的位置均未发生变化．此外，由于相对运动，滑块m和平板车间将产生摩擦力，两者均做匀减速运动，由于平板车质量小，故其速度减为0时，滑块m仍具有向右的不为0的速度，此时起，滑块m继续减速，而平板车反向加速一段时间后，滑块M和平板车将达到共同速度，

一起向右运动，与竖直墙壁发生第二次碰撞……

(1)设平板车第一次碰墙壁后，向左移动s，速度减为0.(由于系统总动量向右，平板车速度为0时，滑块还具有向右的速度)．

　　 根据动能定理有：一½µmgs₁=0一½Mv₀²

代入数据得：

(2)假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2 m/s，滑块的速度则大于2 m/s，方向均向右，这显然不符合动量守恒定律．所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v₂.此即平板车碰墙瞬间的速度mv₀一Mv₀＝(M+m)v₂，

(3)平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v前的过程，可用图(a) (b) (c)表示．图(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图(c)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功µmgs^/，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功µmgs^//(平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为0)，其中s' ,s"分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为µmgL，其中L＝s^/+s^//为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为L,则有：½(M+m)v₀²=µmgL,

L即为平板车的最短长度．

动量、能量综合应用

知识简析　 　一、动量和动能

　　 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同：

　　 动量是矢量，动能是标量．物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化．如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变．

　　 动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度．

　　 动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比．不同物体动能相同时动量可以不同，反之亦然，，常用于比较动能相同而质量不同物体的动量大小；常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小．

2．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加(有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程)，这也常是判断一些结论是否成立的依据．

1．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．

在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况．

2、反冲运动的研究

[例7]如图所示，在光滑水平面上质量为M的玩具炮．以射角α发射一颗质量为m的炮弹，炮弹离开炮口时的对地速度为v₀。求玩具炮后退的速度v?

[解析]炮弹出口时速度v₀可分解为竖直向上的分量v_y和水平向右的分量v_x。取炮和炮弹为系统，初始时系统动量为零，炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mv_y，而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量，因此在竖直分方向上系统的动量不守恒。在水平方向上因地光滑无外力，所以可用水平方向动量守恒来解。炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒。

　设水平向左为正方向，据动量守恒定律，在水平方向上：mv₀cosα=Mv，

　 解得炮车后退速度

[例8]火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑阻力的情况下，火箭发动机1s末的速度是多大？

解析：由动量守恒，设火箭发动机1s末的速度为v₁，则(M－20m)v₁=20mv，

[例9]用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v=7．0×10³m/s绕地球做匀速圆周运动；已知卫星质量m= 500kg，最后一节火箭壳体的质量M=100kg；某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u=1.8×10³m/s.试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？分离后它们将如何运动？

解析：设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别为v₁和v₂，分离时系统在轨道切线方向上动量守恒，(M+m)v=mv₁+Mv₂，且u=v₁－v₂，解得v₁=7.3×10³m/s,v₂=5.5×10³m/s

卫星分离后,v₁>v₂,将做离心运动,卫星将以该点为近地点做椭圆运动.而火箭壳体分离后的速度v₂=5.5×10³m/s<v,因此做向心运动,其轨道为以该点为远地点的椭圆运动,进入大气层后,轨道将不断降低,并烧毁.

[例10]如图所示，带有1/4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上，弧形轨道的半径为R，最低点与水平线相切，整个小车的质量为M。现有一质量为m的小滑块从圆弧的顶端由静止开始沿轨道下滑，求当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度。

[解析]在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中，m和M组成的系统在水平方向不受外力作用；因此该系统在水平方向动量守恒。在m下滑时，对M有一个斜向左下方的压力，此压力的水平分量使M在m下滑时向左作加速运动，直到m脱离轨道飞出。从能量守恒的观点看，m与M获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能。

设向右为正方向，m脱离轨道时的速度为v₁，此时小车的速度为v₂.

据动量守恒定律，在水平方向上：0＝mv_l一Mv₂……①　　 据能量守恒:mgR=½mv₁²⁺½Mv₂²……②

由以上两式解得

[例11]光子的能量为hγ，动量大小为hγ/c，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子，则衰变后的原子核(C)

　　 A.仍然静止　 　　　　　　　　　　　　　B.沿着与光子运动方向相同的方向运动

　　 C.沿着与光子运动方向相反的方向运动　　 D.可能向任何方向运动、

解析:原子核在放出γ光子过程中，系统动量守恒，而系统在开始时总动量为零，因此衰变后的原子核运动方向与γ光子运动方向相反.

[例12]春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是(　　 )

　　 A，合外力不变；B．反冲力变小；　　 C．机械能可能变大；D．动量变小

解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案B和D也是对的，否则就会将B和D答案漏选　 答案：ABCD

[例13]在与河岸距离相等的条件下，为什么人从船上跳到岸上时，船越小越难？

解析：设人以速度v₀跳出，这一速度是相对于船的速度而不是相对于地的，设船的速度为v，则人相对于地的速度为v_地= v₀－v，由动量守恒得m(v₀－v)+(－Mv)=0

而由能量守恒得½m(v₀－v)²+½Mv²=E，∴v= v₀，则v_地= v₀－v= v₀，

v₀=v_地，由于船与岸的距离是一定的，则人相对于地的速度是一定的，即v_地一定，所以M越小，则v₀越大，即相对速度越大，从能量的角度来看，E=½m(v₀－v)²+½Mv²

=½mv_地²()，当M越小时，E越大，即越难。

试题展示

　　　　　　 专题：碰撞中的动量守恒

知识简析　　　 碰撞