高中物理 经典习题及答案 选修3-5

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第十六章 动量守恒定律

一、冲量和动量

（一）知识要点

1.动量：按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv 动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。 动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft

冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。 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。

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。

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。

（二）例题分析

例1：质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端

过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？

解：力的作用时间都是t

2H1

2

gsin sin

2H

，力的大小依次g

是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：

IG

m2gHm2gH

,IN ,I合 m2gH

sin tan

特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

例2：一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度水平向右运动，碰到一块竖硬的大理石后被弹回，沿着同一直线以2m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？

解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v=2m/s，碰撞前钢球的动量为P=mv=0.2×2kg·m/s=0.4kg·m/s。碰撞后钢球的速度为v′=0.2m/s，碰撞后钢球的动量为

p′=m v′=-0.2×2kg·m/s=-0.4kg·m/s。

△p= p′-P=-0.4kg·m/s-0.4kg·m/s=-0.8kg·m/s，且动量变化的方向向左。

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例3：一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是45º，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45º，速度大小仍为2m/s，用作图法求出钢球动量变化大小和方向？

解：碰撞前后钢球不在同一直线运动，据平行四边形定则，以p′和P为邻边做平行四边形，则△p就等于对解线的长度，对角线的指向就表示的方向：

p

∴

p 2 ( p)2

2

2

0.4 0.4kg m/s

0.42kg m/s

方向竖直向上。

动量是矢量，求其变化量可以用平行四边形定则：在一维情况下可首先规定一个正方向，这时求动量的变化就可以简化为代数运算了。

例4

（12分）如图所示，在光滑、固定的水平杆上套着一个光滑的滑环 平冲量作用，使M摆动，且恰好刚碰到水平杆。问

（1

）M在摆动过程中，滑环对水平杆的压力的最大值是多少？ （2）若滑环

不固定，仍给M以同样大小的冲量作用，则M摆起的最大高度为多少？

，滑环下通

过一根不可伸长的轻绳悬吊一重物

M，轻绳长为

L，将滑环固定在水平杆上，给M一个水

解：（1）机械能守恒 （2分）

M通过最低点

T最大 （2分）

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∴

（1分）

再对滑环受力分析 （2分）

（2）不固定机械能仍守恒 初速度：

（2分）

水平动量守恒 （2分）

∴ ∴ （1分）

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二、动量定理

（一）知识要点

1.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp 动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

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。

现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F P（牛顿第二定律的动量形式）。

t

动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。

2.利用动量定理定性地解释一些现象

3.利用动量定理进行定量计算

利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行： 明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。

写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。 根据动量定理列式求解。

（二）例题分析

例1：以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？ 解：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt 有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp来求。

例2：鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？

解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=Δp，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作

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用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）

例3：某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？

解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极

短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。

例4：质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求： 沙对小球的平均阻力F； 小球在沙坑里下落过程

A

所受的总冲量I。

解：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。

在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻

力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：

mg(t1+t2)-Ft2=0, 解得：F mg t1 t2

t2

仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间

内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：

mgt1-I=0,∴I=mgt1

这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。

例5：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？

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v/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理

可得：

M m a

v0 M m a g v

Mv M m v0, v 0

g Mg

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。

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例6：质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高

2

度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。

解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N

例7、如图所示，，质量为Ｍ＝2kg的小车Ａ静止在光滑水平面上，Ａ的右端停放有一个质量为ｍ＝0.4kg、带正电荷ｑ＝0.8C的小物体Ｂ。整个空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度Ｂ＝0.5Ｔ的匀强磁场，现从小车的左端，给小车A一个水平向右的瞬时冲量I=26N﹒s，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求

（1）瞬时冲量使小车获得的动能 （2）物体Ｂ的最大速度?

（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能?（ｇ＝10m/s2）

解析：（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体Ｂ的速度仍为零．冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求的小车获得的速度，进而求出小车的动能．

Ｉ＝Mv, v=I/M=13m/s, E=Mv2/2=169J

(2)要想得知物体Ｂ的速度何时最大，就要对瞬时冲量结束后Ａ、Ｂ物体相互作用的过程

做一个较具体的分析。小车

Ａ获得水平向右的初速度后，由于Ａ、Ｂ之间的摩擦，Ａ向右减速运动，Ｂ向左加速运动，同时由于罗伦兹力的影响Ａ、Ｂ之间的摩擦也发生变化，设A、

Ｂ刚分离时速度为vB

qvBB＝ｍｇ

 即 vB＝ｍｇ／Ｂｑ＝10ｍ/ｓ

若A 、Ｂ能相对静止，设共同速度为Ｖ，

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由Ｍv0＝（Ｍ＋m）Ｖ

Ｖ=10.8m/s,

因vB<Ｖ说明Ａ、Ｂ在没有达到共同速度前就分离了 所以，Ｂ的最大速度为 vB＝10ｍ/ｓ

这一步的要害就是对两个临界状态进行分析和比较，最后确定Ｂ的最大速度。假如题中条件Ｉ＝20N﹒s,将得出vB＞Ｖ，就说明Ａ、Ｂ在没有分离前就达到了共同速度．则共同速度Ｖ就是Ｂ的最大速度，因为，Ａ、Ｂ在达到共同速度后速度不再发生变化，也就不会再分离。做过这个题目后，对本题的分析和反思时应该想到这一步。

(3) 由于罗伦兹力的影响Ａ、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Ｑ＝fs相对求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解。

由于Ｂ物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时Ａ的速度，设当物体Ｂ的速度最大时物体A的速度为vA

Ａ、

Ｂ系统动量守：Ｍv０＝ＭvA＋ｍvB

∴ vA＝(Mv0－mvB)/M

=11ｍ/ｓ

Ｑ＝ΔＥ＝Ｍv０２/2－ＭvA２/2－ｍvB２/2＝28J

例8、设小车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，要使小车的运动方向改变，可用速度为2.4m/s的水流由西向东射到小车的竖直挡板CD上，然后流入车中．求：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？

解：设射入小车中的水的质量分别为M和 m，对于小车和射入的水组成的系统，水平方向动量守恒，以向东为正方向，有

随着射入小车中水的质量增加，车与车中的水的速度V要减小，直到速度V=0，射入小车的水质量再增加，V<0，小车（包括车中的水）的速度方向变为向西。因此对应V=0时的水的质量即为所求。

m=2.5kg。

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三、动量守恒定律

（一）知识要点

1.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

m2v2 即：m1v1 m2v2 m1v1

2.动量守恒定律成立的条件

系统不受外力或者所受外力之和为零；

系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；

系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

3.动量守恒定律的表达形式

m2v2 ，即p1+p2=p1+p2外，还有： 除了m1v1 m2v2 m1v1

/

/

Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和m1 v2

m2

v1

4.动量守恒定律的重要意义

从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。

（二）例题分析

例1：质量为m=0.10kg的小钢球以Vo=10m/s的水平速度抛出，下落h=5.0m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平地面的夹角θ=_______.刚要撞击时小球的动量的大小为________（g=10m/s2)

解：小钢球作平抛运动，撞击钢板时的竖直分速度Vy==10m/s.而水平方向作的是匀速运动，所以Vx=Vo=10m/s.而tgnθ=Vo/Vy=1，所以θ=450，另外钢球的末速度为：Vt=

P=mVt=

m/s，于是刚要撞击时小球的动量大小等于： kgm/s

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例2.质量为m的钢球自高处下落，以速度V1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为V2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ ） A.向下，m(V1-V2) B.向下，m（V1+V2） C.向上，m(V1-V2) D.向上，m(V1+V2)

分析：将钢球作研究对象，钢球在碰地过程中的受力如图中的动画所示，图中mg为钢球受到的重力、N是受到地面对它的弹力，由于弹力和重力对钢球的冲量使钢球的动量发生改变.图中钢球的碰地速度V1，弹起速度为V2，我们假设垂直地面向上为正，对钢球运用动理定理得：

Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1，

由于碰撞时间极短，t趋近于零，故mgt也趋于零可忽略不计，于是Nt=m(V2+V1),即弹力的冲量方向向上，大小等于m(V1+V2),故答案选D

例题3: 质量为M的小船以速度Vo行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率V（相对于静水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相对于静水面）向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度。

本题是由三个物体组成的物体系，和两个物体过程的动量守恒定律的应用问题，选择合理的研究对象和研究过程可使解题方便简捷.

解答：选小孩a、b和船为一系统，在两小孩先后跳入水的整个过程中可忽略水的阻力.系统水平方向上动量守恒.设小孩b跃出后船向前行驶的速度为Vx，选Vx方向为正方向根据动量守恒定律有；

（M+2m)Vo=MVx+mV-mV 整理得：Vx=（1+2m/M)Vo

例题4:一列火车在水平直轨道上做匀速运动，总质量为M，速度为V，某时刻火车后部有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间车牵引力保持不变，并且火车各部所受的阻力跟运动速度无关，当司机发现时，后面脱钩的车厢的速度已减为V/3，求此时刻火车车厢前面部分的速度多大？

解答：火车原在铁轨上匀速运动，故所受合外力等于零，一节车厢脱钩后，牵引力和阻力均不变，火车系统合外力等于零，动量守恒.当脱钩车厢速度为V/3时，设前面部分的速度为V'，根据动量守恒定律有：MV=（M-m)V'+mV/3 解得：

例5.

(20

分)用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg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.求：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?(2)弹性势能的最大是多大?(3)A的速度有可能向左吗?为什么?

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解：(20分

)(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大. 由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA mB)v＝(mA mB mC)vA′ ( 3分)

解得 vA′= m/s=3 m/s ( 1分)

(2) B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则

mBv=(mB mC)v′( 3分) v′= =2 m/s ( 1分)

设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，

根据能量守恒Ep= (mB mC) mAv2- (mA mB mC) ( 3分)

= ×(2 4)×22 ×2×62- ×(2 2 4)×32=12 J ( 1分)

(3)(8分) A不可能向左运动

系统动量守恒，mAv mBv=mAvA (mB mC)vB 设 A向左，vA＜0，vB＞4 m/s 则作用后A、B、C动能之和

E′= mAvA2 (mB mC)vB2＞ (mB mC)vB2=48 J

实际上系统的机械能

E=Ep (mA mB mC)· =12 36=48 J

根据能量守恒定律， ＞E是不可能的

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例6（12分）质量为M的小物块A静止在离地面高 小物块B沿桌面向A运动并以速度

的水平桌面的边缘，质量为

的

与之发生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，

其落地点离出发点的水平距离为L。碰后B反向运动。求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为

。重力加速度为

。

解：A落地过程是平抛运动，则有 （1分）

（1分） ∴ （1分） B与A碰撞动量守恒

（4分） B返回有 （3分）

∴

（2分）

例7.(16分) 两个木块的质量分别为 光滑水平面上， 度射入

=0.2kg， =0.55kg，中间用轻弹簧相连放在＝0.050kg的子弹以水平向左的初速

被弹回时带动

左侧与竖直墙壁接触。质量为

中，并立即与 具有相同的速度，然后向左压缩弹簧。

=0.30m/s，求子弹射入木块

运动。若木块 的最大速率为 前的速度。

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解：子弹打入木块瞬间，速度为

,射入

后跟 一起的速度为

由动量守恒：

=( ) ①（４分） )

=

(

)

② （４分）

离开墙角后，同理：(

再由能量守恒： ③（４分）

由①②③得 = 即 = = 0.2m/s （２分）

解得：

= （２分）

例8、如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量

，绝缘小物块B的质量

。若B以一定速度沿

平板向右与C车的挡板相碰，磁后小车的速度总等于碰前物块B速度的一半。今在静止的平板车的左端放一个带电量

、质量为

的小物块A，将物块B放在平板车的中心，

在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，当A以速度 与B发生碰撞，碰后A以

的速率反弹回来，B向右运动，

（1）求匀强电场的场强大小和方向。

（2）若A第二次和B相碰，判定是在B与C相碰之前还是相碰之后？

（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？

解：（1）对金属块A用动能定理 ①

所以电场强度大小 ②

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方向水平向右

③

（2）A、B碰撞，由系统动量守恒定律得

④

用 代入解得 ⑤

B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间

⑥

A的加速度 ⑦

A在 段时间的位移为

⑧

因 ，故A第二次与B相碰必在B与C相碰之后 ⑨

（3）B与C相碰，由动量守恒定律可得 ⑩

eq \o\ac(○,11)11

A从第一次相碰到第二次与B相碰的位移为L，因此电场力做的功

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例9、质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量

正好相等，两者质量之比M/m可能为 A.2 B.3 C.4 D. 5 答案AB

【解析】本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动

4P2p2P2M量为2P,根据P 2mEK,以及能量的关系得得 3,所以AB正确.

2M2m2Mm

2

例10、如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在

车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 =0.5,取g=10 m/s，求

2

（1） 物块在车面上滑行的时间t;

（2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。 （1）0.24s (2)5m/s

【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0 m1 m2 v ① 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ft m2v m2v0 ② 其中 F m2g ③ 解得

t

m1v0

m1 m2g

代入数据得 t 0.24s ④ （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

m1 m 2v ⑤ m2v0

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由功能关系有

11

2 m1 m2 v 2 m2gL ⑥ m2v0

22

代入数据解得 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。

例11、如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C相距l=1.0m物快A以速度v0=10m/s

沿水平方向与B正碰，碰撞后A和B牢固粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s，已知A和B的质量均为m。C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动

2

摩擦因数 =0.45(设碰撞时间很短，g取10m/s)

（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度

（2）根据AB与C的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。

解：（1）A与B相碰，由动量守恒定律知 mv0=2mv1，得到v1=5m/s 之后，A与B一起向右运动直到与C相碰

以A和B为整体，由动能定理知 2mgl 22mv2 22mv1，得到v2=4m/s

2

2

（2）当A与B运动到C所在位置时，AB与C相碰，由动量守恒定律知 2mv2=2mv3+kmv ①

（一）若AB与C发生的碰撞是弹性碰撞，则根据能量守恒

2

2222mv2 2mv kmv ② 322

联立①②两式得到k=6，v3=-2m/s，说明AB与C碰后反弹

（二）若AB与C发生的碰撞是完全非弹性碰撞，则根据动量守恒 2mv2=（2m+km）v，得到k=2，物体AB仍然向右运动 根据以上讨论可知，k的取值范围是 2≤k≤6

设k=k1时，物体AB与C碰后速度为零，根据动量守恒定律 2mv2=k1mv， 得到k1=4

由此可以确定AB与C碰后的可能运动方向为 A．当2≤k＜4时，AB碰后继续向右运动； B．当k=4时，AB碰后静止；

C．当4＜k≤6时，AB碰后继续向左运动（反弹）

例12、一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图l

所示。现给盒子

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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

02 = 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

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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 k

2

n 1

2

3

1 kn

⑩

1 k

1 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 2a

2

h

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

v2

h sin ⑥

2a

由②⑤⑥式得 h kh ⑦ 式中 k

2

tan

⑧

tan

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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

2

3

总冲量为 I I1 I2 I3 I4 I1(1 k k k) ⑿ 由 1 k k k

2

n 1

1 kn

⒀

1 k

1 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

/ / 下碰撞的全过程：设光

滑水平面上，质量为

m1的物体A以速度v1

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：

v1

m1 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

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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，

m1

A、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：

m1m2v121122

。 Ek m1v1 m1 m2 v

222m1 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

2M mg22

全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v

2m

v

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，

mA

mB

38；又因为碰撞过程系统动能不会增加， 52623282，

由以上不

2mA2mB2mA2mBmAmB

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/m4ii.html