109知识讲解动量守恒定律提高

1、动量守恒定律【学习目标】1. 能用牛顿运动定律推导动量守恒定律；2. 知道动量守恒定律的适用条件和适用范围；3. 进一步理解动量守恒定律，知道定律的适用条件和适用范围，会用动量守恒定律解释现象、解 决问题【要点梳理】 要点一、动量守恒定律1系统 内力和外力 在物理学中，把几个有相互作用的物体合称为系统，系统内物体间的相互作用力叫做内力，系统 以外的物体对系统的作用力叫做外力2动量守恒定律（1）内容： 如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变（2）动量守恒定律的数学表达式： p p 即系统相互作用前的总动量P和相互作用后的总动量 pZ大小相等，方向相同.系统总动

2、量的求法遵循矢量运算法则 p pZ p 0 即系统总动量的增量为零 p1p2即将相互作用的系统内的物体分为两部分， 其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量当相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，动量守恒定律可表示为代数式：m1V1 m2V2 m1V1Z m2V2Z应用此式时，应先选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负号表示各自的方向式中Vi、v为初始时刻的瞬时速度，V/、v2为末时刻的瞬时速度，且它们一般均以地球为参照物.（3）动量守恒定律成立的条件： 系统不受外力作用时，系统动量守恒； 若系统所受外力之和为零，则系统动量守恒； 系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力

3、远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动 量可看成近似守恒； 系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒.但是，若系统在某一方 向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒要点诠释：为了方便理解和记忆，我们把以上四个条件简单概括为：为理想条件，为近似 条件，为单方向的动量守恒条件.3动量守恒定律的适用范围它是自然界最普遍、最基本的规律之一.不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领 域.小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适 用的.4. 运用动量守恒定律解题的基本步骤和方法(1) 分析题意，确定研究对象.在选择研

4、究对象时，应将运动过程的分析与系统的选择统一考虑. 动量守恒定律的研究对象是系统，为了满足守恒条件，系统的划分非常重要，往往通过适当变换划入系统的物体，可以找到满足守恒条件的系统.(2) 对系统内物体进行受力分析，分清内力、外力，判断所划定的系统在其过程中是否满足动量 守恒的条件，若满足则进行下一步列式，否则需考虑修改系统的划定范围(增减某些物体)或改变过 程的起点或终点，再看能否满足动量守恒条件，若始终无法满足动量守恒条件，则应考虑采取其他方 法求解.明确所研究的相互作用过程的始、末状态，规定正方向，确定始、末状态的动量值表达式. 根据题意，选取恰当的动量守恒定律的表达形式，列出方程.合理进

5、行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论，如求出其速度为负值，说明该物体的 运动方向与规定的正方向相反.(3)(4)(5)要点二、与动量守恒定律有关的问题1 .由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式以两球碰撞为例：光滑水平面上有两个质量分别是 m,和m2的小球，分别以速度w和v2 ( v1 v2)Vl、V2。做匀速直线运动。当 mi追上m2时，两小球发生碰撞，设碰后二者的速度分别为叽 p叫叽F 川H花P P P2miVi m2V2，在发ai, a2m,F2m2根据牛顿第三定律， Fi、F2大小相等，方向相反，即 FiF2所以 ga,m2a2碰撞时两球之间力的作用时间很短，用t表示，这样加速度与碰撞

6、前后速度的关系就是设水平向右为正方向，它们在发生相互作用(碰撞)前的总动量: 生相互作用后两球的总动量： P P R miVi m2V2。设碰撞过程中两球相互作用力分别是F,和F2，力的作用时间是根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别为代入m1a1整理后可得m1v1 m2v2 m1v1 m2v2或写成 P1 P2 P1 P2即 P P这表明两球碰撞前后系统的总动量是相等的。要点诠释： 这就是动量守恒定律的表达式本题需要一段推导、论证过程，要求学生学会论证表 达严密的推导过程，这是高考的新动向，要加强这方面的训练2对动量守恒定律的理解 （1）研究对象：牛顿第二定律、动量定理的研究对象一般为

7、单个物体，而动量守恒定律的研究对 象则为两个或两个以上相互作用的物体所组成的系统，所以研究这类问（2）研究过程：动量守恒是对研究系统的某过程而言（如内力远远大于外力） 题时要特别注意分析哪一阶段是守恒阶段（3）动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力是零，这就意味着一旦系统所受的合外力不为零，系统的总动量将发生变化所以，合外力才是系统动量发生改变的原因，系统的内力只能影响 系统内各物体的动量，但不会影响系统的总动量而不是只有始末状态才守恒 实际列（4）动量守恒指的是总动量在相互作用的过程中时刻守恒， 方程时，可在这守恒的无数个状态中任选两个状态来列方程（5）系统动量守恒定律的三性： 矢量性：

8、公式中的Vi、V2、v/和v都是矢量.只有它们在同一直线上时，并先选定正方向，确 定各速度的正、负（表示方向）后，才能用代数方程运算，这点要特别注意 同时性：动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量中的速度必 须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度 相对性：动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是 相对同一惯性参考系的速度，即把相对不同参考系的速度变换成相对同一参考系的速度，一般以地面 为参考系3由多个物体组成的系统的动量守恒 对于两个以上的物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况也不

9、尽相同，作用过程较为复 杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据 作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统， 分别建立动量守恒定律方程求解这类问题时应注意：（1）正确分析作用过程中各物体状态的变化情况，建立运动模型；（2）分清作用过程中的不同阶段，并找出联系各阶段的状态量；（3）合理选取研究对象，既要符合动量守恒的条件，又要方便解题要点诠释： 动量守恒定律是关于质点组 （系统）的运动规律，在运用动量守恒定律时主要注重初、 末状态的动量是否守恒，而不太注重中间状态的具体细节，因此解题非常便利凡是碰到质点

10、组的问 题，可首先考虑是否满足动量守恒的条件4动量守恒定律应用中的临界问题 在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运 动等临界问题分析临界问题的关键是寻找临界状态，临界状态的出现是有条件的，这个条件就是临界条件.临界条件往往表现为某个（或某些）物理量的特定取值.在与动量相关的临界问题中，临界 条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.【例】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速率均为v0 6.0m/s 甲车上有质量 m 1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球总质量50 kg

11、 ,乙和他的车总质量 M2 30 kg 甲不断地将小球一个一个地以V 16.5 m/s的水平速度（相对于地面）抛向乙，并被乙接住.问：甲至少要抛出多少个小球，才能保证两车不会相碰?【解析】两车不相碰的临界条件是它们最后的速度（对地）相同，由该系统动量守恒，以甲运动 方向为正方向，有M1v0 M2v0M1 M 2 V ,再以甲及小球为系统，同样有M1v0 (M1 nm)v/ nmv ,联立解得n 15个.5 .动量变化的大小和方向的讨论动量的变化P是矢量，因动量的变化（动量的增量）是物体的末动量 p跟物体的初动量 P的（矢量）差，即 P四边形定则进行。P P。它的方向是由P和P共同决定的，它的运

12、算符合矢量运算规则，要按平行特别是当P与P在一条直线上时，在选定正方向后，动量的方向可用正负号表示,，说将矢量运算化为代数运算，计算结果为“+”，说明其方向与规定的正方向相同，计算结果为“”明其方向与规定的正方向相反。6动量守恒定律的一般解题步骤 确定研究对象（系统），进行受力分析： 确定研究过程，进行运动分析； 判断系统在所研究的过程中是否满足动量守恒定律成立的条件； 规定某个方向为正方向，分析初末状态系统的动量； 根据动量守恒定律建立方程，并求出结果。【典型例题】类型一、关于动量变化的计算例1. 一个质量是0.1kg的钢球，以6m/s的速度水平向右运动，碰到一个坚硬的障碍物后被弹回, 沿着

13、同一直线以6m/s的速度水平向左运动。求碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？ 【思路点拨】分清初末动量：动量及动量变化都是矢量，在进行动量变化的计算时应首先规定正 方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负值。答案】有变化；变化量方向向左，大小为 1.2kg m/s 。【解析】题中钢球的速度发生了反向，说明速度发生了变化，因此动量必发生变化。 取向左的方向规定为正方向物体原来的动量：P1mv10.1 6kg m/s= 0.6kgm/s弹回后物体的动量：P2 mv20.1 6kg m/s=0.6kg m/s动量的变化：P P2 P1 0.6kg m/s ( 0.6k

14、g m/s)1.2kg m/s动量变化量为正值，表示动量变化量的方向向左，大小为1.2kg m/s 。【总结升华】此题为动量变化题目，要分清初末动量。动量及动量变化都是矢量，在进行动量变 化的计算时应首先规定正方向，这样各矢量中方向与正方向一致的取正值，方向与正方向相反的取负 值。从而把矢量运算变成代数加减。举一反三：【变式】一个质量为 2kg的小球，竖直落地时的速度为10m/s，反弹离地时的速度为 8m/s.求小球与地面作用期间发生的动量变化。答案】 P 36kg m/s ；方向竖直向上。解析】取向上为正方向，则竖直落地时的速度v110m/s ，反向弹地的速度 v2 8m/s 。P1 mv1

15、2 ( 10kg m/s)=-20kg m/sP2 mv2 2 8kg m/s16kg m/sP P2 P1 16kg m/s (- 20kg m/s) =36kg m/s方向：竖直向上。类型二、动量守恒守恒条件的判断例2.在光滑的水平面上 A、B两小车中间有一弹簧，如图所示。用手抓住小车并将弹簧压缩后 使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是（）。A .两手同时放开后，系统总动量始终为零 B .先放开左手，再放开右手后，C.先放开左手，再放开右手后，D .无论何时放手，两手放开后， 总动量不一定为零动量不守恒总动量向左在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系

16、统的【答案】A、C、D【解析】在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力）。故动量守恒，即系统的总动量始终为零， A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那段时 间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手的作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。若同时放开,那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总 动量就与放开一只手后系统所具有的总动量相等，

17、即不为零，D对。【总结升华】动量守恒定律都有一定的适用范围，在应用这一定律时，必须明确它的使用条件， 不可盲目的套用。类型三、动量守恒定律的应用例3.质量m, 10g的小球在光滑的水平桌面上以vi 30cm/s的速率向右运动，恰好遇上质量为m250g的小球以v2 10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m,的速率是多大？方向如何？【思路点拨】两球相碰，内力远远大于外力，符合动量守恒条件,故可用动量守恒定律来解决。【答案】20cm/s 方向与正方向相反，即向左。【解析】设V,的方向即向右为正方向，则有 v, 30cm/s ,V210cm/s , V2 0根据动量守恒：

18、 miVi m2V2 miVi m2V2,有：10 30 50 ( 10) 10vi解得：Vi20cm/s方向与正方向相反，即向左。【总结升华】两球相碰，内力远远大于外力，符合动量守恒条件, 运用动量守恒定律解题的方法是： 意选取恰当的动量守恒定律的表达式，故可用动量守恒定律来解决。（1 ）看清是否符合动量守恒条件，（2）恰当选取正方向，（3）根据题（4）合理进行运算，得出最后结果。B迎面举一反三:【变式】质量为20g的小球A以3m/s的速度向东运动，某时刻和在同一直线上运动小球 正碰。B球的质量为50g。碰撞前的速度为2m/s，方向向西，碰撞后，A球以1m/s的速度向西返回, 求碰后B球的速

19、度。【答案】0.4m/s，方向向西。【解析】A、B两球的正碰过程符合动量守恒定律，设向东为正方向,vi 3m/s, V2 2m/s , vi im/s根据动量守恒定律有:mivim2V2mivim2V2v24m/s ,负号说明碰后B球的速度方向向西。例4.光滑水平面上放着质量mA1 kg的物块A与质量mg 2 kg的物块B , A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上， A B间有一个被压缩的轻弹簧 (弹簧A B均不拴接)，用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能Ep 49 J 在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖

20、直半圆光滑轨道上,其半径R0.5 m， B恰能到达最高点C .取g210 m/s，求:绳拉断后瞬间B的速度Vb的大小;绳拉断过程中绳对 B的冲量I的大小; 绳拉断过程中绳对 A所做的功 W【答案】(1) vB 5 m/s ( 2) 4 N s (3)【解析】(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为Vb ,到达C点时的速度为Vc ,则有mBgmB2VcR2mBvB 2mBvC 2mBgR,代入数据得vB5 m/s .(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，则有ImBvB mBVi,代入数据得I 4 Ns。其大小为4 Ns .(3)设绳断后 A的速度为Va，取水平向右为正方向，则

21、有mBVimBvBEaVa ,1 2W- EaVa ,2代入数据得W 8 J.类型四、若系统所受外力之和不为零，但如果某一方向上的外力之和为零，则在该方向上的动量守恒例5.小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg .若炮弹飞离炮口时相对于 地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45角，求发射炮弹后小船后退的速度?【思路点拨】若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之 和为零，则该方向上的动量仍然守恒，仍可以应用动量守恒定律。【答案】0.85m/s【解析】发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv 0 .发射炮弹后，炮弹在水平方

22、向的动量为 0mv-1 cos45 ,船后退的动量(M m)v2 .据动量守恒定律有 0 0 mv1 cos45 (M m)v2取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据得V2mcos450 M m vi 罷2 - 600m/s1000 2:0.85m/s【总结升华】取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身（炮和船视为固定在一 起）的作用力为内力.系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力.在船静止的情 况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力.因此，在垂直方向上，系统所受到的合 外力不为零，但在水平方向上系统不受外力（不计水的阻力），故在该方向上动量守恒

23、.若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之和为零，则该 方向上的动量仍然守恒，仍可以应用动量守恒定律。举一反三：【高清课堂：动量守恒定律例3】【变式】将质量为 m的球自高为h的地方以vi水平抛出，刚好落到一辆在光滑水平面上同方向运动的车里的沙堆中，车、沙总质量为M，速度为v0，求球落入车后车的速度?【答案】v共mv1 Mv0【解析】m和M组成的系统水平方向不受外力，即：水平方向动量守恒：m和M组成的系统,水平方向动量守恒，以v0方向为正mviMvo (M m)v共mv1 Mv0类型五、动量守恒在多个物体组成的系统中的应用例6.两只小船质量分别为 mi 500 k

24、g , m21000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m 50 kg的麻袋到对面的船上，如图所示，结果载重较轻的一只船停了下来，另一只船则以 v 8.5 m/s的速度向原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率【答案】【解析】以载重较轻的船的速度v1为正方向，选取载重较轻的船和从载重较重的船投过去的麻袋为系统，如图所示，根据动量守恒定律有(m, m)vi mv20 ,450v1 50v20 .选取载重较重的船和从载重较轻的船投过去的麻袋为系统有mv, (m2 m)v2 m2v ,50V950V21000 8.5 .选取四个物体为系统有m1v1

25、 m2v2 m2v ,500V11000V21000 8.5 .联立式中的任意两式解得v, 1 m/s , v2 9 m/s .【总结升华】应用动量守恒定律解这类由多个物体构成系统的问题的关键是合理选取研究系统, 有时选取某部分物体为研究系统，有时选取全部物体为研究系统.【高清课堂：动量守恒定律 例11例7.质量为M的孤立的、静止的原子核，某时刻向外以速度v-i辐射出质量为 m的粒子，求反冲核的速度（不计质量亏损）。【思路点拨】“孤立、静止”说明系统是不受外力的。【答案】mv-i【解析】设反冲核的速度为v2，由动量守恒定律:0 mv-i (Mm)v2mv1v2.方向与W反向。【总结升华】“孤立

26、、静止”说明系统是不受外力的，符合动量守恒的条件。【高清课堂：动量守恒定律例21例8.如图所示，质量分别为 m和M的两个木块 A和B用细线连在一起，在恒力 F的作用下在 水平桌面上以速度v做匀速运动。突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力F不变，求当木块 A停下的瞬间木块B的速度的大小。炎安，M m【答案1 vt vt M【解析1绳断后到 A停止运动前，由动量守恒定律，以v方向为正:(Mm)v Mvt得：vt【总结升华】开始时，匀速直线运动:受力平衡：F fA fB ,绳子断后，只是绳中张力变为合外力仍为零，满足动量守恒第三个条件“当系统受到的合外力为零时，则系统的零，外力均不变。 动量守恒。

27、”反思：为什么强调在 A停止运动前?例9.如图所示在光滑的水平面上有静止的两木块A和B , mA 0.5kg , mB 0.4kg ,它们的上表面是粗糙的，今有一铁块C，其质量me 0.1kg以初速度Vo 10m/s沿两木块表面滑过，最后停在B上，此时B、e的共同速度V 1.5m/s。求:(1) A的速度VA ？C刚离开A时的速度Vc ?【思路点拨】根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作用的 关系分别建立动量守恒定律方程。【答案】（1）0.5m/s（ 2） 5.5m/s【解析】（1）选A、B、c组成的系统为研究对象，对整个过程运用动量守恒定律，有micVo EaV

28、a (miB mc )v可求得A运动的速度:mcV0 (Eb mc)VVa mA0.5m/s（2）c离开A后，A做匀速运动，c刚离开A时A、B具有共同速度VA，仍选A、B、C组成的系统为研究对象，研究C从A的上表面滑过的过程，根据动量守恒定律，有mcVomcVc (mA mB)VA可求得c刚离开A时的速度Vc mcV0 (mA mB)VAmc5.5m/s【总结升华】此题为多个物体组成的系统，由于物体较多相互作用的情况也不尽相同，作用过程 较为复杂，虽然仍可对初末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要 根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒方程，或将系统内的物体按作

29、用的关系分别建立动量 守恒定律方程。举一反三:50kg【变式1】质量为100kg的小船以3m/s的速度自西向东行驶，忽略阻力。船上有两个皆为的运动员，若运动员甲首先沿水平方向以 4m/s（相对于静止水面） 的速度向东跃入水中，然后运动员 乙沿水平方向以同一速度向西（相对于静止水面）跃入水中。则二人跳出后小船的速度为（）A.向东 3m/sB.等于 0c.向东 6m/sD.1.5m/s【答案】c【解析】系统不受外力，符合动量守恒。设向东为正方向，由动量守恒：(100 50 50) 3 100V 50 4 50 4V 6m/s方向向东。【变式2】一平板小车静止在光滑水平面上，车的右端安有一竖直的板壁

30、，车的左端站有一持枪 的人，此人水平持枪向板壁连续射击，子弹全部嵌在板壁内未穿出，过一段时间后停止射击。 则（）A. 停止射击后小车的速度为零B. 射击过程中小车未移动C. 停止射击后，小车在射击之前位置的左方D. 停止射击后，小车在射击之前位置的右方P初 P末 =0因此，停【答案】A、Co【解析】在发射子弹的过程中，小车、人、枪及子弹组成的系统动量守恒,A正确。止射击后小车的速度为零，选项每一次射击过程子弹向右运动时，小车都向左运动，因此停止射击后，小车在射击之前位置的左 方，选项C正确。类型六、动量守恒与能量守恒的结合例10.在光滑的水平面上有一质量为M 2kg的木板A，其右端挡板上固定一

31、根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计、 质量为m 2kg的滑块B。木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑。且PQ间距离L 2m，如图所示。某时刻木板以vA 1m/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB 5m/s_3速度向右滑行，当滑块 B与P相距一L时，二者刚好处于相对静止状态，若二者共同运动方向的前方4有一障碍物，木板 A与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去障碍物）。求:（3）滑块B最终停在木板A上的位置（g=10m/s2）【答案】A、B间的摩擦因数为0.6，滑块B最终停在木板上 Q点左侧离Q点0.17m处。【解析】设M、m共同速度为V ,由动量守恒定律有mvB MvA (M m)v对A、B组

32、成的系统，由能量守恒有：312 1 2 12mgL - MvA -mvB -（M m）v代入数据得0.6木板A与障碍物碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u,在此过程中A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒.由动量守恒定律得mv Mv (Mm)u设B相对A的路程为1mgs -(M代入数据得2 -m3L，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对4s，由能量守恒得2 1 2 m)v (M m)u由于sA向左滑到Q点左边，设离Q点距离为s,，则:8, s -L 0.17m4【总结升华】此题动量与能量结合的题目，既要考虑动量守恒又要

33、考虑能量守恒, 很强的题目，要求同学对物理过程的分析要详细，会挖掘条件。同时对动量守恒定律、 的理解极高，正确使用这些规律解题是学生物理能力的试金石。是一道综合性能量守恒定律举一反三:。这类反应的【变式】在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球止状态。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v0射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体时，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

34、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。(1 )求弹簧长度刚被锁定后 A球的速度。D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短(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。.4 BCOwwvO o1 1 2【答案】（1） v2 - v0 ； （ 2） Ep mvo3 36【解析】(1 )设C球与B球粘结成D时，D的速度为v，由动量守恒，有mv0 （m m）v,当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为 匕，由动量守恒，有2mv1 3mv21由、两式得A的速度v2丄Vo3(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1 2 1 22mv1 3mv2 Ep2 2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v3，则有1 2Ep -(2m)v22当