動量守恒定律的典型模型及其應用動量守恒定律的典型應用幾個模型：

（一）碰撞中動量守恒

（三）子彈打木塊類的問題：（四）人船模型：平均動量守恒（二）反沖運動、爆炸模型（1）在彈性形變增大的過程中，系統中兩物體的總動能減小，彈性勢能增大，在系統形變量最大時，兩物體速度相等．在形變減?。ɑ謴停┑倪^程中，系統的彈性勢能減小，總動能增大．（2）若形變不能完全恢復，則相互作用過程中產生的內能增量等于系統的機械能損失．碰撞的廣義理解：物理學所研究的碰撞，包括范圍很廣，只要通過短時間作用物體的動量發生了明顯的變化，都可視為碰撞。完全彈性碰撞1、碰撞前后速度的變化兩球m1，m2對心碰撞，碰撞前速度分別為v10

、v20，碰撞后速度變為v1、v2動量守恒:動能守恒:由（1）（2）式可以解出2特例：質量相等的兩物體發生彈性正碰碰后實現動量和動能的全部轉移（即交換了速度)完全非彈性碰撞碰撞后系統以相同的速度運動v1=v2=v動量守恒：

動能損失為

解決碰撞問題須同時遵守的三個原則:一.系統動量守恒原則三.物理情景可行性原則例如：追趕碰撞：碰撞前：碰撞后：在前面運動的物體的速度一定不小于在后面運動的物體的速度二.能量不增加的原則例１、質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿一直線向同一方向運動，A球的動量為PA＝7kg·m／s，B球的動量為PB=5kg·m／s,當A球追上B球發生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量可能為()A．B．C．D．

例2．在光滑的水平面上，有A、B兩球沿同一直線向右運動（如圖1）．已知碰撞前兩球的動量分別為：pA＝12kg·m／s，pB＝13kg·m／s．碰撞后它們的動量變化是ΔpA、ΔpB有可能的是：（A）ΔpA＝－3kg·m／s，ΔpB＝3kg·m／s．（B）ΔpA＝4kg·m／s，ΔpB＝－4kg·m／s．（C）ΔpA＝－5kg·m／s，ΔpB＝5kg·m／s．（D）ΔpA＝－24kg·m／s，ΔpB＝24kg·m／s．

圖2AC如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行,甲球質量m甲大于乙球質量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況？A．甲球速度為零，乙球速度不為零B．兩球速度都不為零C．乙球速度為零，甲球速度不為零D．兩球都以各自原來的速率反向運動AB質量為M的物塊A靜止在離地面高h的水平桌面的邊緣，質量為m的物塊B沿桌面向A運動并以速度v0與A發生正碰（碰撞時間極短）。碰后A離開桌面，其落地點離出發點的水平距離為L。碰后B反向運動。已知B與桌面間的動摩擦因數為μ.重力加速度為g，桌面足夠長.求：（1）碰后瞬間A、B分別的速率各是多少？（2）碰后B后退的最大距離是多少？碰撞中彈簧模型在一個足夠大的光滑平面內,有兩質量相同的木塊A、B,中間用一輕質彈簧相連.如圖所示.用一水平恒力F拉B,A、B一起經過一定時間的勻加速直線運動后撤去力F.撤去力F后,A、B兩物體的情況足( ).(A)在任意時刻,A、B兩物體的加速度大小相等(B)彈簧伸長到最長時,A、B的動量相等(C)彈簧恢復原長時,A、B的動量相等(D)彈簧壓縮到最短時,系統的總動能最小ABD圖中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導軌上，彈簧處在原長狀態。另一質量與B相同滑塊A，從導軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發點P并停止，滑塊A和B與導軌的滑動摩擦因數都為運動過程中彈簧最大形變量為l2，重力加速度為g，求A從P出發時的初速度v0。令A、B質量皆為m，A剛接觸B時速度為v1（碰前）由功能關系，有A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2碰后A、B先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復到原長時，設A、B的共同速度為v3，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態都為零，利用功能關系，有此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關系有由以上各式，解得用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物體C靜止在前方，如圖3所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中

（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統動量守恒，有（2）B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為三物塊速度相等為vA時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據能量守恒由系統動量守恒得設A的速度方向向左則則作用后A、B、C動能之和系統的機械能故A不可能向左運動.在光滑水平地面上放有一質量為M帶光滑弧形槽的小車，一個質量為m的小鐵塊以速度v沿水平槽口滑去，如圖所示，求：(1)鐵塊能滑至弧形槽內的最大高度H；此刻小車速度(設m不會從左端滑離M)；(2)小車的最大速度(3)若M=m，則鐵塊從右端脫離小車后將作什么運動?

(1)Hm=Mv2/［2g(M+m)］

mv/(M+m)

（2）2mv/(M+m)

(3)鐵塊將作自由落體運動1.運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。

2.符合的規律：子彈和木塊組成的系統動量守恒，機械能不守恒。3.共性特征：一物體在另一物體上，在恒定的阻力作用下相對運動，系統動量守恒，機械能不守恒，ΔE=f滑d相對（三）子彈打木塊的模型

如圖所示，在光滑水平桌面上靜置一質量為M=980克的長方形勻質木塊，現有一顆質量為m=20克的子彈以v0=300m/s的水平速度沿其軸線射向木塊，結果子彈留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為L=10cm，子彈打進木塊的深度為d=6cm，設木塊對子彈的阻力保持不變。（1）求子彈和木塊的共同的速度以及它們在此過程中所增加的內能。（2）若子彈是以V0=400m/s的水平速度從同一方向射向該木塊的，則它能否射穿該木塊？（3）若能射穿木塊，求子彈和木塊的最終速度是多少？v0v0V解：（1）由動量守恒定律mv0=(M+m)VV=6m/s系統增加的內能等于系統減少的動能Q=fd=1/2×mv02-1/2×(M+m)V2=900-1/2×36=882J（2）設以400m/s射入時，仍不能打穿，射入深度為d′由動量守恒定律mV0=(M+m)V'

V'=8m/sQ'=fd'=1/2×mv0'2-1/2×(M+m)V'2

=1600-1/2×64=1568Jd'/d=1568/882=16/9∴d'=16/9×6=10.7cm>L所以能穿出木塊題目下頁圖（1）所示為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端栓一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為m0的子彈B沿水平方向以速度v0射入A內（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t的變化關系如圖2所示。已知子彈射入的時間極短，且圖（2）中t=0為A、B開始以相同速度運動的時刻。根據力學規律和題中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統本身性質的物理量（例如A的質量）及A、B一起運動過程中的守恒量，A物體的質量與繩長？ABv0圖1CFFmOtt0

3t0

5t0圖2（四）、人船模型例：靜止在水面上的小船長為L，質量為M，在船的最右端站有一質量為m的人，不計水的阻力，當人從最右端走到最左端的過程中，小船移動的距離是多大？SL-S0=MS–m（L-S）若開始時人船一起以某一速度勻速運動，則還滿足S2/S1=M/m嗎？1、“人船模型”是動量守恒定律的拓展應用，它把速度和質量的關系推廣到質量和位移的關系。即：m1v1=m2v2

則：m1s1=m2s22、此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。3、人船模型的適用條件是：兩個物體組成的系統動量守恒，系統的合動量為零。例.質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？

l2

l1解：先畫出示意圖。人、船系統動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只