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动量守恒和能量守恒定律的综合应用1.解决该类问题用到的规律动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等。
2．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程。
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。
(4)对所选系统进行能量转化的分析。
例如，系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。
(5)选取所需要的方程列式并求解。
例3.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 。
P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。
物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看做质点。
P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起。
P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)。
P 与P 2之间的动摩擦因数为μ。
求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2；(2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p 。
[解析] (1)对P 1、P 2组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 解得v 1＝v 02 对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2 解得v 2＝34v 0。
(2)对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到最终P 停在A 点，由能量守恒定律得μ·2mg (2L ＋2x )＝12·2m v 20＋12·2m v 21－12·4m v 22 解得x ＝v 2032μg－L 对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩到最短，此时P 1、P 2、P 的速度均为v 2，由能量守恒定律得μ·2mg (L ＋x )＋E p ＝12·2m v 20＋12·2m v 21－12·4m v 22 解得E p ＝m v 2016。
动能定理，机械能守恒定律，能量守恒定律，动量定理，动量守恒定理的内容，表达式，适用条件。
动能定理指的是物体受到力的加速，物体的动能就会增加，其表达
式为：
µv2 =W，其中µ为物体的质量，v为物体的速度，W为物体受力的势能。
只要施加力，物体的动能就会改变，当物体处于静止状态时，动
能为零。
机械能守恒定律认为物体的机械能是不变的，总的机械能等于其动能
与势能的总和，表达式为：K0+U0=K+U，其中K0是物体的初始动能，U0为物体初始势能，K是物体的最终动能，U为物体的最终势能，表
示物体的动能和势能之和均不变、守恒。
能量守恒定律认为，物质运动时，能量不会被创建或消失，也就是说
能量是守恒的，它们只能以同样的形式互相转变，表达式为：Ε=Ε0，
其中Ε表示物体最终的能量，Ε0代表物体的初始能量，Ε等于Ε0，表
示能量守恒。
动量定理指的是物体受到力时，其动量就会改变，表达式为：p = mv，其中p为物体的冲量，m为物体的质量，v是物体的速度，物体的冲量
与其质量和速度成正比。
动量守恒定律认为物体的总冲量是守恒的，不会改变，表达式为：
∆p=0，虽然物体加力后，它的总冲量会改变，但是这个变化是可以由
其他物体抵消的，总的冲量是守恒的。
所有这些定律和定理都适用于物体受到力而加速或减速运动时，其运动规律是相同的，即动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定理的适用。
只要物体的势能发生变化，就可以使用这些定律和定理来描述物体的运动特性。
碰撞及类碰撞模型归类例析“碰撞”是高中物理中的一个重要模型，它涉及动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等诸多知识。
处理碰撞问题，需要先根据题意选取恰当的研究对象，合理选取研究过程，并把握该过程的核心要素，再判断研究对象的动量是否守恒、机械能是否守恒，然后根据相应物理规律列方程求解。
一、碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，因为极短相互作用时间内可以忽略外力的影响，对系统而言动量保持不变，即总动量总是守恒的；（2）系统能量不能凭空增加，在碰撞过程中，因为没有其他形式的能量转化为动能，所以总动能一定不会增加，在完全弹性碰撞过程中动能守恒，然而在非弹性碰撞中，系统动能减小，总之碰撞不会导致系统动能增加；（3）在碰撞过程中，当两物体碰后速度相等，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大； （4）在碰撞过程中，两物体产生的位移可以忽略不计。
二、常见的碰撞模型： 1．弹性碰撞弹性碰撞是高中物理碰撞问题中最常见的模型，对该碰撞问题的处理所依据的物理原理也相对容易理解。
所谓的弹性碰撞是指研究对象之间在碰撞的瞬间动能没有损失。
（1）动静碰撞模型如图所示，在光滑的水平面上质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞．小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得111122m v m v m v ''=+ ，222111122111222m v m v m v ''=+ 由上两式解得：121112m m v v m m -'=+ ，121122m v v m m '=+ 推论：① 若m 1 = m 2，可得v'1 = 0、v'2 = v 1，相当于两球交换速度。
② 若m 1 > m 2，则v'1>0 且v'2>0，即v'1和v'2均为正值，表示碰撞后两球的运动方向与v 1相同． ③ 若m 1>>m 2，则m 1－m 2≈m 1，m 1 + m 2≈m 1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v 1。
动力学三大守恒定律【知识专栏】动力学三大守恒定律1. 引言及概述动力学三大守恒定律是物理学中非常重要的概念，它们为我们理解和描述物体运动提供了基础规律。
这三大守恒定律分别是动量守恒定律、角动量守恒定律和能量守恒定律。
本文将以从简到繁、由浅入深的方式来逐步探讨这三大守恒定律的背后原理和应用，以帮助读者更全面地理解这一主题。
2. 动量守恒定律2.1 动量的基本概念为了更好地理解动量守恒定律，首先需要了解动量的基本概念。
动量是物体运动的数量度，表示物体在运动过程中所具有的惯性。
动量的大小与物体的质量和速度相关，可以用数学公式 p = m * v 表示，其中 p 为动量，m 为物体的质量，v 为物体的速度。
2.2 动量守恒定律的表述根据动量守恒定律，一个封闭系统中物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。
也就是说，如果一个物体的动量发生改变，那么系统中其他物体的动量总和将相应地发生改变，以保持系统的总动量守恒。
2.3 动量守恒定律的应用动量守恒定律在多个领域中都有应用，例如力学、流体力学和电磁学等。
在碰撞问题中，我们可以利用动量守恒定律来分析碰撞前后物体的速度和质量变化。
在交通事故中，通过应用动量守恒定律，我们可以了解事故发生时车辆的速度和冲击力对乘客的影响，并提出相应的安全建议。
3. 角动量守恒定律3.1 角动量的基本概念角动量是物体绕某一轴旋转时所具有的运动状态，它是描述物体旋转惯性的量度。
角动量的大小与物体的惯性和旋转速度相关，可以用数学公式L = I * ω 表示，其中 L 为角动量，I 为物体的转动惯量，ω 为物体的角速度。
3.2 角动量守恒定律的表述根据角动量守恒定律，一个封闭系统中物体的总角动量在没有外力矩作用的情况下保持不变。
即使系统中发生了旋转速度的改变，但系统的总角动量仍然保持恒定。
3.3 角动量守恒定律的应用角动量守恒定律在天体物理学、自然界中的旋转现象等领域中具有广泛的应用。
它被用来解释行星和卫星的自转、陀螺的稳定性以及漩涡旋转等自然现象。
五大守恒定律引言在自然界中存在着一系列的守恒定律，它们描述了能量、质量和动量在各种物理过程中的守恒规律。
这些守恒定律是物理学领域中的关键概念，无论是在研究基础物理学还是应用物理学中，都具有重要的作用。
本文将对五大守恒定律进行深入探讨，分别是能量守恒定律、质量守恒定律、动量守恒定律、角动量守恒定律和电荷守恒定律。
一、能量守恒定律能量守恒定律是自然界中最基本的定律之一，它描述了能量在物理系统中的转化和转移过程中总是保持不变。
根据能量守恒定律，一个系统的总能量在任何时刻都保持不变，只能从一种形式转化为另一种形式。
这意味着能量既不能被创造也不能被销毁，只能从一处转移到另一处。
1. 能量的形式能量可以存在于多种形式，主要包括： - 动能：物体由于运动而具有的能量。
- 势能：物体由于位置或状态而具有的能量。
- 热能：物体内部分子或原子的热运动所具有的能量。
- 光能：电磁波的能量形式。
- 电能：带电粒子相互作用所具有的能量。
2. 能量转化与转移能量的转化和转移是指能量从一种形式转化为另一种形式或在物体之间进行传递的过程。
在这个过程中，能量的总量保持不变。
例如，当一个物体从高处下落时，其势能逐渐转化为动能；在机械工作中，电能可以转化为机械能；光能可以被太阳能电池转化为电能等等。
3. 能量守恒定律的应用能量守恒定律在现实生活中有广泛的应用。
例如，工程领域的能源管理需要考虑能量的转化和利用效率；在交通运输中，通过改进动力系统以实现更高的能量利用效率来降低能源消耗；在环境保护中，能源的合理利用可以减少对环境的影响等等。
二、质量守恒定律质量守恒定律描述了在任何物理或化学过程中，一个封闭系统中的总质量保持不变。
这意味着在一个封闭系统中，质量既不能被创建也不能被销毁，只能在物质之间进行转移或转化。
1. 可逆反应与不可逆反应质量守恒定律适用于可逆反应和不可逆反应。
可逆反应指的是反应物转化为生成物的过程可以逆转，反应物和生成物之间可以达到平衡；而不可逆反应指的是反应物转化为生成物的过程不能逆转。
图5-3-1动能、动量、机械能守恒 综合运用 动能定理的理解1.动能定理的公式是标量式，v 为物体相对于同一参照系的瞬时速度.2.动能定理的研究对象是单一物体，或可看成单一物体的物体系.3.动能定理适用于物体做直线运动，也适用于物体做曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用.只要求出在作用的过程中各力所做功的总和即可.这些正是动能定理的优越性所在.4.若物体运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时可以分段考虑，也可以将全过程视为一个整体来考虑.【例1】一个物体从斜面上高h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S ，如图5-3-1，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．【解析】 设该斜面倾角为α，斜坡长为l ，则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为：mgh mgl W G==αsinαμcos 1mgl W f -=物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S 2，则22mgS W f μ-= 对物体在全过程中应用动能定理：ΣW =ΔE k ． 所以 mgl sin α－μmgl cos α－μmgS 2=0 得 h －μS 1－μS 2=0．式中S 1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故ShS S h =+=21μ动能定理的应用技巧1.一个物体的动能变化ΔE k 与合外力对物体所做的总功具有等量代换关系.若ΔE k ＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功；若ΔE k ＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值；若ΔE k =0，表示合外力对物体所做的功为0,反之亦然.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法.2.动能定理中涉及的物理量有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理.由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始、末两状态的动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节，又由于动能和功都是标量，无方向性，无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便.3.动能定理解题的基本思路(1)选择研究对象，明确它的运动过程.(2)分析研究的受力情况和各个力的做功情况，然后求出合外力的总功. (3)选择初、末状态及参照系. (4)求出初、末状态的动能E k1、E k2.(5)由动能定理列方程及其它必要的方程，进行求解.【例2】如图5-3-2所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R =0.8m ，BC 是水平轨道，长S =3m ，BC 处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m =1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到C 点刚好停止.求物体在轨道AB 段所受的阻力对物体做的功.【解析】物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC 段的摩擦力共三个力做功，W G =mgR ，f BC =umg ，由于物体在AB 段受的阻力是变力，做的功不能直接求.根据动能定理可知：W外=0，所以mgR -umgS -W AB =0即W AB =mgR -umgS =1×10×0.8-1×10×3/15=6J【例3】质量为M 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h =0.20m ，木块离台的右端L =1.7m.质量为m =0.10M 的子弹以v 0=180m/s 的速度水平射向木块，并以v =90m/s 的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s =1.6m ，求木块与台面间的动摩擦因数为μ. 解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段.所以本题必须分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v 1，mv 0= mv +Mv 1……①木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v 2， 有：22212121Mv Mv MgL -=μ……②木块离开台面后的平抛阶段，ghv s 22=……③ 由①、②、③可得μ=0.50【点悟】从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理.机械能（1）定义：机械能是物体动能、重力势能、弹性势能的统称，也可以说成物体动能和势能之总和.图5-3-2Lhs图5-3-3（2）说明①机械能是标量，单位为焦耳（J ）.②机械能中的势能只包括重力势能和弹性势能，不包括其他各种势能.机械能守恒定律内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与重力势能可以相互转化，而总的机械能保持不变. 守恒条件：只有重力或弹力做功，只发生动能和势能的转化.分析一个物理过程是不是满足机械能守恒，关键是分析这一过程中有哪些力参与了做功，这一力做功是什么形式的能转化成什么形式的能，如果只是动能和势能的转化，而没有其它形式的能发生转化，则机械能守恒，如果没有力做功，不发生能的转化，机械能当然也不会发生变化.一、应用机械能守恒定律解题的步骤：1.根据题意选取研究对象（物体或系统）；2.分析研究对象在运动过程中的受力情况以及各力做功的情况，判断机械能是否守恒；3.确定运动的始末状态，选取零势能面，并确定研究对象在始、末状态时的机械能；4.根据机械能守恒定律列出方程进行求解注意：列式时，要养成这样的习惯，等式作左边是初状态的机械能而等式右边是末状态的机械能，这样有助于分析的条理性.【例1】如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R 的圆形轨道相连接，质量为m 的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点 多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？ 【解析】 小球在运动过程中，受到重力和轨道支持力，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．取轨道最低点为零重力势能面．因小球恰能通过圆轨道的最高点C ，说明此时，轨道对小球作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列Rv m mg c 2= 得gR m R v m c 2212=在圆轨道最高点小球机械能:mgR mgR E C 221+=在释放点，小球机械能为: mgh E A =根据机械能守恒定律 A C E E = 列等式：R mg mgR mgh 221+= 解得R h 25=同理，小球在最低点机械能 221BB mv E = gR v E E B CB 5==小球在B 点受到轨道支持力F 和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列mg F Rv mmg F B62==-据牛顿第三定律，小球对轨道压力为6mg ．方向竖直向下．图5-5-1【例2】质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时，弹簧的压缩量为x 0，如图5-5-8所示.物块从钢板正对距离为3 x 0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物体质量也为m 时，它们恰能回到O 点，若物块质量为2m ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O 点的距离. 物块从3x 0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒.则有200213.mv x mg =(1) v 0为物块与钢板碰撞时的的速度.因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒.设v 1为两者碰撞后共同速m v 0=2m v 1 (2)两者以v l 向下运动恰返回O 点，说明此位置速度为零。
动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律1．命题趋势本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。
近年采用综合考试后，试卷难度有所下降，因此动量和能量考题的难度也有一定下降。
要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。
试题常常是综合题，动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。
试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。
2．知识概要冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。
在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。
能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。
因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。
对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。
选取时应注意以下几点：1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。
临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。
2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。
3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。
4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。
力的积累和效应 牛顿第二定律 F=ma ● 力对时间的积累冲量 I =Ft 动量 p =mv 动量定理 Ft =mv 2-mv 1 动量守恒定律 m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1’+m 2v 2’ ● 系统所受合力为零或不● 力对位移的积累功：W=FS cos α 瞬时功率：P=Fvcos α 平均功率：αcos v F t W P == 机械能动能 221mv E k = 势能重力势能：E p =mgh弹性势能 动能定理 21222121mv mv W A -= 机械能守恒定律 E k1+E P1=E k2+E P2 或ΔE k =ΔE P确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原则是：1．对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。
2．若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。
3．若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及摩擦力的，要考虑应用能量守恒定律。
3．点拨解疑【例题1】某地强风的风速是20m/s ，空气的密度是ρ=1.3kg/m 3。
一风力发电机的有效受风面积为S =20m 2，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s ，且该风力发电机的效率为η=80%，则该风力发电机的电功率多大？【点拨解疑】 风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t 内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气 的空气是一个以S 为底、v 0t 为高的横放的空气柱，其质量为m=ρSv 0t ，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P ，则)(21)2121(2200220v v t Sv mv mv Pt -=-=ηρη 代入数据解得 P =53kW【例题2】 （1998年全国卷）在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为0p 的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。
将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、1p ，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、p 2，则必有A ．E 1<E 0B ．p 1<p 0C ．E 2>E 0D ．p 2>p 0【点拨解疑】 两钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒。
由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E 1+E 2≤E 0 ，可见A 对C 错；另外，A也可写成mp m p 222021<，因此B 也对；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p 2-p 1=p 0，所以D 对。
故该题答案为A 、B 、D 。
点评：判断两物体碰撞后的情况，除考虑能量守恒和动量守恒外，有时还应考虑某种情景在真实环境中是否可能出现，例如一般不可能出现后面的球穿越前面的球而超前运动的情况。
【例题3】内燃打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。
在重锤与桩碰撞的过程中，从而使锤、桩均向下运动。
现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：内燃打桩机锤头的质量m 1=1800千克，锤头从距桩顶端上部1.5米处，（如图）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为,m 2=1600千克（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上，随后，桩在泥土中向下移动一距离，打击三次后桩刚好打入土层0.01米，设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 是恒力，求此力的大小。
【点拨解疑】在第一过程中，是锤自由下落至刚接触桩的顶部，设h=1.5米，由自由落体末速度公式可求出锤刚接触桩顶时的速度v 为： v 2=2gh ， ∴v=gh 2 在第二过程中，当锤和桩相碰时，可把锤和桩看成一个系统，并且相碰后一起向下运动，系统的动量守恒，即： (m 1+m 2)v 1=m 1v第三过程中，锤、桩以速度v 1共同向下运动打入土层静止，这一过程中动能和动量都不守恒。
设三次打入土层的深度L=0.01米，则每次打入的深度为L/3米。
设土层的平均阻力为f,根据动能定理得： -f 3L =21(m 1+m 2)v 21由上面三个过程得到的三个方程式可得v 1=211m m m +gh 2 -f=L 23(m 1+m 2)(211m m m +)2·2gh =)(32121m m L gh m +=)16001800(01.05.18.9180032+⨯⨯⨯⨯(牛)≈4200000牛 即f=-4200000牛。
负值表示土层的阻力方向和桩运动方向相反。
【例题4】（2000年全国）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”。
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，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0v 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 。
（1）求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。
【点拨解疑】 （1）设C 球与B 球粘结成D 时，D 的速度为1v ，由动量守恒，有①当弹簧压至最短时，D 与A 的速度相等，设此速度为2v ，由动量守恒，有2132mv mv = ②由①、②两式得A 的速度 0231v v = ③ （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为P E ，由能量守恒，有P E mv mv +⋅=⋅2221321221 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3v ，则有23)2(21v m E P = ⑤ 当弹簧伸长时，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4v ，由动量守恒，有4332mv mv = ⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为PE '，由能量守恒，有 P E mv mv '+⋅=⋅2423321221 ⑦ 10)(v m m mv +=解以上各式得 20361mv E P =' ⑧ 【例题5】（03全国理综）一传送带装置示意图如图2所示，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，为画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。
现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。
稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。
每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）。
已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N 。
这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输出功率P 。
【点拨解疑】 以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小箱有221at s =① at v =0② 在这段时间内，传送带运动的路程为t v s 00= ③ 由以上可得s s 20= ④ 用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为2021mv fx A == ⑤ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功2000212mv fx A ⋅== ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 2021mv Q = ⑦ 可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T 时间内，电动机输出的功为 T P W = ⑧此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即NQ Nmgh Nmv W ++=2021 ⑨ 已知相邻两小箱的距离为L ，所以 NL T v =0 ⑩针对训练1．（ 01全国理综）下列一些说法：① 一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同 ②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反 B L L A CD 图2③ 在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反④ 在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反以上说法正确的是：A ．①②B ．①③C ．②③D ．②④2．A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是5kgm/s ，B 球的动量是7kgm/s ，当A 追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量的可能值是（ ）A ．-4 kg ·m/s 、14 kg ·m/sB ．3kg ·m/s 、9 kg ·m/sC ．-5 kg ·m/s 、17kg ·m/D ．6 kg ·m/s 、6 kg ·m/s3．（ 98上海卷）在光滑水平面上有质量均为2kg 的a 、b 两质点，a 质点在水平恒力F a =4N 作用下由静止出发运动4s 。
