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动量与能量专题
湖南祁东育贤中学 肖仲春 421600
一.弹簧类问题
(一)．知识提炼
动力学解题的三个基本观点．．．．．．为：力的观点(牛顿定律结合运动学解题)，动量观点(用动量定理和动量守恒定律解题)，能量观点(用动能定理和能量守恒定律解题)。

一般来说，用动量观点和能量观点，比用力的观点解题简便。

利用动量观点和能量观点解题，是我们掌握和积累解题规律的必然结果。

同时，能否正确综合应用动量与能量观点解题，也是检验综合应用知识能力高低的试金石。

弹簧类问题的思考重点在于物理过程的分析，即对弹簧压缩或伸长过．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．程有关物理量（特．．．．．．．．别是速度）的变化要清楚．．．．．．．．．．．。

(二).典例示范
【例1】质量为m 的物块Ｂ静止在光滑水平面上，有一个轻质弹簧固定其上，与Ｂ质量相等的物块Ａ,以速度v 0撞击轻弹簧，如图１所示，当弹簧压缩量最大时，弹簧储存的机械能是（Ａ ）
A ．
2
04
1mv B ．20
81mv Ｃ．0 Ｄ．2
02
1mv
【例2】如图２所示，质量都是1kg 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，Ｂ靠紧竖直墙．用水平力推Ａ压缩弹簧，这个过程外力做功8J ，待系统静止后突然撤去外力，从撤去外力到弹簧第一次恢复到原长的过程中，墙对Ｂ的冲量大小为 ；Ａ的速度最大为 ；Ｂ离墙后A 、B 间距第一次最大时弹性势能为 ．
解析：Ｆ推Ａ压缩弹簧，外力做功８Ｊ，由功能关系得：ＥＰ=8J ……① 撤去外力，则Ａ被弹出，弹簧到恢复原长时，Ａ有最大速度为v 0： mv 02/2=8……②
解得：v 0=４m/s
对ＡＢ系统来说，墙对Ｂ的冲量就等于墙对ＡＢ系统冲量，所以：I=mv 0=4kg ·m/s 接着Ａ通过弹簧Ｂ拉离墙，ＡＢ弹簧系统动量守恒，机械能守恒，ＡＢ间距最大时有共同速度v ，由动量守恒：mv 0=２ mv ……③
由机械能守恒：2
1282
P
mv E '⨯
+=……④ 由②③④得：4P E J '= 【例3】(2000年全国)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，
图１
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v 0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 ． 求：（1）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．
解：（１）设Ｃ球与Ｂ球粘结成Ｄ时，Ｄ的速度为，由动量守恒，有
10)(v m m mv += ……①
当弹簧压至最短时，Ｄ与Ａ的速度相等，设此速度为v ２，由动量守恒，有：2132mv mv =……②
由①、②两式得Ａ的速度： 0231
v v =…… ③
（２）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ｅp ,由能量守恒，有
p E mv mv +⋅=⋅222132
1221...... ④ 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 3,则有： (2)
3
)2(2
1v m E p ⋅=
⑤ 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，弹簧伸至最长．设此时的速度为v ４，由动量守恒，有： 4332mv mv =……⑥ 当弹簧伸到最长时，其势有最大，设此势能为'
p E ，由能量守恒，有
'
242332
1221p
E mv mv +⋅=⋅……⑦ 解以上各式得： 2
0'36
1mv E p =…… ⑧ 【例4】 如图所示，质量为M 的平板小车静止在光滑的水平地面上，小车左端放一质量为m 的木块，车的右端固定一个轻质弹簧，现给木块一个水平向右的瞬时冲量I ，木块便沿车板向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端，试求：
（1）弹簧被压缩到最短时平板小车的动量； （2）木块返回到小车左端时小车的动能； （3）弹簧获得的最大弹性势能。

分析：由于地面光滑，木块在平板小车上滑行以及压缩弹簧时，系统的总动量守恒，当
图３
弹簧被压缩到最短时，系统机械能的损失转化成了摩擦生热。

解：（1）设弹簧被压缩到最短时小车的速度为v ，根据动量守恒定律，有
v m M I )(+=，得:m
M I v +=
所以此时小车的动量:m M MI Mv p +==。

（2）木块返回到小车左端时仍有v m M I )(+=，此时小车的动量m
M MI p +=
， 所以小车的动能:2
2
2
)
(22m M MI M
p E k
+=
= （3）从木块开始运动到弹簧压缩到最短时，系统损失的机械能转化成克服摩擦做功f W ，弹簧获得的弹性势能为p E ，则有：
f p W E v m M mv +++=220)(2
1
21……① 从木块开始运动到木块恰好返回到小车的左端，弹簧的弹性势能为零不变，系统损失的机械能全部转化为木块往返过程中克服摩擦力所做的功f W 2。

则有：
f W v m M mv 2)(21212
20++= ……② 而m I mv 221220=
……③ 联立①②③得：)
(42
m M m MI E p +=。

点评：本题考查了动量守恒定律和能量守恒原理，关键是要明确当弹簧压缩到最短时，弹簧贮藏的弹性势能恰好等于木块返回到小车左端时克服摩擦力所做的功。

二.有摩擦类型
(一).知识提炼
1.摩擦力做功与产生热能的关系
（１）静摩擦力做功的过程中,只有机械能的相互转移(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有热能的产生．
（２）滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机 械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的量值等于机械能的减少量，
表达式：Q=F 滑·Ｓ相对
２．子弹击中木块模型
（１）“子弹击中木块” 模型，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在
水平方向所受合力为零，故系统水平方向动量是守恒的，即：
()0mv M m v =+（未击穿时） 012mv mv mv =+（击穿时）
（２）“子弹击中木块” 模型过程中各力做功例举如下：
如图5，质量为M 的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以速度v 0射入木块中，木块与子弹的共同速度为v 。

设子弹在木块中所受阻力f 不变，且子弹未射穿木块。

若子
弹射入木块的深度为d ，则：
以子弹、木块组成系统为研究对象。

画出运算草图，如图6。

系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。

据动量守恒定律有: mv 0=(M+m)v (设v 0方向为正)……① 子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：
对子弹做负功: w f s =-⋅子……② 对木块做正功: w f s '=⋅木……③ f 对系统（子弹和木块）做功：
()W w w f s s fd '=+=--=-子木……④
即对系统做功：W fd =-（相互作用力乘以相对位移）
（３）“子弹击中木块” 模型过程中（子弹未突穿出）的能量转化和转移 对子弹：克服阻力f 做的功等于子弹动能的减少，即：
2201122
f k w fs E mv mv ==∆=
-子子
对木块，阻力f 对其做正功等于木块动能的增加，即：2
102
w fs mv '==-木 对系统，阻力f 对其做负功等于系统动能的变化，即：22011
()22W fd M m v mv =-=
+- 或系统克服阻力做的功等于系统动能的减少，即：22011()22
fd mv M m v =-+ 可见，转化和转移规律是：子弹机械能减少22011()
22
mv mv -一部分转移给木块使木块机械
能增加21()2
Mv ；另一部分转化为系统内能()fd ，而转化为系统内能（即产生的热量）恰是系统机械能减少部分22011[()]22
mv M m v -+ (重要结论:系统损失的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积)
(二)．典例示范
【例１】如图7，长木板ab 的b 端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg ，a 、b 间的距离S=2.0m 。

木板位于光滑水平面上。

在木板a 端有一小物块，其质量m=1.0kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态。

现令小物块以初速v 0=4m/s 沿木板向前滑动，直到和档板相撞。

碰撞后，小物块恰好回到a 端而不脱离木板。

求碰撞过程中损失的机械能。

（取g =10m/s 2）
图5
图6
图7 b
a
分析与解：设木块和物块最后共同的速度为V ， 由动量守恒定律：V M m mV )(0+= ……①
设全过程损失的机械能为E ，则有：220)(2121V M m mV E +-=……②
在全过程中因摩擦而生热:Q=2μmgS ……③
则据能量守恒可得在碰撞过程中损失的机械能为：E 1=E －Q ……④
联立①②③④并解得： E 1=2.4J.
或选讲：附1．如图8所示，长木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M ，静止在光滑的水平地面上.小木块B 质量为M ，从A 的左端开始以初速度v 0在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 恰好滑到A 的左端就停止滑动.已知B 与A 间的动摩擦因数为μ，B 在A 板上单程滑行长度为L .求：
（1）若μL =g
16032
0v ，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做
多少功？
（2）讨论A 和B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的.如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件.
解：(1)B 与A 碰撞后，B 相对于A 向左运动，A 所受摩擦力方向向左，A 的运动方向向右，故摩擦力做负功.设B 与A 碰撞后的瞬间A 的速度为v 1,B 的速度为v 2, A 、B 相对静止后的共同速度为v ，整个过程中A 、B 组成的系统动量守恒，有: Mv 0=(M +1.5M )v , v =
5
20
v . 碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 Mv 2+1.5Mv 1=2.5Mv , ①
21×1.5Mv 12+21 Mv 22-2
1
×2.5Mv 2=M μgl , ② 可解出v 1=21v 0(另一解v 1=10
3
v 0因小于v 而舍去)
这段过程中，A 克服摩擦力做功：W =21×1.5Mv 12-21×1.5Mv 2=400
27
Mv 02(0.068Mv 02).
(2)A 在运动过程中不可能向左运动，因为在B 未与A 碰撞之前，A 受到的摩擦力方向向
右，做加速运动，碰撞之后A 受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动. B 在碰撞之后，有可能向左运动，即v 2<0.
先计算当v 2=0时满足的条件，由①式，得:v 1=320v -322v ,当v 2=0时，v 1=3
20v
，代入②
式，
得:21
×1.5M 942
0v -2
1×2.5M 2542
0v =M μgl , 解得μgl =1522
0v .
图8
B 在某段时间内向左运动的条件之一是μl <g
v
1522
0.
另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即
21Mv 02-21
2.5M (520v )2≥2M μgl ,解出另一个条件是 μl ≤g
v 2032
0,
最后得出B 在某段时间内向左运动的条件是：g v 15220 <μl ≤g
v
2032
【例２】 如图9，质量为M 的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以速度v 0射入木块中。

设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f ，且子弹未射穿木块。

若子弹射入木块的深度为d ，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？
【错解】（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。

系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。

设子弹和木块共同速度为v .据动量守恒有: mv 0=（M ＋m ）v 解得:v=mv 0 子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功: 220
1122
fd mv mv -=-……①
摩擦力对木块做正功: 21
2
fs Mv =
……② 联立①②解得:2d
s M m
=+
（2）系统损失的机械能
即为子弹损失的动能:2
22002
11(2)
222()k Mmv m M E mv mv M m +∆=-=+
【错解原因】错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。

子弹对地的位移并不是d ，而d 打入深度是相对位移。

而求解功中的位移都要用对地位移。

错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。

子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。

因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。

【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。

画出运算草图，如图10。

系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。

据动量守恒定律有: mv 0=(M+m)v (设v 0方向为正)……① 子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：
对子弹: 2201122fs mv mv -=
-子……② 对木块: 212
fs Mv =木……③ 由运动草图可得: S 木=S 子-d ……④ 联立①②③④解得:md
s M m
=+木
图9
图10
由 ①＋② 得: 22011()()22
M m v mv f s s +-=--子木
即:
22011
()22
mv M m v fd -+= 系统损失的机械能: 2
22
0011()222()
k mMv E mv M m v M m ∆=-+=+
【评析】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V 0减为V ，同时木块的速度由0增加到V 。

对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f 使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析）。

类似这样的问题都可以采用同样的思路。

一般都要首先画好运动草图。

【例３】足够长的传送带以v 匀速运动，一质量为m 的小物块A 由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图11所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为 （D ）
A ．2
mv B ．2
2mv C ．
241mv D ．22
1
mv
摩擦力，使物块加速，最终与带子速度相同均为v ．由于题目要求出转化为内能的能量，必须求出滑动摩擦力对系统做的总功，再由Q=F 滑·Ｓ相对求解．
物块所受的滑动摩擦力：F=μmg 物块的加速度：a=F/m =μ
g 加速到v 的时间t ： t=v/a=v/μg
物块对地面运动的位移： s A =vt/2=v 2/(2μg )
这段时间内带子向前运动的位移：s 带=vt=v 2/(μg )
则物块相对于带子向后滑动路程：s 相对= s 带－s Ａ=v 2/(２μg ) 根据能理守恒定律：Q=F 滑·Ｓ相对＝μmg · v 2/(２μg )= m v 2/２
【拓展】４．如图12所示，水平传送带AB 长L =8.3m ，质量M =1kg 的木块随传送带一起以v 1=2m/s 的速度向左运动（传送带的速度恒定不变），木块与传送带间的摩擦因数μ=0.5．当木块运动到传送带最左端A 点时，一颗质量为m =20g 的子弹以v o =300m/s 水平向右的速度正对入射木块并穿出，穿出速度为v 2=50m/s ，以后每隔1s 就有一颗子弹射向木块．设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点不同，g =10m/s 2．求：
（1）在木块被第二颗子弹击中前木块向右运动离A 点的最大距离．
（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹子击中． （3）在被第二颗子弹击中前，子弹、木块、传送带这一系统所产生的热能是多少？
（4）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹木块和传送带这一系
统所产生的热能是多少？（取g=10m/s 2）
解：(1)第一颗子弹射入并穿出木块过程中，由动量守恒：mv 0－Mv 1=mv 2+Mv 1′
解得：v 1′=3m/s
木块向右做减速运动，其加速度大小：5f Mg a g M M
μμ====m/s 2
木块速度减小为零所用时间为：110.6v t a
'
=
=s<1s 所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动速度为零时离A 点最远，移动的距离为：2
110.92v s a
'==m
(2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间：t 2=1s －0.6s=0.4s
速度增大为：v '2=at 2=2m/s （恰与传递带同速） 向左移动的位移为:22210.42
s at ==m 所以两颗子弹击中木块的时间间隔内，木块总位移：s 0=s 1－s 2=0.5m ，方向向右
设木块在传送带上最多能被n 颗子弹击中，则：(2)0.50.98.3n -⨯+≤
(1)0.50.98.3n -⨯+> 解得：n ＝16
(3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：22221012111112
2
2
2
Q mv Mv mv Mv '=+--
木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为：111s v t s '=+ 产生的热量为：2Q Mgs μ'= 木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为122s v t s ''=-，产生的热量为：3Q Mgs μ''= 所以，在第二颗子弹击中前,系统产生的总热能为： 123872.5J 10.5J 2J 885J Q Q Q Q =++=＋＋＝
（4）第16颗子弹射入后木块滑行时间为t 3，
有：213301
8.3150.82
v t at s -=-⋅= 解得：t 3＝0.4s ( t 3=0.8s 舍去)
木块相对传送带的位移为：130.8s v t '''=+ 产生的热量为：4Q Mgs μ'''= 则所求全过程中产生的热量为：
12314415()15(872.5J 10.5J 2J)872.5J J Q Q Q Q Q Q Q =++++=++＋＋＝14155.5
三.综合类 (一)．知识提炼
１．解决动力学问题的三个基本观点 （１）力的观点：(牛顿定律结合运动学解题)
牛顿运动定律结合运动学公式，这是解决力学问题的基本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系．利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节．中学只能用于匀变速运动（包括直线和曲线运动）和一些特殊的变加速运动（如圆运动，简谐运动等），对于一般的变加速运动，不能用来求解．
（２）动量观点：(用动量定理和动量守恒定律解题) 动量观点主要包括动量定理和动量守恒定律．
（３）能量观点(用动能定理和能量守恒定律解题)
这两个观点研究的是物体或物体系经历的过程中状态的改变，它不要求对过程细节深入研究，关心的运动状态变化，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中的冲量和功，即可对问题求解．
一般来说，用动量观点和能量观点，比用力的观点解题简便。

利用动量观点和能量观点解题，是我们掌握和积累解题规律的必然结果。

同时，能否正确综合应用动量与能量观点解题，也是检验综合应用知识能力高低的试金石。

２．根据动力学的基本规律，可以总结得到解题的三条基本思路：
（１）牛顿运动定律结合运动学规律解题。

这适合于解决恒力作用下物体的运动，如匀变速运动（直线或曲线），对于变力作用下的复杂运动，运动学规律就难以奏效了。

（２）从动量角度出发，运用动量定理和动量守恒定律解题。

动量是状态量，动量守恒不涉及物体的过程量，所以尤其适用于变力作用下的复杂变化，如打击、碰撞、爆炸等瞬时作用（或时间很短）的问题。

当然，对恒力的持续作用问题，也可以从动量的角度来解决。

（３）从能量的角度出发，运用动能定理和机械能守恒定律解题。

动能、势能、机械能都是状态量，动能定理和机械能守恒定律只涉及物体的始、末状态，而不涉及到具体过程和过程量，从而避免了分析过程量（诸如s、a、t等）所带来的复杂性，使解题过程得以简化，对于恒力或变力、持续作用或短暂作用、直线运动或曲线运动，都可以从能量的角度来解决，而且越是复杂多变的用牛顿定律和运动学规律难以解决的问题，用能量来解决就越显得简便。

３.动力学规律的选用原则：
（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（涉及时间问题）和动能定理（涉及位移问题）去解决问题。

（3）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，但必须注意研究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，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．
（５）在涉及有碰撞爆炸打击绳绷紧等物理现象时，须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用场．
４．解题步骤
（１）认真审题，明确题目所述的物理情景，选好研究对象．
（２）分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程作出草图．
（３）根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择规律．
若用力的观点求解，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（或速率）．
（４）根据选择的规律列方程式，有时还需挖掘题目的其他条件（如隐含条件临界条件几何关系等）列补充方程．
（５）代入数据（统一单位）计算结果，并检验其结果． (二)．典例示范
【例１】如图所示，带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上，车左端被固定在船上的物体挡住，小车的弧形轨道和水平部分在Ｂ点相切，且ＡＢ段光滑，ＢＣ段粗糙．已知木块、车、船的质量分别为m 1=m ，m 2=2m ，m 3=3m ，木块与车表面间的动摩擦因数μ＝0.4，水对船的阻力不计。

（1）若A 点距离BC 面高为h ，则木块从A 点静止释放，最终停在车面上BC 段的某处 （设船足够长，木块静止在BC 段时，小车不有滑下船面），求木块在ＢＣ面上滑行的距离s 是多少?
（2）在（1）中为避免小车滑下船面，可用手枪向左射击
木块一次，若子弹质量为m/3，子弹击中木块且停在木块内，最终停在BC 某处，则求子弹射击的速度v 0应满足的关系。

（设h 足够大，子弹射中木块后，没有从A 处飞出，且稳定前小车未和固守物体碰撞）
解：（1）设木块到Ｂ时速度为v 1，车与船的速度为v 2，对
木块、车、船系统， 由机械能守恒：22
12
11522
mgh mv mv =
+⋅ 由动量守恒：125mv mv = 解得
: 1v =
2v = 木块在BC 滑动过程中，由木块、小车组成的系统动量守恒，则有：12323mv mv mv -= 由能量守恒定律：
222
12311123222
mv mv mv mgs μ+⋅-⋅= 解得：
32v v == 425h s h μ
==
（2）在（1）中船航速向左，而小车和木块共同速度向右，所以小车最终将滑离船面，
为保证小车不滑离船面及小车和固定物体不能相撞，则子弹以速度v 0打入木块达到的共同速度应和船速相同为v 2，子弹打入木块后，子弹和木块一起滑向圆弧面，但木块最终相对静止在BC 一某处，则据动量守恒定律有：
0321
3(3)33m v mv mv -=+
解得：0v 【例２】在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来，且能在一个小的
A
空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光致冷”技术，若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的模型很类似。

如图所示，一辆质量为m 的小车（一侧固定一轻弹簧），以速度v 0水平向右运动，一动量大小为p ，质量可以忽略的小球水平向左射入小车，并压缩弹簧至最短，接着被锁定一定时间△T ,再解除锁定使小球以相同的动量p 水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车将停下来。

设地面和小车均光滑，除锁定时间△T 外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间，求：
（1）小球第一次入射后再弹出时，小车速度的大小和这一过程中小车动能的减少量。

（2）从小球第一次入射到小车停止运动所经历的时间。

解：（1）每次小球从射入到被弹出，小球动量的变化△p=２p ，方向向右……① 由动量守恒定律可知，上述过程中小车动量的变化2p p p '∆=-∆=-，方向向左……② 所以小球第一次被弹出后小车的动量：102mv mv p =-……③ 小车的速度：102p
v v m
=-
…… ④ 小车动能的减少量:22
01011222k p E mv mv p v m ⎛⎫∆=-=- ⎪⎝
⎭ ……⑤
（2）使小车动量变为零，小球被射入并被弹出的次数：002mv mv n p p -=='∆…… ⑥
所以经历的时间：0
2mv t n T T p
=∆=
⋅∆……⑦ 【例３】(2003江苏)如图（a ）所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A ，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知一质量为m 0的子弹B 沿水平方向以速度v 0射入A 内（未穿透），接着两者一起绕C 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F 随时间t 的变化关系如图所示（b ），已知子弹射入的时间极短，且图（b ）中t=0为A 、B 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A 、B 一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结
果？
解：由图（b ）可直接看出，A 、B 一起做周期性运动，运动的周期02t T =……① 令m 表示A 的质量，l 表示绳长.，v 1表示B 陷入A 内时即t=0时A 、B 的速度（即圆周运动最低点的速度），v 2表示运动到最高点时的速度，F 1表示运动到最低点时绳的拉力，F 2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律得 1000)(v m m v m +=……② 在最低点和最高点处运用牛顿定律可得:t
v m m g m m F 2
1001)()(+=+-……③
（a ） F
000
（b ）
t
v m m g m m F 22
002)()(+=++……④
根据机械能守恒定律可得: 2
2
02100)(2
1)(21)(2v m m v m m g m m l +-+=
+……⑤ 由图可知: 02=F ……⑥ m F F =1……⑦
由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是: 06m g F m m -=……⑧ g F v m l m
2
2
20536=……⑨ A 、B 一起运动过程中的守恒量是机械能E ，若以最低点为势能的零点，则
210)(21v m m E +=……⑩ 由②⑧⑩式解得:
g
F v m E m
20203= 四．智能精炼
１．如图16所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙．用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E ．这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒
B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
E /3
解析：A 离开墙前墙对A 有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A 有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A 离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒．A 刚离开墙时刻，B 的动能为E ，动量为p =mE 4向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A 、B 速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E /3． 答案： BD
２．如图17所示，质量为M 的小车A 右端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从左端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车左端时刚好与车保持相对静止．求整个过程中弹簧的最大弹性势能E P 和B 相对于车向右运动过程中系统摩擦生热Q 各是多少？
解析：由动量守恒定律：v M m mv )(0+=，Ｂ往返过程共损失
的机械能为：2
20)(2
1212v M m mv Q +-=，则当弹簧有最大弹性势
能E P 时，由能量守恒定律：E P =Q=)
(42
M m mMv +
3. (2002年全国)在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m .现B 球静止.A 球向B 球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E p ，则。