第五单元：动量讲义

第五单元：动量

I=Ft 0 p 定义、 定义式 矢量、 建系研究 Δp=p2-p1 过程量 矢量 p=mv 定义、 定义式 矢量、 建系研究 力经时间I 的积累 过程量 Δp Δp 状态量之差 动量定理：I=Δp Δp=0 条件：系统外力冲量为零 Δp1=-Δp2

p1 +p2 =p’1 +p’2

动量守恒 动量 p = mv a=冲量 I = Ft 牛顿第二定律 F = ma 小球被竖直上抛,小球受到的空气阻力恒定.动量定理 F=vt?v0 t?p tFt = mv′- mv V 动量守恒定律 ??m2v2? m1v1+ m2v2 = m1v1第一课时：动量定理

一．动量定理

（一）动量

问题的引出：通过小球被竖直上抛，这个物理情景来复习动量定理。 小球被竖直上抛,小球受到的空气阻力恒定。

（1）小球在上升和下降的过程中那个过程所受合外力大？ （2）哪个过程时间长？

（3）合力与时间的乘积谁大？

让学生讨论，最后选择解法，比较出用动量定理简单。则在此基础上，复习动量定理。 1．动量定义：

表述： 公式： 单位： 2．动量的物理意义： 3．动量具有矢量性：

4．动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。 5．V、P、Ek之间的关系：P?

2mEk；注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定

1

改变，但动能改变动量是一定要变的。即：p变Ek不一定变化，Ek变动p一定要变；或Δp≠2m?Ek

6．动量与动量变化量和动量变化率的比较：

①动量变化量的计算：?p?pt?p0。由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。计算Δp要建立坐标系。

m mv1 Δmv

Δmv mv2 mv2

mv2 mv2 mv1 mv1

Ft

Ft O v0 mgt x mv1 =mv0

Δmv =mgt

mv2

②动量变化率：

（二） 冲量

1．表述： 公式： 方向： 单位： 2．物理意义：

3．冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。

4．求合力的冲量的两种方法：

（高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求）。

5．注意：只要有力的作用，力的冲量就不为零；要注意区分合力的冲量与某个力的冲量。 6．瞬时冲量：I0=mV0

7．要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。特别是力作用在静止的物体上也有冲量。即：W=0，I≠0

y 2

8．例题分析

例题1．问题：同样速度飞来的铅球和足球，你敢顶哪一个？（简单应用） 分析解答：

v： 运动学量，表示运动快慢，不能告 . t =?mv 诉我们用多大努力获得。

F1.t=?mv F2.t=?Mv

F

F =?mv

.

t

mv： 动力学角度描述运动学量，表示获得 mv需要的冲量。（动力学意义） 说明：① 只用速度v描述物体的运动状态是不够的，因此引入动量mv。复习要从建立动量思

想入手；

② 进行力与运动关系的深入对比分析，对动力学思想进行一次提升（比较选用v 、mv 和

12

mv描述物体运动状态的区别）； 2速度v 动量p=mv 动能Ek=力F是其改变原因 冲量I是其改变原因 ?v ?tI=Δp F=m12mv 功W是其改变原因 W=ΔEk 2③ 联系实际。（如下反馈题） 反馈题．一些事例的解释：

（1）为什么打击的力量大？如用锤子砸钉子，而不是压钉子 （2）玻璃杯落地易碎，用碎纸屑衬垫则安全（运输鸡蛋也如此）。 （3）运动员跳高（远），弯腿或落入沙坑。

提示：改变相同的动量，时间t越长则力F（实际为合力）越小，反之则越大。

例题2．如图所示，一质量为3kg的物体静止在光滑的水平面上，受到与水平方向成60o角的恒力F的作用，F的大小为9N，经2s的时间。求：

F （1）恒力F的冲量； （2）支持力N的冲量；

60o （3）物体动量的变化量（或：物体的末动量）； （4）力F做的功；

（5）支持力N做的功；

（6）物体动能的变化量（或：物体的末动能）；

分析解答：

（1）IF=F3t=932=18N?s

（2）IN=N3t=（mg- Fsin60o）t=（3310- 93（3）Δp= mv =F合t= Fcos60ot =93（4）WF=Fs cos60o

3）32≈44.4N?s 2132=9kg?m/s 2121Fsin60?19?0.5其中：s=at=33t2=3322=3m

m22231∴ WF=Fs cos60o =9333=13.5 J

2（5）WN=0

3

133=13.5 J 2说明：① 通过此题明确和区分：冲量、动量（增量）、功、动能（增量）的概念；

② 区别动量定理解题与动能定理解题规范的不同； ③ 反馈题：还可以问一问IG=? WG=?

（6）ΔEk=F合s= Fcos60o s =93

例题3．如图所示，静止物体从竖直圆的直径上端O，沿不同的O 光滑弦滑到圆周上。当物体沿OA弦运动过程中，重力的冲量为IG1、支持力的冲量为IN1、合力的冲量为I1；当物体沿OB弦运动过程中，重力的冲量为IG2、支持力的冲量为IN2、合力的冲量为I2；各物理量关系正确的是（ ）

A．IG1=IG2，IN1>IN2，I1>I2 B．IG1IN2，I1IN2，I1

O IN O D．IG1>IG2，IN1=IN2，I1

分析解答： IN

I合 如图，

等时圆t1=t2，∴ IG1=IG2，

IG I合

由矢量图，IN1>IN2 IG ∴ 合矢量 I1

A B 说明：① 可以从冲量的矢量关系：I=IG+IN。使学生更好理解冲量的矢量性。

② 可以从冲量的效果：I=?p=mv，又vB>vA，∴mvB>mvA，∴I2>I1。使学生更好理解动量定理。

反馈题．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两种情况具有的物理量相同的是（ ）

A．重力的冲量 B．弹力的冲量 C．合力的冲量 D．刚到达底端时的动量 E．刚到达底端时的动能

α β

例题4．如图所示，将质量为m的小球从距离地面h高处分别以v0和2v0及水平抛出，小球从抛出点到落地的过程中，两种情况具有的物理量相同的是（ ）

A．重力的冲量 v0（或2v0） B．动量的增量

C．刚要落地时的动量

D．刚要落地时动量的水平分量

A B E．刚要落地时动量的竖直分量 分析解答：

平抛落地时间决定于高度，∴落地时间t相等 ∵ IG=mgt=Δp= mvy，∴ A B E正确。

4

说明：① 动量定理矢量性；

② 重力冲量的特点：方向竖直向下，在相同时间Δt内引起的速度变化Δv、动量变化Δp相同。 v0 如： θ Δv vt v0 v0 θ θ 2Δv

θ

vt

反馈题1．一质量为m=1kg的小球以初速度v0=3m/s水平抛出，落地速度为vt=5m/s，不记空气

v0 阻力，求小球在空间飞行过程中受到的冲量。

提示：如图所示，

2∵ I=Δp=mvy=mvt2?v0

v0 vt vy

=m=1352?33=4N?s （冲量单位为“N?s”，不要写成“kg?m/s”）

反馈题2．如图所示，以9.8m/s的的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30o的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是（ ）

A．

v0 3s 3

B．

23s 3C．3s

30o v0 v0

D．2s

提示：∵ I=Δp，mgt=m3v0

其中，g取9.8m/s2 ∴ t=3s

vy=Δv=3v0 30o

（三） 动量定理 1．内容：

2．由牛顿第二定律推出动量定理：

3．动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。 4．应用动量定理说明： （1）研究对象： （2）适用范围：

（3）方向问题：I、P、?P的矢量性

若F、V在同一条直线上，需规定正方向。

正交分解式：?Fxt?mVxt?mVx0；?Fyt?mVyt?mVy0 （4）本公式中左侧：指的是合外力冲量或外力的总冲量

①公式“左”：过程量；“右”状态量

???????②I??P 为“互等”关系，特别是求变力的冲量。或曲线运动中动量变化。 ③求打击碰撞力比用牛二定律方便。指的是?t时间内的平均值：F?m?P

?t

5

（5）说明：

①累积性：整个过程的冲量等于各段冲量的矢量和；整个过程的动量变化等于各段动量变化的矢量

和；整个过程的冲量等于整个过程的动量变化。 ②与牛顿第二定律的关系：F=ma=Δmv/Δt=ΔP/Δt （6）动量定理解题的优越性：

①不涉及加速度以及位移 ②利用累积性，巧选过程可以使问题简化。 ③可以求变力的冲量。 （6）应用动量定理的一般解题步骤：

① 确定研究对象

② 各力冲量分析：各力及作用时间分析 ③ 分析物体的初、末状态的动量 ④ 选定正方向 ⑤ 列方程

⑥ 解方程讨论答案

5．例题：

例题1．如图所示，质量为M的铁锤，从h高处自由落下，打到质量为m钉子上后速度减为零（钉子被钉入木头中），且冲击时间为Δt，以竖直向上为正方向。求： （1）铁锤对钉子冲力的大小；（2）钉子受到木板的平均阻力大小； 解答分析：

（1）根据I=Δp，铁锤M：设完全非弹碰

(N-Mg) Δt=0-(-M2gh)

M2gh+Mg ?tM2ghM2gh只有当 >>Mg时，冲力才为。

?t?ty （2）根据I=Δp和牛顿第三定律，钉子m：

-(N+mg) Δt + f Δt=0 ∴ f= N+mg

∴ N=

N f Mg

mg N M2gh且 N>>mg，∴ f= N=+Mg

?t说明：① 在竖直方向的冲击问题中，当动量变化率远大于重力时，重力可以忽略不计；

② 坐标系方向不会影响计算结果。

例题2．如图所示，长为L的细绳，一端固定在O点，另一端系质量为m的小球，将小球从O点正下方L/4处，以一定的初速度水平向右抛出，且绳刚拉直时，小球下落到L/2处，试计算： （1）小球的初速度；

O （2）绳被拉直瞬间，悬点O受到的冲量。 θ L/4 v0 解答分析： L L/2 o

（1）如图θ=60，

v0=vytanθ=2gL43=

16gL 2θ v0 v

2?v2（2）v=v0y=2gL

vy ∴ 小球受到绳的冲量 I=mv=m2gL

6

根据牛顿第三定律：绳拉悬点O的冲量I’= I=m2gL

说明：① 忽略重力的冲量；

② 反馈可以求一求小球摆到最低点时绳子的拉力（答案：2mg，解略）。

例题3．质量为m=1.0kg的小球从高h1=20m处下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为h2=5.0m，小球与软垫的接触时间为t=1.0s，则：

（1）小球接触软垫过程中动量变化为（ C ）

（2）小球接触软垫过程中受到软垫冲量为（ D ） （3）小球接触软垫过程中受到合力冲量为（ C ） y A．10kg?m/s，向上 B．30kg?m/s，向下 h1 N C．30kg?m/s，向上 D．40kg?m/s，向上

v2 h2 解答分析：球： v1 mg （1）Δp=mv2-(-mv1)=30kg?m/s，向上

（2）∵I合=IN-IG=Δp ∴IN=Δp+IG=30+1310=40kg?m/s，向上 （3）∵I合=Δp=30kg?m/s，向上

说明：① 受力分析；状态分析；过程的划分；

② 建立坐标系；

反馈题．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中自由下落的过程称为1，进入泥潭直到停住的过程称为2，则（ ）

A．过程1中钢珠动量改变量等于重力的冲量

B．过程2中阻力的冲量的大小等于过程1中重力的冲量大小

C．过程2中阻力的冲量的大小等于过程1与过程2中重力的冲量大小 D．过程2中钢珠动量改变量等于阻力的冲量

说明：① 这类问题还有蹦极（bunjee jumping）运动； 例题4．（’02全国理综26题）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）

解答分析：运动员：

下落触网：v1=2gh1（向下） 离网上升：v2=2gh2（向上） 触网过程中：∵ 动量定理

(N?mg)t?mv2?(?mv1) ∴ N=

h2 h1 v1 N v2 y

v1=2gh1=20m/s v2=2gh2=10m/s

m(2gh2?2gh1)+mg=1.53103N

tmg 说明：矢量式；建立坐标系。

7

例题5：一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为________。 (取 g=10m/s2，不计空气阻力)．

分析与解:小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫

2前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：vt?2gh,求出vt?2gh?4m/s.

接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理：

(mg-N)t=0-mvt

故有：

在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略．若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大）．

例题6：一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。

分析与解：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,末动量P2=O。据动量定理有： (F1t1?F2t2?f(t1?t2?t3)?0

即：8?5?5?4?f(5?4?6)?0，解得 f?4N

由例6可知,合理选取研究过程，能简化解题步骤,提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。 .

例题7：质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m2

／s）

分析与解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：V0?2gh

2?V0?2gh?10m/s

取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mV—mV0

所以F?mg?mV0（方向竖直向下） ?1100N，

t注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值。 例题8：求解曲线运动问题

20

如图所示，以Vo ＝10m／s的初速度、与水平方向成30角抛出一个质量m＝2kg的小球。忽略

2

空气阻力的作用，g取10m／s。求抛出后第2s末小球速度的大小。

分析与解：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得： Fyt=mVy-mVy0

V0 0 30

8

图2 所以mgt=mVy-(-mV0.sin30),

0

解得Vy=gt-V0.sin30=15m/s. 而Vx=V0.cos30=53m/s

0

0

22 在第2s未小球的速度大小为：V?V0?Vy?103m/s

注意： 动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：

Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0 例题9：求解流体问题

-26

某种气体分子束由质量m=5.4X10kg速度V＝460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，

20

垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5X10个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．

分析与解：设在△t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为ΔM，则：

?M?V?tS.n0m

取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方向，由动量定理得:-F.Δt=ΔMV-(-ΔM.V),解得F??2Vn0Sm

平面受到的压强P为： P?F/S?2Vn0m?3.428Pa

注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象 例题10：对系统应用动量定理。

系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x轴和y轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：

22I1x?I2x???m1?V1x?m2?V2x??， I1y?I2y???m1?V1y?m2?V2y??

对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。

例10：如图3所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？

分析与解：以汽车和拖车系统为研究对象，

全过程系统受的合外力始终为?M?m?a，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：

V0 m M 图3

V/

9

?M?m?a?V0?g?MV/??M?m?V0,?V/??M?m??a??g?V?Mg0

注意：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是?M?m?a。

例题11：如图所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m

A V0 B 的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。

现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞

后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。

分析与解：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：

??2(m?M)gt?mV?mV0

当B停止运动后，对A应用动能定理得：?1mgS??由以上二式联立解得：t?

1mV2 2mV0?m2?1gS?2(M?m)g。

10

第二课时：动量守恒定律及其应用

一．由动量定理推导动量守恒定律

设：光滑的水平地面，两球的质量分别为m1、m2，同向运动且v1〉v2，相互作用的时间为t v1

v2

m2 m1 /////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////

二．动量守恒定律 1．定律内容：

说明： 内力与外力：

2．动量守恒定律的表达式：

① ② ③ ④ ⑤ 3．动量守恒定律成立的条件：

①守恒条件一：系统不受外力或所受外力的矢量和为零。即：外界不改变系统的总动量。

例1：光滑的水平地面上两物体相向运动，最后对撞（或两物体之间靠弹簧相互作用）在对撞前后

系统的动量守恒吗？ m1V1

m2V2

B A

例2：地面光滑，物体与车面间有摩擦，μ相同，A、B两物体的质量分别为m1、m2。

m1V1 m2V2 （1）m1≠m2，A、B组成的系统动量守恒吗？

A B （2）m1=m2，A、B组成的系统动量守恒吗？

（3）A、B与车C组成的系统动量守恒吗？ B、m 例3：气球B与物体A一起匀速上升，不计空气阻力。问绳断后， 系统的动量守恒吗？

V 若某时刻A气球的速度为v1，则B物体的速度为？

A、M

例4：匀速行驶的火车，当火车头与车厢脱钩后，系统的动量守恒吗？

②条件二：若系统受到的合外力不为零，但系统内力远大于外力时，系统的动量可以认为守恒。 例1：子弹打木块问题：打击瞬间打击力远大于外力，系统动量守恒。

mv0

M 分为两种情况：子弹穿出和未穿出。

μ≠0

11

例2：碰撞、爆炸与反冲问题

碰撞：作用时间短，相互作用力很大，且为变力。 爆炸：有其它形式的能转化为动能。

反冲：相互作用的物体间作用力与反作用力。

③若系统受到的合外力不为零，但系统在某个方向上的合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。 例：光滑的斜面体放在光滑的地面上（斜面高为h、斜面的质量为M、小物体的质量为m）

求小物体滑到斜面底端时，两个物体的速度？

三．使用动量守恒定律应注意： 1．研究对象：

2．动量守恒的优越性： 3．速度相对同一参照物：

4．矢量性：动量守恒是矢量守恒，对于一维情况，只要规定正方向，对于待求的未知矢量，开始时不必冠以正负，可根据最后结果说明方向。

5．相互作用的力可以是任何性质的力：恒力、变力、接触力、场力等。 6．适用范围：

（注意；牛顿第二定律只适用于宏观低速）

7．动量守恒定律的解题要点：确定对象→条件→状态。

8．说明①瞬时性：只要满足守恒条件，相互作用的每一时刻系统的动量都不变。

注意：表达式 m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ 同一侧的速度对应同一时刻。因此，在处理问题时一定要定好系统相应的状态。

②相对性：各物体的速度、动量必须相对于同一惯性参照系。（一般是对地） 四．应用动量守恒定律解题步骤：首先要对题目有整体的认识。 1．确定研究对象：系统。

2．分析相互作用过程中，每个物体的两个状态，系统的合外力。判定动量是否守恒。 3．恰当选取系统的两个状态。 4、规定正方向。 5、列方程。 4．解方程、答题、讨论或说明。

（五）动量守恒模型（水平面光滑，滑动摩擦系数为μ） v0 mv0 mv0 mv0 M M B A （1）

mv0

M

（5）

m R M （8） （2）

（3）

（4）

L M mv0 （6） v0 C A （9）

B mv0

m1 m2 （7） v0

m M （10） v 12

四．解析典型问题

1．守恒条件：∑F外=0

例题1．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）

A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量不守恒、机械能守恒 分析解答：

说明：① 动量守恒与机械能守恒条件的区别

反馈题．如图所示，用轻弹簧连接的木块A和B放在光滑水平面上，木块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入木块B后留在其中，由子弹、弹簧、木块A和B组成的系统，在下列的四个过程中，

① 动量不守恒，机械能守恒的是（ BC ） A B ② 机械能不守恒，动量守恒的是（ A ） ③ 动量和机械能都守恒的是（ D ） A．子弹进入B的过程

B．带子弹的木块B向左运动，直到弹簧压缩至最短的过程

C．弹簧推着带子弹的木块B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程 D．带子弹的木块B继续向右运动，直到弹簧达到最大伸长

2．系统的选取，系统的动量守恒

例题2．如图所示，一辆玩具小车的质量为3.0kg，沿光滑的水平面以2.0m/s的速度向正东方向运动，要改变小车的运动方向，可用速度为2.4m/s的水流由东向西射到小车的竖直挡板CD上，然后流入车中。求：

（1）要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少是多少？

（2）要使小车以1.0m/s的速度反方向运动，射到小车里的水的质量至少是多少？ 分析解答：

东

（1）∵ m车v车-m水v水=0

v v车C 水流 ∴ m水=m车=2.5kg v水（2）m车v车-M水v水=-( m车+M水) v

v车?v2.0?1∴ M水=m车=?3.0=6.4kg

v水?v2.4?1D 说明：① 系统的选取

反馈题1．质量为m的木块在光滑水平面上以速度v1向右运动质量为m的子弹以速度v2水平向左迎面射击木块，并嵌在其中，要是木块停下来，必须发射的子弹数目（ ）

(M?m)v2Mv1Mv1mv1A． B． C． D．

mv1(M?m)v2Mv2mv2v1 x v2 提示：“nm+M”系统

M Mv1m 枪 ∵ nmv2?Mv1?0∴ n?

mv2

13

反馈题2．如图所示，在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v0，在某一时刻拖车突然与汽车脱钩，若汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停止运动的瞬间，汽车速度多大？

提示：系统M+m停下来之前，外力合力为零 ∵ (M+m)v0=Mv

V0 V’ M?mm F ∴ v=v0 F M Mf2 f1 f2 f1 说明：① 过程及系统；

3．“人船模型”

例题3．在平静的水面上，有一条载人的小船，船的质量为M、人的质量为m、人相对船静止，船长为L，当人从船头走到船尾时，船对地的位移有多大？

分析解答：

条件：F外=0（水的阻力为零），系统初态静止 如图，建立正方向 L m ∵ p=C

M ?L人设：瞬时人向左匀速运动：v人=， L船 L人 ?tx m ?L船M 船向右反冲匀速运动：v船=

?t则每瞬时：m1 v1= m2v2

?L船?L人即：m= M

?t?t∴ m ΔL人= M ΔL船

人从船头走到船尾：m L人= M L船，且L人+ L船= L

mML；L人=L。

M?mM?m说明：① 学习已知方法；

反馈题．如图所示，质量分别为m1及m2的人，站在长为L、质量为M的小车的两端，静止在光滑水平地面上。试分析当两人互换位置后，车相对地面向什么方向运动？位移有多大？

提示：根据人船模型， m2 m1 m1先m2不动，m1走到左端：L船1=L； M M?m1?m2∴ L船=

再m1（已在左端）不动，m2走到右端：L船2=船对地总位移：L船= L船1-L船2=

m2L；

M?m1?m2m1?m2L

M?m1?m2L 当m1 >m2时，船对地位移向右； 当m1 =m2时，船对地位移为零； 当m1

说明：① “人船模型”灵活应用，解决“异形”人船模型问题：

如图（1）（2）（3），小车M和物块m水平最大位移：

图（1）：s车=

（1） h

（2） mML；s块=L；

M?mM?mR （3）

14

mMh cotθ；s块=h cotθ；

M?mM?mmM图（3）：s车=R；s块=R；

M?mM?m图（2）：s车=

4．联系实际

例题4．在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速度约为几百米每秒）的原子几乎静止下来且在一个小的空间区域内停留一段时间，为此发明了“激光制冷”的技术，若把原子和入射激光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧），如图所示。以速度v0水平向右运动，一个动量大小为p质量可以忽略的小球水平向左射入小车，并压缩弹簧至最短，接着锁定一段时间ΔT，再解除锁定，使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小球将停下来。设地面和车厢均为光滑，除锁定时间ΔT外，不计小球与小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。求： （1）小球第一次入射后再弹出时，小车的速度的大小和这一过程中小车动能的减少量； （2）从小球第一次入射开始到小球停止运动所经历的时间； 分析解答：

（1）小球从射入小车到从小车中弹出的过程中，球+车系统动量守恒：

mv0-p=mv1+p

p v0 2p∴ v1=v0- m此过程中小车的动能减少量为

112p22ΔEk=mv0-mv1=2p(v0-)

22m（2）小球第二次入射到弹出的过程及以后重复进行的过程中，球+车系统动量守恒：

mv1-p=mv2+p

2p2p=v0-2() mm2p同理，vn=v0-n()

m要使小车停下来，即vn=0

∴ v2=v1-∴ 小球进、出重复次数：n=

mv0 2pmv0ΔT 2p∴ 小车从开始运动到停止运动所经历的时间：t=nΔT=

说明：① 联系实际建模；

② 结合能量。

5．分方向的动量守恒

例1：长木板以速度v0在光滑的水平面上运动，质量为M。一质量为m的小物体从h高处落在小车上，然后与小车一起运动。求共同速度？

m

Mv0

例2：静止在光滑坚硬、水平放置的钢板上的小型炸弹，爆炸后所有的碎弹片均沿圆锥面飞出，在爆炸过程中，对弹片下列说法正确的是 （ ） A． 总动量守恒 B．受到的总冲量向上 C．水平方向动量守恒

15

6．会分析求解“三体二次作用过程”问题

所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程。解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解。

例1：光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。 分析与解：本题是一个“三体二次作用”问题：“三

B A C 体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、

C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而

机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物

块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。

对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：

mBV0?(mB?mC)VBC (1)

对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：

（mA?mB?mC)V （2） mAV0+(mB?mC)VBC?EP?1112mAV02?(mB?mC)VBC?(mA?mB?mC)V2 （3） 222由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=3 m/s。

例2：如图所示为三块质量均为m，长度均为L的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为?。

分析与解：设第3块木块的初速度为V0,对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守

1 恒定律得：mV0=2mV1 ○

V0 对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒

1 定律得： 3 2 2 2mV1=3mV2 ○

(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒

有：

?mgL?113 .2m.V12?.3m.V23 ○

221○2○3联立方程得：Ek3=6μmgL ○4 由○

(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：

5 ?mg(1.5L)?.2m.V12?.3m.V23 ○1○2○5联立方程得：Ek3=9μmgL 由○

1212故：6?mgL?Ek3?9?mgL

16

8．会分析求解“二体三次作用过程”问题

所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程。求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题。

例1：如图所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？

分析与解：这是一道联系实际的试题。许多同学对打木桩问题的过程没有弄清楚，加上又不理

M

解“作用时间极短”的含意而酿成错误。其实

m 打木桩问题可分为三个过程：

其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接

触的速度为V0，则据机械能守恒定律得：

Mgh=

1MV02,所以V0=2gh。 2其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，

内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为V，

据动量守恒定律可得：

MV0=(M+m)V, 所以V=

MV0

M?m其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力为f,由动能定

M2gh12理可得：（M+m）gS-fS=0-(M?m)V,所以f=(M+m)g+.

(M?m)S2例2：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质

量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求： （1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移； （2）木块A在整个过程中的最小速度。 2V0 V0 分析与解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做

A B 匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板

C C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C

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三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

mV0?2mV0?(m?m?3m)V1 解得：V1=0.6V0

对木块B运用动能定理，有： ??mgs?1122mV1?m(2V0)2 解得:s?91V0/(50?g) 22（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律： 对木块A：a1??mg/m??g, 对木板C：a2?2?mg/3m?2?g/3,

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有 V0??gt?(2?g/3)t 解得t?3V/0/(5?g) 木块A在整个过程中的最小速度为：V?V0?a1t?2V0/5.

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第三课时：会用动量守恒定律解“碰撞类”问题

一．碰撞（打击）

1．碰撞是物体间相互作用突然发生，持续时间极短，相互作用力很大，作用力是变力的短暂的相互作用过程。

2．由于物体间相互作用时间极短，在碰撞过程中一般内力远远大于如重力、摩擦力等外力，外力常被忽略，可以用动量守恒解决问题。 3．碰撞分类

① 完全弹性碰撞：在弹性力的作用下，系统内只发生机械能的转移，无机械能的损失，称完全弹性碰撞。

m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’

11112'2m1v1+m2v2=mv+m2v'22 1212222m?m2'∴ v1=1v1

m1?m22m1v'2=v1

m1?m2在v2=0时，分为以下几种情况判定碰撞后的速度方向：

'当m1>m2时：v1>0，v'2>0。两球均沿初速v1方向运动 '当m1=m2时：v1=0，v'2=v1。两球交换速度。

'当m10。m1反弹，m2沿v1方向运动

例如．

v v v m m m m v v v m m m m

m1=m2，两球交换速度

② 非弹性碰撞：在非弹性力的作用下，部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称非弹性碰撞。

③ 完全非弹性碰撞：在完全非弹性力的作用下，机械能损失最大（转化为内能等），称完全非弹性碰撞。碰撞物体粘合在一起，具有相同的速度。

说明：完全非弹性碰撞并非“粘合”，只是速度相等。

4．解题一般要考虑：

① 动量守恒； ② 空间、运动关系；③ 能量守恒（机械能常常要减少）。 二．反冲

1．反冲是相互作用的物体作用力与反作用力产生的效果。系统向外“发射”部分物质的同时，余下部分同时产生相反方向的运动。如射击时抢身的后坐；发射炮弹时，炮身的后退；火箭喷射燃气，而发射；水轮机因水的冲击而转动等。

2．内力远大于外力，可用动量守恒。反冲运动的两部分物体之间作用力常为变力。 3．解题的典型模型为“人船模型”：m1s1=m2s2。 三．爆炸

1．碎片间相互作用时间极短，且内力远大于外力，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计。 2．爆炸过程可用动量守恒，但机械能增加。

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四．碰撞、反冲、爆炸比较1 作用 碰撞 反冲 作用时间 短暂 （有时）短暂 作用力 变力、很大 变力、很大 动量 准守恒 准守恒 机械能 ΔE≤0（机械能不增加） 爆炸 短暂 变力、很大 碰撞、反冲、爆炸比较2 现象 碰撞 爆炸 反冲 准守恒 ΔE>0（其它能转化为机械能） 方法 ?t很短 机械能增加 运动反向 过程特点 ?t很短，F内很大，一般F内>>F外，p=C处理 有其它能（化学）转化为机械能，F内>>F外，p=C处理 常见：射击、发炮、火箭、水轮机?F内>>F外，p=C处理 作用力与反作用力产生的效果，相反方向加速、运动 *说明：碰撞、反冲、爆炸均为广义“相互作用”

例题1．动量分别为5kg?m/s和6kg?m/s的小球A、B沿光滑水平面上同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞，若已知碰撞后A的动量减小了2kg?m/s而方向不变，那么A、

mB质量之比A可能是（ ）

mB5335 B． C． D． 6878分析解答：

∵ 动量守恒：pA’=3kg?m/s；pB’=8kg?m/s；

56m5碰前，A能追上B：则 vA>vB 即 >，∴ A<

mAmBmB638m3碰后，A追不上B：则 vA’≤vB’ 即 ≤，∴ A≥

mAmBmB8A．

526232824m碰撞机械能不增加，则 +≥+，∴ A≤

2mA2mB2mA2mBmB7∴

3mA4≤≤，故选BC。 8mB7说明：碰撞要考虑如下关系：

① 空间（速度）关系：v不穿——只对球； ② 动量守恒（p=C）；

（E完全弹，E完全非）③ 机械能不增加：E?。

反馈题．质量相等的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7kg?m/s，

B球的动量是5kg?m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能是（ ）

A．p'A=6kg?m/s，p'B=6kg?m/s B．p'A=3kg?m/s，p'B=9kg?m/s C．p'A=-2kg?m/s，p'B=14kg?m/s D．p'A=6.5kg?m/s，p'B=5.5kg?m/s

20

例题2．如图所示，甲车质量为m1=20kg，车上有质量为M=50kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h=0.45m处由静止滑下，到水平面继续向前滑动，此时质量为m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内？设地面和斜坡与小车之间的摩擦等于零，g取10m/s2。

分析解答： M 甲 （1）(m1+M)下滑h： 乙 m2 v0 m1 12(m1+M)gh=(m1+M)v1

2∴ v1=3m/s x （2）(m1+M)+m2：M以u1跳落m2上，

v1 v0 (m2+M)与m1均以v2向左运动： (m1+M)v1-m2v0=m1v2+Mu1-m2v0=(m1+M +m2)v2① ∴ u1=3.8m/s

（3）(m1+M)+m2：M以u2跳落m2上，m2上

(m2+M)以v3向左运动，m1以v3向右运动： (m1+M)v1-m2v0=Mu2-m1v3-m2v0=(m2+M)v3-m1v3②

（1） h

u1 （2） v2 v2 v2 ∴ u2=4.8m/s

总之：3.8m/s≤u≤4.8m/s u2 v3 （3） 说明：① 系统的选取；

② 过程的选取；

v3 v3 ③ 注意m1车返回后还会追上来。

反馈题1．如图所示，甲乘一辆冰车从山坡的冰道上滑下进入水平冰道，乙乘另一辆冰车在水平冰道上沿同一直线向甲迎面滑来。甲和他的冰车总质量为m1＝40 kg，滑到水平冰道上的速度为v1＝4 m/s；乙和他的冰车的总质量为m2＝60 kg，速度大小为v2＝0.5 m/s。当两人相距很近时，为了防止冰车相撞，他们相互用手接触并推对方。设冰面是光滑的，且相推后甲、乙不再相撞，求在他们相互作用的过程中，求：

（1）甲和他的冰车的动量变化的最小值。 v1 v1 （2）甲的推力对乙做功的最小值。 参考答案：

（1）甲乙以共同速度v向右运动有Δpmin ∵ p=C

m1v1 - m2v2 = (m1+m2)v

mv?m2v2∴ v2 =11= 1.3m/s

m1?m2Δp甲= m1v - m1v1 = -108kgm/s

11（2）W=ΔEk乙=m2v2 -m2v22= 43.2J

22反馈题2．如图所示,甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求:甲至少要以多大的速度(相对

21

于地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．

答案：5.2m/s。

v/m2s-1 例题3．如图6所示，图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面5 a 上沿一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的速度—c 2

时间图象。已知相互作用时间极短，则由图象可知（ ） 0 t/s A．碰前滑块Ⅰ的速度比滑块Ⅱ的速度大 b-3B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大

图6 C．滑块Ⅰ的质量比滑块Ⅱ的质量大

D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大

分析解答：建立运动情景

5m/s 3m/s

Ⅰ Ⅱ

2m/s

Ⅰ Ⅱ 说明：① 获取信息能力

② 解题思维仍要规范

反馈题．如图3所示，质量为M的木板静止放在光滑

v0 的水平面上，质量为m小木块以速度v0从木板的左端

m M 冲上木板（M>m），在他们之间摩擦力的作用下，最终小木块与木板之间保持相对静止，并以共同的速度v

图3

一起在光滑水平面上匀速运动。以下图4所示木板M和小木块m的v-t图中正确的是（ ）

v v v v v m v0 v0 v0 v0 m m m v M v0/2 v M M M o o o o t t t t A B C D

图4

说明：① 换模型：一动一静or两动or两静；迎面碰or追碰；

② 考察细节：p1与p2大小关系；p1与p2方向关系；Δv1与Δv2大小关系；Δp1与Δp2大小关系；a1与a2大小方向关系等。

v v v

t tt

例题4．手榴弹在离地面高h处的速度方向恰好沿水平向左，速度大小为v，此时，手榴弹炸裂成两块。设消耗的火药质量不计，爆炸后前半段的速度方向仍沿水平向左，速度大小为3v，那么，两块弹片落地点之间的水平距离多大？

22

分析解答：如图：

（1）3m2v?2m3v?mv'

∴ v’= v （2）∵t?3m v’ 2v 3v m 2m 2h g2h gx 3x ∴ 4x?4v说明：① “炸裂成两块”只是为了建立模型简单；

② 反冲在原子核物理中有实际应用意义；

反馈题．（2007全国Ⅱ24）用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状态）。测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的质量之比为7.0。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子。假设铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。（质量用原子质量单位u表示，1u等于1个C12原子质量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为1.0u和14u。）

提示：

设：铍“辐射”的中性粒子质量和速度分别为m0和v0，氢核的质量为m。 中性粒子m0与氢核m弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v1和u1。 由动量守恒与能量守恒定律： m0v0=m0v1＋mu1 ① 111222m0v0=m0v1＋mu1 ② 2222m0v0解得： u1= ③

m0?m中性粒子m0与14m氮核弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v2和u2。 同理：解得：

2m0v0u2= ④

m0?14m由式③④

u1=7， ∴ m0=1.2m =1.2u u2

23

第四课时： 相互作用过程中的能量转化 》

一．目的：综合应用动量和能量的观点分析、解决物体间相互作用过程中的能量 二．知识要点理解：

1．相互作用：相互作用过程是一个很大的概念，除了碰撞、反冲、爆炸等常见的作用，一般物体间的相互摩擦，用绳或弹簧连接的物体，通过电、磁场作用的带电体等，均属相互作用过程问题。

-q +q

2．物体间相互作用的过程，必然伴随着动量、能量的转移、转化。在解决物体间相互作用的问题时，要牢固树立动量和能量转移、转化的思想，正确分析作用前后系统的动量、能量。

1碰撞、吸斥、挤压、摩擦、爆炸、反冲、?中运动（v、mv、mv2?）发生的转移转化。这里

2的运动是广义的运动，包括力、热、电、光?等运动形式。

3．当∑F= 0时：

?vm（1）v：2?1（例如：质量相等完全弹碰，速度互换）

?v1m2（2）mv：m1?v1?m2?v2

111122'2'2完全弹：mv?mv?mv?mv11221122 22221（3）mv2： 完全非：?E最多

2（E完全弹，E完全非）一般：E?

爆炸：机械能增加

1说明：① 作为运动量的mv2（动能），在相互作用前、后可能不变、减、增。 ．．2② 分析mv有没有变化时，只要分析∑F= 0即可；分析对相互作用力的功W?W'?0。

4．例题分析：

例题1．气功碎石表演中，质量M=200kg的石板压在演员身上，另一个演员举起质量为m=5kg的铁锤，使劲地向石板砸去的瞬间，石板被砸碎了，而演员安然无恙，试通过分析和必要的理论计算来说明其中的奥妙。

分析解答：设完全非弹 ∵ mv0 = Mv

m∴ v?v0

M1m12石头获得动能：Ek =Mv2? mv02M21当M>>m时，当M = 40m，Ek =E锤

40讨论：实际“油锤贯顶”时，锤子还有原方向的动量，故Ek 还要小些。

24

1mv2有没有变化时，要分析一2说明：① 铁锤与石板作用时间极短，石板受冲力很大，由于石板质量很大，获得铁锤传递的动

量，向下运动速度却很小，位移也很小。又由于人体的缓冲，演员并未受到过度挤压。实际上石板还没来得及将铁锤的打击力传递到人体上，石板已经被击碎。

② 能量分析：如果换成木板（M很小），Ek =

作用给演员。

例题2．（07四川18题）．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑（ ）

A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动

D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处

例题3．A、B小球质量均为M，在B车上挂着质量为M/4的小球C，C相对B车静止，悬线长l = 0.4m，两车以相同的速率v = 1.8 m/s在光滑水平面上相向而行，如图所示。相碰后两车粘在一起运动，设碰撞时间很短，则：

（1）C球摆到最高点时两车的速度； （2）小球C摆起的最大高度为多大；

（3）这时悬线与竖直方向的夹角是多少（用三角函数表示）。 分析解答： M+M+M/4：（1）→（2）→（3） ∵ p=C x

v v MMM① (M?)v?Mv?v?(2M?)V

444A （1） 2M+M/4：（2）→（3） ∵ E=C 1M21M2M② ()v?(2M?)V?gh v 24244l?hA （2） ∴ θ=acrcos= cos-10.64； lv2 = 0.2m/s h=0.144m V

m1122≈mv0，铁锤的能量几乎全部mv0M22l v A v C B l C B C B h 说明：① 状态的分析----动量守恒；

A B （3） ② 过程选取---能量转化守恒； ② 系统的选取； ③ 条件的应用；

反馈题．如图所示，两个质量都为M的木块A、B用轻质弹簧相连放在光滑的水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0射向木块A并嵌在其中。子弹打木块的过程时间极短，求： （1）子弹射入木块A并嵌在其中系统损失的机械能；

A B （2）弹簧压缩后的最大弹性势能；

25

1Mm21Mm22v0答案：（1）（2）。 v0；

2(M?m)(2M?m)2(M?m)

例题4．在原子核物理中，研究核子与核子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档板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。

P v0 （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

A B C （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。

分析解答： v0 过程分析如图：

m m m mv0=2mv1=3mv2

v1 11222m1=3m2+Ep m 2m 22v2 1122Ep Ep=2m3=3m4+ Ep’

22m 2m 2mv3=3mv4 v2 Ep 12m 锁定 m ∴ v2=v0 3v3 12m 2m ∴ Ep’=mv0 v4 362m 解锁 m 说明：① 过程状态分析；

Ep’ ② 示意图；

反馈题.（07天津23题）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道沿街至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求 （1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；

（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。 参考答案：

（1）设物块m，从距BC高h处下落，到B点速度为v，车圆弧轨道半径为R。 由机械能守恒定律，

1 ① mgh?mv2

2v2根据牛顿第二定律，有9mg?mg?m ②

R

26

解得：h=4R ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块受BC摩擦力为F，物块滑到C点与小车的共同速度为v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s。依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R。由滑动摩擦定律，有

④ F??mg

由动量守恒定律，有mv?(m?3m)v? ⑤ 对物块、小车分别应用动能定理，有

?F(10R?s)?Fs?11mv?2?mv2 22

⑥ ⑦ ⑧

1(3m)v?2?0 2解得 ??0.3

说明：① ②

反馈题.（07全国Ⅱ24题）如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成60o角的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45o。

分析解答：

设：第n次碰撞， θ P=C：mvn-1=MVn-mvn

1112E=C：mv2=MV+mv2n?1nn

222其中，M=19m

91解得，vn=vn-1，Vn=vn-1，

1010112M m ∴ E0=mv0，En=mv2n

22根据条件：

Enmgl(1?cos45?)==0.586 E0mgl(1?cos60?)12mvn2vnEn2令：==2=0.81n<0.586

E01v02mv02∴ 当n=3时，0.813=0.531<0.586， 说明：① 完全弹性碰撞。

27

第五课时：力学三大观点分析

目的：1．力学规律总结；2．解题方法分析；3．建立解题思维结构。 一．力学的基本公式结构：（力学定律体系）

力学的重要公式包括运动学和动力学公式共有九个，它们反映了力学的主要规律和基本原理，这些规律彼此不孤立，其相互关联形成的结构如下表：

p = C ⑨

F合t?mvt?mv0 ⑦

vt = v0 +at ②

1 s?v0t?at2 ③

222 vt?v0?2as ④

F = ma ①

s?(v0?vt)t ⑤ 2 F合s?112mvt2?mv0 ⑥ 22 E = C ⑧

我们可以以①②③式为基本公式，推出余下的六个公式，也就是说这九个公式中只有三个是独

立的。解题时，对每一段运动过程最多只能选出三个公式来求解。这九个公式的应用条件分别是：⑥⑦⑧⑨既可适用于匀变速直线运动又可适用于非匀变速运动，②③④⑤只适用于匀变速直线运动。 二．根据物理过程特点选用力学规律

解动力学问题最重要的是根据运动过程特点原因去探究其动力学原因，从而选用力学规律（公式）去求解。物体受力作用后，它的运动状态（速度、动量和动能）要发生变化，而引起状态变化的原因是不同的。根据题目所揭示的物体运动的情况，从引起物体运动状态变化的原因去探究，存在着三类物理过程。

1．瞬时过程： 物体受力作用通过产生加速度来改变其运动状态，这里运动状态的改变表现为速度的变化，反映这一过程的定律是牛顿第二定律，即①式。 2．积累过程：

物体受力发生位移，是通过做功的积累改变其动能，反映这一过程的定理是动能定理，即⑥式。 物体受力作用经过一段时间，是通过冲量的积累改变其动量，反映这一过程的定理是动能定理，即⑦式。

3．守恒过程：

地球上物体（与地球成为系统）只受重力作用，或与弹簧相连的物体（与弹簧成为系统）只受弹力作用，是动能和势能相互转化的过程，在这一过程中系统的机械能总量保持不变，反映这一过程的定律理是机械能守恒定律，即⑧式。

系统所受合外力为零，是相互作用的物体间动量传递的过程，过程中系统总动量保持不变，反映这一过程的定律理是动量守恒定律，即⑨式。

4．在解决力学问题时，一个物理过程一次最多只能选用其中3个定律同时进行求解。当一个物理过程需要4个甚至更多方程求解时，其余的实际上为条件方程。

28

三．五大力学规律 定律 ∑F=ma ∑I=?p ∑W=?Ek P=C E=C 效果 瞬时 时间积累 空间积累 矢量性 矢量式 矢量式 标量式 矢量式 标量式 概念 ∑F,a,?,v,s,t I,p,?p ∑W,Ek,?Ek p Ek, Ep, E弹 解决运动 匀变:直;曲 匀变:直;曲 直;曲 一维直线 直,曲 解题规范 略 略 略 ox Ep=0 条件 恒力 恒力 变或恒力 ∑F外=0 ∑W其=0

四．关于解题中分析综合能力

m1、m2、

研究对象 m1+ m2、

分析 受力分析 — 几个；怎变；求合力 过程1、（状态）、过程2、（状态）、过程3?

物理过程 过程11、过程12、?

观点：力、能

数学：代数；几何?（矢量）

方法：

物理：等效；替代?

时间（倒、顺）

综合（多角度思维） 观察

顺序 空间（方位）

时间：t0，t；?t；分运动等时

条件 空间：几何关系

运动：关系和转化

能力（解题能力的体现）

能力较低者：1、倾向于用数学：题意→公式

2、尝试：试着解题，试错后再找成功方法，从卷面上多是划掉的黑疙瘩。 3、“向后”解题方式，即从头到尾，以未知量求解顺序。更多依赖逐步演绎，由一系列中间过程，从头解到尾，每步一个数。

能力较高者：1、定性、全面的分析基础上，找到方法，再着手计算：“题意—定性—公式”。

2、顿悟：马上想到题意与目标之间的联系，解题方法以物理思想和解题经验积累为基础。 3、“向前”方式，：把握整体情境，减少中间数据，综合解题。 4、方法的切换

五．解题操作模式

文字 情景 模型 规律

解决

学生在阅读题目时，通过题目提供的信息，首先画出物体运动情景图象（时空关系，包括动态和静态情景），即在头脑中想象物体的运动过程和空间的几何关系。然后根据情景的特点找出它所对应的物理模型，运用模型的规律解决问题。

解题思维：1．情景分析——条件的捕捉，建模能力（画图—建立思维平台）

2．思路——定向能力 3．关联——联系能力 4．分析综合——运化能力

29

例题1．在真空中光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反的匀强电场E2。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量为I2。则（ ）

A．I1=I2 B．4I1=I2

C．W1=0.25Ek，W2=0.75Ek D．W1=0.20Ek，W2=0.80Ek （解法1）运动学

s：s?v1t 2 -s：?s??v2?v12t s t vx 1 ∴ v1∶v2=1∶2 ∴Ek2=4Ek1，

W1= Ek1，W1=Ek2-Ek1=3Ek1 v2

→W1∶W2=1∶3 av1 av2?(?v1)-s t

1?t2?t=3a1

∴ F1∶F2=ma1∶ma2=1∶3

（解法2）牛顿定律+运动学 v?F1mt s t x 1Fv 12F1 s：s? F2 2mt

-s：?s?(F1mt)t?1F22mt2

-s t

∴F1∶F2=1∶3 → W1∶W2=1∶3

（解法3） 动量定理： s：F1t?mv1 x

-s：?F2t??mv2?mv t 1

s F1 F2 v1 v1?v2?v1 2t?2t

v2 ∴F 1∶F2=1∶3 → W1∶W2=1∶3

-s t （解法4） 动能定理

s：W11?2mv21 s -s：W1212F1 F2 v1 2?2mv2?2mv1 v2 s v?s 1/2(v2?v1)/2-s ∴F1∶F2=1∶3 → W1∶W2=1∶3

（说明：不用建立坐标系）

（解法5） 图象法：v-t本质上是运动学方法。

v 如v-t图象，由位移大小相等

v1

0 t 2t t

v2 30

0?v1?v2?v1t；?s?t 22v?v?v1∴1t??[2t]

22解得： v2 = 2v1 由动能定理

v1111122W1?mv1?m(2)2??mv2??32?8J

2224241122W2?mv2?mv1?24J

22∵s?说明：

① 要反映三种方法的区别比较； ② 选题要有方法的选择性；

律、动量、能量?思路：运动学、牛顿定③ ?

方法：代数、几何、矢量?反馈（’96全国）在光滑水平面上有一静止的物体. 现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，

换成相反方向的水平恒力乙推这一物体. 当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32焦，则在整个过程中，恒力甲做的功等于_ 8 _焦，恒力乙做的功等于 24 _焦。

练习：北京近几年有关“动量”考题：

1．04夏（24题）对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力。

设A物体质量m1＝1.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2＝3.0kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图所示。若d＝0.10m，F＝0.60N，v0＝0.20m/s，求： （l）相互作用过程中A、B加速度的大小；

（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量； （3）A、B间的最小距离。

B 分析解答： A vo FF（1）a1＝＝0.60m/s2；a2＝＝0.20m/s2 d m2m1（2）两者速度相同时，距离最近，由动量守恒： m2v0m2vo＝(m1+m2)v ∴v＝＝0.15 m/s

(m1?m2)112?Ek＝m2v0?(m1?m2)v2＝0.015J

22（3）根据匀变速直线运动规律

v1＝a1t v2＝v0 -a2t

当v1＝v2时，解得A、B两者距离最近时所用时间t＝0.25s

1s1＝a1t2

2 31

1s2＝v0t?a2t2

2?s＝s1+d-s2

将间t＝0.25s代入，解得A、B间的最小距离?smin＝0.075m

分析：① 考察内容：完全非弹性碰撞，动量守恒；

② 动量守恒是综合考察里的一个部分；

2．05（25题）下图11是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸)。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kl，比例常量k=2.5×10-6 T/A。

已知两导轨内侧间距l=1.5cm,，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）

（1）求发射过程中电源提供的电流强度；

（2）若电源输出的能量有4％转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大；

（3）若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s'设砂箱质量为M，滑块质量为m，不计砂箱与水平面之间的摩擦，求滑块对砂箱平均冲击力的表达式。 s' ’05（25题）解：

电 （1）由匀加速运动公式 m l 源 v2a==93105m/s2 图11 2s由安培力公式和牛顿第二定律，有 F=ILB=kI2l，kI2l= ma

ma=8.53105A kl（2）滑块获得的动能是电源输出的能量的4％，即

1PΔt34％=mv2

2v1发射过程中电源供电时间 Δt==310-2s

a3所需电源输出功率为

1mv2P=2=1.03109W ?t?4%由功率 P=IU，解得输出电压

PU==1.23103V

I（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有

1fsM=MV2

2因此 I=

32

11f’sm=mV2-mv2

22由牛顿定律 f= -f’ 和相对运动 sm= sM +s’ 由动量守恒 mv = (m+M)V

M1联立求得 f’s =?mv2

m?M2Mmv2? f=

2(m?M)s'

分析：① 考察内容：完全非弹性碰撞，动量守恒，

② 平均冲击力——力的空间平均； ③ 动量守恒是综合考察里的一个部分；

3．06（20题）如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的（ ）

A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于t B．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于t C．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t D．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t ’06（20题）解：

由于完全非弹性碰撞，m’v’=mv，且m’> m，q’=q。

m'v'mv2?m'2?m半径：R’===R；周期：T’=<=T

qBqBqBqB∴轨迹仍为pa，tpa’>tpa。

分析：① 考察内容：完全非弹性碰撞，动量守恒；

② 结合半径好周期公式。

4．’07（19）如图所示单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘结在一起，且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半，则碰撞后（）

A．摆动的周期为B．摆动的周期为

M b

a c N p B v d

5T 6O 6T 5C．摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h D．摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h 分析：① 与单摆综合，选择题形式；

② 瞬时Δt。

h a b 33

5．08（24题）有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘Ｏ点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。

（1）已知滑块质量为m，碰撞时间为Δt，求碰撞过程中A对B的平均冲力的大小；

（2）为了研究物体从光滑抛物线顶端无初速下滑的运动，特制作一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）

a．分析A沿轨道下滑到任意一点的动量PA与B平抛经过该点的动量PB的大小关系； ．．．．b．在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。

解：

A v0 B （1）A、B完全弹碰 mvO 0=mv1+mv2

1mv2=1mv2+1mv2202122

M ∴ v1=0；v2= v0

B： FΔt= mv0

∴ F=mv0?t

D （2）

a：A以v0=0滑下，p1

∵ mgh=p212m ∴ p1=m2gh

A以v0≠0平抛，p2

2∵ mgh+12mv2p220=2m ∴ p2=m2gh?v0 ∴ p2>p1

即：下滑到任意一点p1小于平抛到该点p2 b：A以v0平抛至M，

x=v0t

y=12gt2

且：x=y ∴ x=y=2v2O 1 0g

A以v50平滑至M，

2 mgy=12mv2

45o ∴ v=2v0

M vx

∵ vx2vv=15 ∴ vx=05

vy v

∵ vy=25 ∴ v4vy=0v5 分析：① 动量概念；

② 动量守恒。

34

6．24．（20分） （1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰

撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2；

（2）碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3……mn?1、mn……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能Ek1，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n a) 求k1n

b) 若m1?4m0,mk?m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时，k1n值最大

答案：（1）2m12gh。 m1?m22224n?1m1m2m3?mn?1mn（2）a）k1n?；b）m2?2m0时，k13最大。 222(m1?m2)(m2?m3)?(mn?1?mn)【解析】（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

m1gh?12 ① m1v102

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律

m1v10?m1v1?m2v2 ②

由于碰撞过程中无机械能损失

35

12mv21212110?2m1v1?2m2v2 ③ ②、③式联立解得

v2m1v102?m ④

1?m2 将①代入得④

v2m12gh2?m

1?m2（2）a由④式，考虑到EK1?12m2?121v10和EK22m2v2得 根据动能传递系数的定义，对于1、2两球

kEk212?E?4m1m22 ⑤ k1(m1?m2)同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为

kEk3Ek2Ek34m1m24m2m313?E?E??2??m2 ⑥ k1k1Ek2(m1?m2)(m23)依次类推，动能传递系数k1n应为

kk2Ek3E4m2m34mn?1in?EknEE???kn?4m1m22?2?mn2 k1Ek1Ek2Ek(n?1)(m1?m2)(m2?m3)(mn?1?mn)解得

22k4n?1mm212m3?mn?1mn1n?(m222 1?m2)(m2?m3)?(mn?1?mn)b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得

2k?64m2?m2?120??(4m?

0?m2)(m2?mo)?为使km4213最大，只需使2(4m?mm?12最大，即mm02?取最小值，o2)(2?m0)4m0m2220由m2?4mm???m2m0?2?m??4m0可知2??2?? 当m2m02?m,即m2?2m0时，k13最大。

2

36

五、高考分析

’08各个省市及全国高考题横向了解：

1．（’08理综全国Ⅱ23题）如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出。重力加速度为g。求： （1）此过程中系统损失的机械能；

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。 m v0 M 解答：

（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得

mvv0=m02+MV ①

h 解得 V＝m2Mv0

② 系统的机械能损失为

ΔE=12?1?v20?22mv0-??m???1?MV2? ?2??2??2? ③ ?由②③式得

ΔE=1?8?m?2?3?M??mv0

④ （2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，则

h=12gt2 ⑤ s=Vt ⑥ 由②⑤⑥式得

s=

mv0hM2g ⑦

分析：

① 考察内容：碰撞（打击），动量守恒；

② 动量守恒定律作为解决短暂相互作用的一种方法不可或缺；

2．（’08理综全国Ⅰ24题）图中滑块和小球的质量均为m，

滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上滑块 的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，开始时，轻绳O 处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60o时小球达到最高点。求：

（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； （2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。 解答：

（1）A→B： px=C：mv1= mv2

m v1 m E=C：mgl=121A

2mv1+2mv22

O 60o ∴ v1=v2=gl

C

v2

B 37

滑块从v1→停住：∵ I=Δp

I=Δpmv1

分析：

① 考察内容：反冲，px=C，人船模型； ② 作为综合题的一部分。 3．（’08理综四川Ⅰ卷25题）一倾角为θ=45°的斜血固定于地面，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=10m/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：设块m自h静止下滑，碰板前速度v。

m 由功能关系

1h ① mgh?mv2??mgcos?2sin?由动量定理，块m受板冲量（忽略重力） h0 ② I?mv?m(?v)=2mv

碰后块m达高度h’，由功能关系

45o ?1h ③ mv2?mgh???mgcos?2sin?同理，有

1h? ④ mgh??mv?2??mgcos?2sin? ⑤ I??mv??m(?v?)=2mv’

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

⑥ I??kI

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

式中

k?I1?2m2gh0(1??cot?)

总冲量为

⑧

I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k2?k3) ⑨

由 1?k?k??k2n?11?kn?) 1?k

⑩ ⑾ ⑿

1?k4得 I?2m2gh0(1??co?t)

1?k代入数据得 I?0.43(3?6)N2s

分析：

① 考察冲量概念、动量定理 ② 数学难度较大 4．（’08理综宁夏卷33[物理─选修3－5]（2））某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45o角，然后将其

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由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30o。若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

解答：

设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB

在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

h1=l(1-cos45o) ①

1mBv2 ② B=mBgh1 2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2。有

P1=mBvB ③ 联立①②③式得

P1=mB2gl(1?cos45?) 同理可得

P2=(mA+mB)2gl(1?cos30?) 联立④⑤式得

⑤

④

A B P2mA?mB=

mBP1代入已知条件得 ?P2???P??=1.03 ?1?由此可以推出

P2?P1≤4% P121?cos30?

1?cos45? ⑥

30o 45o ⑦

vA+B A+B vB B

⑧

所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。

分析：① 直接考察动量守恒定律的实验证明；

② 分析物理过程，综合能量解答； 5．（’08理综重庆卷24题）题图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为

2mg时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）： k（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； （2）滑块向下运动过程中加速度的大小；

（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。

解答：

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（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律

12mgL=mv0

2得 v0=2gL

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0

12gL 2碰撞过程中系统损失的机械能力

11122ΔE=mv0-2mv1=mgL

222（2）设加速度大小为a，有

得 v1=

22as=v1

kL 8m（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示

FS + FER-2mg=2ma

FN

FS=kx FER x=d+mg/k

2m kL得 FER=mg+-kd

4 2mg 分析：① 近似动量守恒；

得 a=

7．（’08理综广东卷20题）如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2视为质点，取g=10 m/s2.问：

（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？

（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？

分析解答：

（1）判断P1碰P2后运动

P1碰P2后动量（速度）互换，

P1能产生的最大加速度 a1=μ1g=1m/s2，

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?mgP2在N上摩擦，N的加速度 aN=22(M?m)=0.8m/s< a1，故P1与N相对静止

（2）P11，A→B：mgR+

2mv210=2mv2B P1+P2，B→C： mvB=(M+m)v1 +mvC

μmL=11212mv2B-2mvC-2(M+m)v21 P12，C→D： 2v0 2mvC= mgR

vB P2，D→C→l2： mgR=μm l2

P -μm l11，B→l1：1=22mv1

vC v1 ΔL=L-l1-l2=0.695m

v

C 分析：① 过程较长（6-7个），研究对象多（3个），

受力复杂（恒力μ1mg、μL 2mg、等）； ② 模型化痕迹，不联系实际。

l1 l2

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总之，在计算题中相关动量概念，动量守恒定律及其应用。

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