一初速度v0，此后，盒子运动的v一t图像呈周期性变化，如图2所示。请据此求盒内物体的质量。
解：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律 Mv0=mv ①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞 11
Mv02 = mv2 ② 22
联立①②解得
m=M ③
（也可通过图象分析得出v0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）
例13、一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？
解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。 由功能关系得
mgh?12h ① mv??mgcos?2sin?以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 I?mv?m(?v) ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则
12h? ③ mv?mgh???mgcos?2sin?同理，有 mgh??1h? ④ mv?2??mgcos?2sin? I??mv??m(?v?) ⑤
式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得
I??kI ⑥
式中 k?tan??? ⑦
tan???由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
t) ⑧ I1?2m2gh0(1??co?总冲量为
I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k?k) ⑨ 由 1?k?k??k2n?1231?kn ⑩ ?1?k1?k4得 I?2m2gh0(1??cot?) ⑾
1?k代入数据得 I?0.4(3?6)N·s ⑿
解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得
mgsin???mgcos??ma ① 设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则 v?2a2h ② sin?以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
I?mv?m(?v) ③
由①②③式得
I?2m2gh(1??cot?) ④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’， 依牛顿第二定律有 mgsin???mgcos??ma? ⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为
v2h??sin? ⑥
2a?由②⑤⑥式得 h??kh ⑦ 式中 k?2tan??? ⑧
tan???
同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
I??2m2gh?(1??cot?) ⑨
由④⑦⑨式得 I??kI ⑩
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
t) I1?2m2gh0(1??co? ⑾
23总冲量为 I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k?k) ⑿ 由 1?k?k??k2n?11?kn ⒀ ?1?k1?k4得 I?2m2gh0(1??cot?) ⒁
1?k代入数据得 I?0.4(3?6)N·s ⒂
四、动量守恒定律的应用
（一）知识要点
1.碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一
v1/ v2/ v1 v 下碰撞的全过程：设光
A A B A B A B 滑水平面上，质量为
m1的物体A以速度v1
Ⅰ Ⅱ Ⅲ 向质量为m2的静止物
体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为
?和v2?。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。 v1?弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：
??v1m1?m22m1（这个结论最好背下来，以后经常要用到。） ??v1,v2v1。
m1?m2m1?m2?弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为
内能，Ⅱ状态系统动能仍和?相同，弹性势能仍最大，但比?小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。
?弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和?相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，
m1A、B最终的共同速度为v1??v2??v1。在完全非弹性碰撞过程
m1?m2中，系统的动能损失最大，为：
v1 m1m2v121122。 ?Ek?m1v1??m1?m2?v??222?m1?m2?（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）
2.子弹打木块类问题：子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
3.反冲问题：在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。
（二）例题分析
例1：质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m 的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。 求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。 解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1??M?m?v?
2Mv11122由系统机械能守恒得：mv1??M?m?v??mgH 解得H?2?M?m?g22
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v?2mv
M?m1 本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。
例2：动量分别为5kg?m/s和6kg?m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kg?m/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？
解：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴5?6；碰后A的速度不大于B的速度，
mAmB38；又因为碰撞过程系统动能不会增加， 52623282，由以上不????2mA2mB2mA2mBmAmBv0 s2 d s1 v
等式组解得：3?mA?4
8mB7此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
例3：设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
mv0??M?m?v
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
12对子弹用动能定理：f?s1?1mv0?mv2 ??①
22对木块用动能定理：f?s2?①、②相减得：f?d?1Mv2 ??② 2121Mm2 ??③ mv0??M?m?v2?v0222?M?m?这个式子的物理意义是：f?d恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能
的损失应该等于系统内能的增加；可见f?d?Q，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
2Mmv0由上式不难求得平均阻力的大小：f? 2?M?m?d至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2?md
M?m从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
m s2?d??v0?v?/2?v0?v,?d?v0?M?m,s2?d
s2v/2vs2vmM?m 一般情况下M??m，所以s2< 很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互 ?Ek?作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式： Mm2v0? 2?M?m?④ 当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f ?d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。 做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库高中物理 经典习题及答案 选修3-5(4)在线全文阅读。
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