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动量守恒定律是中学物理中一个非常重要的定律，在历年的高考中都会作为一个重点内容来进行考查.笔者在教学过程中发现，许多同学在处理一些研究对象为多个物体、研究过程也比较多的情况下，常常会感到束手无策，望题兴叹.下面笔者通过对两个例题的研究解答，以期起到对教师教学、学生学习以抛砖引玉的作用.
例1 如图1所示，光滑水平面上有一小车，右端固定一沙箱，沙箱左侧连接一水平轻弹簧，小车和沙箱总质量为M，车上放有一小物块A，质量也为M.物块A随小车以速度v0一起向右匀速运动，物块A与其左侧车面的动摩擦因数为μ，与其它车面的摩擦不计.在车匀速运动的过程中，距沙面高H处有一质量为m的钢球自由下落，恰好落入沙箱中.试求：①小车在前进过程中，弹簧弹性势能的最大值是多少？②为使物块A不从小车上滑下，车面粗糙部分至少多长？
解析 钢球落入沙箱直至与小车共速的极短过程中，小车与钢球所组成的系统在水平方向上动量守恒，故小车速度减小；由于A与A的右侧车面无摩擦，故物块A的速度不变，相对于小车向右滑动.
物块与弹簧接触后，挤压弹簧，在弹力作用下，A减速，小车加速，只要A的速度大于小车速度，弹簧的压缩量就一直在变大，当二者共速时，弹簧的压缩量达到最大，此时弹性势能最大.此后，A的速度仍要继续减小，小车继续加速，A的速度开始小于小车速度，弹簧的压缩量开始减小，弹性势能随之减小.当弹簧恢复原长时，A一定相对于小车向左滑动.当A开始滑上粗糙部分时，在滑动摩擦力作用下，总有一个时刻，小球、小车这一系统要第二次达到共速，然后它们之间保持相对静止.此时A相对于小车向左滑行的距离即为所求的最小距离.
①钢球落入沙箱直至与小车共速的极短过程中，二者在水平方向上动量守恒
Mv0=（M m）v1（1）
从A开始压缩弹簧到与小车共速时，小车、钢球、弹簧和物块这一系统的动量守恒，可以得
Mv0 （M m）v1=（2M m）v2（2）
从A开始压缩弹簧直至压缩量最大的过程中，系统的损失的动能转化为弹簧的弹性势能
Epm=12Mv20 12（M m）v21-12（2M m）v22（3）
（1）、（2）、（3）三式联立解得Epmax=Mm2v202（M m）（2M m）.
②通过上面的分析，根据动量守恒定律可知，系统第二次共速时，速度仍为v2，而此时A相对于小车左移量也达到最大值L.在系统两次共速的两个时刻，系统的初末总动能不变，而弹性势能减小，故减少的弹性势能转化为内能.由功能关系可以得μMgL=ΔEp，而ΔEp=Epmax，解得
L=m2v202μg（M m）（2M m）.
动量守恒定律的表达形式有多种，比如Δp1=-Δp2便是其中的一种，其物理意义为：把整个系统分为两部分，若系统动量守恒，则其中一部分的动量变化量必与另一部分的动量变化量在数值上是相等的，负号说明这两部分的动量增减规律是相反的.这对于解决系统内部涉及多个物体，且作用过程也比较复杂的问题是非常有效的.
例2 一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号为1，2，3，…，n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1，2，3，…，n号木板的初速度分别为v0，2v0，3v0，…，nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等.如图2所示，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动.试求：
①所有木块与木板一起匀速运动的速度为vn；
②第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v1；
③通过分析与计算说明第k（k 解析 ①在该问题中，可以直接选择整个系统为研究对象，由于地面光滑，系统动量守恒.由于木板质量为nm，开始时静止，系统作用前后，总动量保持不变，故有mv0 m·2v0 m·3v0 … m·nv0 nm·0=2nm·vn，解之得vn=n 14v0.
②所有木块在木板上滑动过程中受到的滑动摩擦力是相同的，做的都是匀减速运动；木板向右做加速运动，只要木板上还有一块木块没有停止滑动，木板就要一直加速下去，直至最终共速.对于每个木块来说，刚与木板达到相对静止时的速度，即为该木块的最小速度，并且1，2，3，…，N号木块都会相继与木板达到应有的最小速度.当第1号木块与木板刚刚相对静止时，其动量减少了m（v0-v1），根据动量定理可知，其余的（n-1）木块每个的动量减少量与第1号木块的减少量相同，皆为m（v0-v1）.选n个木块和木板作为系统的两个不同部分，n个木块动量的减少量等于木板动量的增加量.故有n·m（v0-v1）=nm·v1，解得v1=12v0，即為第1号木块刚与木板相对静止时的速度.
③根据②中的分析可知，第k号木块刚与木板相对静止时的速度即为最小速度vk，这时，前（k-1）个木块早已与木板达到相对静止，选前k个木块和木板作为系统的第一部分；后（n-k）个木块作为系统的第二部分，它们还在木板上继续向右滑动.显然第一部分的动量从最初到第k号木块与木板相对静止时是增加的，第二部分的动量是减少的，根据动量守恒定律可知，两部分的动量变化数值是相等的.故
Δp1=nm·vk km·vk-（mv0 m·2v0 m·3v0 … m·kv0）=nm·vk km·vk-k（k 1）2mv0；
现在来分析第二部分也就是后面（n-k）个木块的动量减少量Δp2.从最初到第k号木块与木板相对静止时，不难得第k号木块的动量减少量为m（kv0-vk），这是滑动摩擦力冲量对它作用的结果，该冲量与其后（n-k）个木块中每个木块所受的冲量完全相同，因为滑动摩擦力对它们的作用时间相同.所以第k号木块后面的各个木块动量的减少量均为m（kv0-vk），即
Δp2=（n-k）·m（kv0-vk）.
根据动量守恒定律可得Δp1=Δp2，
即nm·vk=km·vk-k（k 1）2mv0=（n-k）·m（kv0-kvk），
解得vk=2kn k-k24nv0.将k=n和k=1分别代入表达式，结果正是前面两问中的结论.
该题的运算量和思维量都较大，若是采用常规解法，过程会更加繁琐.这种解法的巧妙之处在于，可以先用动量定理分析系统内各木块的动量变化情况，找准解决问题的切入点，灵活选择研究对象，最后再利用动量守恒定律求解.这样就会达到事半功倍的效果.
例1 如图1所示，光滑水平面上有一小车，右端固定一沙箱，沙箱左侧连接一水平轻弹簧，小车和沙箱总质量为M，车上放有一小物块A，质量也为M.物块A随小车以速度v0一起向右匀速运动，物块A与其左侧车面的动摩擦因数为μ，与其它车面的摩擦不计.在车匀速运动的过程中，距沙面高H处有一质量为m的钢球自由下落，恰好落入沙箱中.试求：①小车在前进过程中，弹簧弹性势能的最大值是多少？②为使物块A不从小车上滑下，车面粗糙部分至少多长？
解析 钢球落入沙箱直至与小车共速的极短过程中，小车与钢球所组成的系统在水平方向上动量守恒，故小车速度减小；由于A与A的右侧车面无摩擦，故物块A的速度不变，相对于小车向右滑动.
物块与弹簧接触后，挤压弹簧，在弹力作用下，A减速，小车加速，只要A的速度大于小车速度，弹簧的压缩量就一直在变大，当二者共速时，弹簧的压缩量达到最大，此时弹性势能最大.此后，A的速度仍要继续减小，小车继续加速，A的速度开始小于小车速度，弹簧的压缩量开始减小，弹性势能随之减小.当弹簧恢复原长时，A一定相对于小车向左滑动.当A开始滑上粗糙部分时，在滑动摩擦力作用下，总有一个时刻，小球、小车这一系统要第二次达到共速，然后它们之间保持相对静止.此时A相对于小车向左滑行的距离即为所求的最小距离.
①钢球落入沙箱直至与小车共速的极短过程中，二者在水平方向上动量守恒
Mv0=（M m）v1（1）
从A开始压缩弹簧到与小车共速时，小车、钢球、弹簧和物块这一系统的动量守恒，可以得
Mv0 （M m）v1=（2M m）v2（2）
从A开始压缩弹簧直至压缩量最大的过程中，系统的损失的动能转化为弹簧的弹性势能
Epm=12Mv20 12（M m）v21-12（2M m）v22（3）
（1）、（2）、（3）三式联立解得Epmax=Mm2v202（M m）（2M m）.
②通过上面的分析，根据动量守恒定律可知，系统第二次共速时，速度仍为v2，而此时A相对于小车左移量也达到最大值L.在系统两次共速的两个时刻，系统的初末总动能不变，而弹性势能减小，故减少的弹性势能转化为内能.由功能关系可以得μMgL=ΔEp，而ΔEp=Epmax，解得
L=m2v202μg（M m）（2M m）.
动量守恒定律的表达形式有多种，比如Δp1=-Δp2便是其中的一种，其物理意义为：把整个系统分为两部分，若系统动量守恒，则其中一部分的动量变化量必与另一部分的动量变化量在数值上是相等的，负号说明这两部分的动量增减规律是相反的.这对于解决系统内部涉及多个物体，且作用过程也比较复杂的问题是非常有效的.
例2 一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号为1，2，3，…，n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1，2，3，…，n号木板的初速度分别为v0，2v0，3v0，…，nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等.如图2所示，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动.试求：
①所有木块与木板一起匀速运动的速度为vn；
②第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v1；
③通过分析与计算说明第k（k
②所有木块在木板上滑动过程中受到的滑动摩擦力是相同的，做的都是匀减速运动；木板向右做加速运动，只要木板上还有一块木块没有停止滑动，木板就要一直加速下去，直至最终共速.对于每个木块来说，刚与木板达到相对静止时的速度，即为该木块的最小速度，并且1，2，3，…，N号木块都会相继与木板达到应有的最小速度.当第1号木块与木板刚刚相对静止时，其动量减少了m（v0-v1），根据动量定理可知，其余的（n-1）木块每个的动量减少量与第1号木块的减少量相同，皆为m（v0-v1）.选n个木块和木板作为系统的两个不同部分，n个木块动量的减少量等于木板动量的增加量.故有n·m（v0-v1）=nm·v1，解得v1=12v0，即為第1号木块刚与木板相对静止时的速度.
③根据②中的分析可知，第k号木块刚与木板相对静止时的速度即为最小速度vk，这时，前（k-1）个木块早已与木板达到相对静止，选前k个木块和木板作为系统的第一部分；后（n-k）个木块作为系统的第二部分，它们还在木板上继续向右滑动.显然第一部分的动量从最初到第k号木块与木板相对静止时是增加的，第二部分的动量是减少的，根据动量守恒定律可知，两部分的动量变化数值是相等的.故
Δp1=nm·vk km·vk-（mv0 m·2v0 m·3v0 … m·kv0）=nm·vk km·vk-k（k 1）2mv0；
现在来分析第二部分也就是后面（n-k）个木块的动量减少量Δp2.从最初到第k号木块与木板相对静止时，不难得第k号木块的动量减少量为m（kv0-vk），这是滑动摩擦力冲量对它作用的结果，该冲量与其后（n-k）个木块中每个木块所受的冲量完全相同，因为滑动摩擦力对它们的作用时间相同.所以第k号木块后面的各个木块动量的减少量均为m（kv0-vk），即
Δp2=（n-k）·m（kv0-vk）.
根据动量守恒定律可得Δp1=Δp2，
即nm·vk=km·vk-k（k 1）2mv0=（n-k）·m（kv0-kvk），
解得vk=2kn k-k24nv0.将k=n和k=1分别代入表达式，结果正是前面两问中的结论.
该题的运算量和思维量都较大，若是采用常规解法，过程会更加繁琐.这种解法的巧妙之处在于，可以先用动量定理分析系统内各木块的动量变化情况，找准解决问题的切入点，灵活选择研究对象，最后再利用动量守恒定律求解.这样就会达到事半功倍的效果.