高中物理解题高手：专题13 动量守恒和能量守恒

专题十三 动量守恒和能量守恒

[重点难点提示]

动量和能量是高考中的必考知识点，考查题型多样，考查角度多变，大部分试题都与牛顿定律、曲线运动、电磁学知识相互联系，综合出题。其中所涉及的物理情境往往比较复杂，对学生的分析综合能力，推理能力和利用数学工具解决物理问题的能力要求均高，常常需要将动量知识和机械能知识结合起来考虑。有的物理情景设置新颖，有的贴近于学生的生活实际，特别是多次出现动量守恒和能量守恒相结合的综合计算题。在复习中要注意定律的适用条件，掌握几种常见的物理模型。

一、解题的基本思路：解题时要善于分析物理情境，需对物体或系统的运动过程进行详细分析，挖掘隐含条件，寻找临界点，画出情景图，分段研究其受力情况和运动情况，综合使用相关规律解题。

⑴由文字到情境即是审题，运用―图象语言‖分析物体的受力情况和运动情况，画出受力分析图和运动情境图，将文字叙述的问题在头脑中形象化。画图，是一种能力，又是一种习惯，能力的获得，习惯的养成依靠平时的训练。

⑵分析物理情境的特点，包括受力特点和运动特点，判断物体运动模型，回忆相应的物理规律。

⑶决策：用规律把题目所要求的目标与已知条件关联起来，选择最佳解题方法解决物理问题。

二、基本的解题方法：阅读文字、分析情境、建立模型、寻找规律、解立方程、求解验证

⑴分步法（又叫拆解法或程序法）：在高考计算题中，所研究的物理过程往往比较复杂，要将复杂的物理过程分解为几步简单的过程，分析其符合什么样的物理规律再分别列式求解。这样将一个复杂的问题分解为二三个简单的问题去解决，就化解了题目的难度。

⑵全程法（又叫综合法）：所研究的对象运动细节复杂，但从整个过程去分析考虑问题，选用适合整个过程的物理规律，如两大守恒定律或两大定理或功能关系，就可以很方便的解决问题。

⑶等效法（又叫类比法）：所给的物理情境比较新颖，但可以把它和熟悉的物理模型进行类比，把它等效成我们熟知的情境，方便的解决问题。

⑷假设法：判断未知情境时，可以先假设其结论成立，推出与已知条件或推论相一致或相反的结果，证明其假设是否成立，从而解决物理问题。

三、学习中应当注意的几点：

⑴若考查有关物理量的瞬时对应关系，需应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理的难易程度有很大的差别。

⑵若研究对象是一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，涉及时间的优先考虑动量定理，涉及位移的优先考虑动能定理。

⑶机械能是否守恒决定于是否有重力和弹力（弹簧）之外的力做功，而动量是否守恒，决定于系统是否有外力或外力之和是否为零。注意分析物体的受力情况，当系统动量守恒时，机械能不一定守恒，同样机械能守恒时，动量不一定守恒。

⑷从能量转化的角度也可判断机械能是否守恒：如果系统机械能没有和外界其他形式的能发生相互转化，只发生系统内部势能和动能的相互转化，则机械能守恒。

⑸重力势能和电势能都是标量，但有正负，表示物体相对于零势能面的位置。它们具有相对性，随零势能面的变化而变化，但势能差值具有绝对性，与零势能面的选取无关，我们只关心的是势能差值的变化。

⑹动量定理和动量守恒定律的应用时要特别注意其矢量性，列式之前选好正方向，确定各矢量的正负。将矢量运算转化为代数运算。 [习题分类解析]

类型一动量守恒条件的判断

把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上．枪发射出一颗子弹．对于此过程，下列说法中正确的有哪些？（ ） A．枪和子弹组成的系统动量守恒 B．枪和车组成的系统动量守恒

C．车、枪和子弹组成的系统动量守恒

D．车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力．且摩擦力的冲量甚小

分析与解答：本题涉及如何选择系统，并判断系统是否动量守恒．物体间存在相互作用力是构成系统的必要条件，据此，本题中所涉及的桌子、小车、枪和子弹符合构成系统的条件．不仅如此，这些物体都跟地球有相互作用力．如果仅依据有相互作用就该纳入系统，那么推延下去只有把整个宇宙包括进去才能算是一个完整的体系，显然这对于分析、解决一些具体问题是没有意义的．选择体系的目的在于应用动量守恒定律去分析和解决问题，这样在选择物体构成体系的时候，除了物体间有相互作用之外，还必须考虑―由于物体的相互作用而改变了物体的动量‖的条件．桌子和小车之间虽有相互作用力，但桌子的动量并没有发生变化．不应纳入系统内，小车、枪和子弹由于相互作用而改变了各自的动量，所以这三者构成了系统．分析系统是否动量守恒，则应区分内力和外力．对于选定的系统来说，重力和桌面的弹力是外力，由于其合力为零所以系统动量守恒．子弹与枪筒之间的摩擦力是系统的内力，只能影响子弹和枪各自的动量，不能改变系统的总动量．所以D的因果论述是错误的． 答案为C．

变式1 如图所示，A、Ｂ两质量相等的物体静止在平板小车Ｃ上，Ａ、Ｂ之间有一根

被压缩了的弹簧，Ａ、Ｂ与平板车的上表面间的滑动摩擦力之比为３：２，地面光滑，当压缩弹簧突然释放后，则： Ａ Ａ、Ｂ系统动量守恒 Ｂ 小车向左运动

Ｃ Ａ、Ｂ、Ｃ系统动量守恒 Ｄ 小车向右运动

分析与解答：本题中若以A、Ｂ两质量相等的物体为研究对象，由于与小车C的摩擦力大小不等，即该系统所受合外力不为零，不满足守恒条件；但是如果以A、B、C三者为一个系统，则系统所受合外力为零，满足守恒条件。分析小车C水平方向的受力：C受到A对C的向左的摩擦力FAC；C受到B对C的向右的摩擦力FBC；由于FAC：FBC＝3:2，所以小车向左运动。答案为BC。

变式2 一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱

钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为：

分析与解答：列车原来做匀速直线运动，牵引力F等于摩擦力f，f=k(m＋M)g(k为比例系数)，因此，整个列车所受的合外力等于零．尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力．因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车(前部+尾部)的动量应该守恒．考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由(m+M)v0=0+Mv

得此时前部列车的速度为

答案为B．

人船模型

如图所示，长为Ｌ、质量为Ｍ的小船停在静水中，质量为ｍ的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？

分析与解答：以人和船组成的系统为研究对象，在

人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒．当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来．设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为V，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv－MV=0

即

Vm

vM

因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动

量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比．因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度与船的平均速度也与它们的质量成反比，

即

Vm ．而人的位移s人=t，船的位移s船=t，所以船的位移与人的位移也与它们vM

s船s人

m M

的质量成反比，即

此式是―人船模型‖的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒．

由图可以看出：s船＋s人=Ｌ

解得： s人

Mm

L s船 L

M mM m

变式1 如图所示，斜面长为L，倾角为θ、质量为M的斜面顶端上，有一质量为m、

边长为l的正方形小物块由静止开始下滑，若不计一切摩擦，求小物块由顶端刚滑到底端过程中斜面在水平面上滑行的位移．

分析与解答：设末状态物块和斜面对地的速度分别为v、V，以斜面的运动方向为正

方向，由动量守恒得：MV－mv =0

由―人船模型‖知： M

s1s－m2=0 tt

由图２知：s1+s2=(L－l)cosθ 由以上两式解得s1=

m

(L l)cos

M m

变式2 如图所示，光滑水平面上有一小车，

被水平拉直处于静止状态(小球处于最左端)．将小球由静止释放，小球从最左端摆下并继续摆至最右端的过程中，小 车运动的距离是多少？

小车上固定一杆，总质量为M；杆顶系一长为L的轻绳，分析与解答：设某时刻小球速度的水平分量为v(小车的速度为V(方向向左)，取水平向左为正方向，

根据动量守恒定律有： MV－mv =0

即

vM

Vm

因为小球在摆动过程中，系统综动量在每时刻都等于零，所以每一时刻小球速度的水平分量与小车的速度都跟

它们的质量成反比；从而可知小球从最左端摆至最右端的过程中，小球的水平位移s1与小车的位移s2与它们的质量成反比．即

s1M s2m

由图知 s1+s2=2L

2m

L

由以上两式解得s2=m M

动量守恒定律的应用

一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离

地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2．求：鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离．

【分析】子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。

分析与解答：把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒．设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由Mv0＋mv＝(m＋M)u，得

击中后，鸟带着子弹作平抛运动，运动时间为

鸟落地处离击中处水平距离为 S＝ut＝11.76×2m＝23.52m．

变式1 如图所示，质量为3.0kg的小车在光滑水平轨道上以2.0m/s速度向右运动．一

股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小车后壁，已知水流流量为5.0 10m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内．那么，经多长时间可使小车开始反向运动？（水的密度为1.0 103kg/m3）

5

分析与解答：由题意知，小车质量m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s ；

水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=5.0 10 5m3/s， 水的密度ρ=1.0 103kg/m3.

设经t时间，流人车内的水的质量为M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有

mv1- Mv2=0 又因为 M=ρV V=Qt

由以上各式带入数据解得 t=50s

变式2 甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和

他的冰车的总质量共为M=30kg，乙和他的冰车的总质量也是30kg．游戏时，甲推着一质量为m=15km的箱子，和他一起以大小为v0=2m/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(相对于地面)将箱子推出，才能避免和乙相碰． 分析与解答：设甲推出的箱子速度为v，推出后甲的速度变为v1，取v0方向为正方向，据动量守恒有(M＋m)v0＝Mv1＋mv． 乙抓住箱子的过程，动量守恒，则Mv＋mv0=(M＋m)v2. 甲、乙两冰车避免相撞的条件是v2≥v1，取v2=v1． 联立并代入数据解得v=5.2m/s．

变式3 如图所示，在光滑水平面上有木块A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它们的上

表面是粗糙的，今有一小铁块C，mC=0.1kg，以初速v0=10m/s沿两木块表面滑过，最后停留在B上，此时B、C以共同速度v=1.5m/s运动，求：

（1）A运动的速度vA=？ （2）C刚离开A时的速度vC′=?

分析与解答：（1）对ABC由动量守恒得

mCv0=mAvA+（mB+mC）v 上式带入数据得 vA=0.5m/s

（2）当C刚离开A时AB有共同的速度vA，所以由动量守恒得

mCv0=（mA+mB）vA+mC vC′

上式带入数据得 vC′=5.5 m/s

变式4 质量为M的小车，如图5－11所示，上面站着一

个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面 上前进。现在人用相对于小车为u的速度水平向 后跳出后，车速增加了多少？

分析与解答：以人和车作为一个系统，因为

水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。 设人跳出后，车对地的速度增加了△v，以 v0方向为正方向，以地为参考系。由动量守

恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)－m[u－(v0＋△v)]

动量守恒定理

相隔一定距离的A、B两球，质量均为m，假设它们之间存在恒定斥力作用，原来两球被按住，处于静止状态.现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，而B球初速为零.设轨道光滑，若两球间的距离从最小值(两球未接触)到刚恢复到原始值所经历的时间为t，求两球间的斥力.

分析与解答：作出示意图，如图所示.

v0

u

uv1

v2

当A、B相距最近时，二者速度应相等，设为u，当二者距离恢复原始值时，设A、B的速度分别为v1、v2，整个过程经历的时间为t/。

对B球，由动量定理得：Ft=mv2-mu 由动量守恒得 mv0=2mu

mv0=mv1+mv2

整个过程中A、B两球对地的位移相等，则：

v0 v1/v2/

t t 22

解得：F

mv0

2t

变式1 如图所示，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

有序号是1、2、3、…、n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量与所有木块的总质量相等。在t=0时刻木板静止，第l、2、3、…、n号木块的初速度分别为vo、2vo、3vo、…、nvo，方向都向右.最终所有木块与木板以共同速度匀速运动.试求：

⑴所有木块与木板一起匀速运动的速度vn

⑵从t=0到所有木块与木板共同匀速运动经历的时间t ⑶第(n-1)号木块在整个运动过程中的最小速度vn-1

分析与解答：⑴ 对系统，由动量守恒得

m（vo+2vo+3vo+…+nvo）=2nmvn

由上式解得 vn=(n+1)vo/4

⑵因为第n号木块始终做匀减速运动，所以对第n号木块，由动量定理得 -μmg t=mvn-mnvo

由上式解得 t=(3n-1)v0/4μg

⑶第(n-1)号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v。对系统，由动量守恒得

m(vo+2vo+3vo+…+nvo)=(2n-1)m vn-1+mv

对第n-1号木块，由动量定理得 -μmg t/=m vn-1 – m(n -1)vo

对第n号木块，由动量定理得 -μmg t/=mv - mnvo 解得vn-1 =(n-1)(n+2) vo /4n

如图所示，半径为R的光滑半圆上有两个小球A、B，质量分别为m和M，由细线挂着，今由静止开始无初速度自由释放，求小球A升至最高点C时A、B两球的速度？

分析与解答：A球沿半圆弧运动，绳长不变，A、B两球通过的路程相等，A上升

的高度为h R；B球下降的高度为H

2 R R

；对于系统，由机械能守恒定律得：

42

EP EK ；

EP Mg

vc

R

2

mgR

1

(M m)v2 2

RMg 2mgR

M m

变式1 如图所示，均匀铁链长为L，平放在距离地面高为2L

的光滑水平面上，其长度的

1

悬垂于桌面下，从静止开始释放铁5

链，求铁链下端刚要着地时的速度？

分析与解答：1、选取地面为零势能面：

41LL1

mg2L mg(2L ) mg mv2 551022

方法2、桌面为零势能面： 1mgL mg(L L) 1mv2

51022

解得：v 174gL

5

变式2 质量为m的物体甲和质量为2m的物体乙系在绕过定滑轮的细绳的两端，甲和

乙距地面的高度都为（如图2所示），若将它们都由静止开始松手，甲在以后的运动中始终没有碰到滑轮，当甲运动到最高点时距地面的高度h为多少？（滑轮摩擦和空气阻力不计）。

分析与解答：此题可分两个过程来研究，乙着地前为第一个过程，可用机械能守恒定律求出乙着地时甲的即时速度。乙着地后为第二个过

程，可求出乙着地后甲又升高的最大高度。

取地面为零势能参考面，刚松手时甲和乙的总机械能 E1=(m甲+m乙)gh1

设乙着地前甲和乙的速度都为v，乙着地前甲和乙的总机械能 E2 m甲g(2h1) 对系统运用机械能守恒定律 (m甲 m乙)gh1 2m甲gh1

1

(m甲 m乙)v2 2

1

(m甲 m乙)v2 2

1

m甲v2 2

将m乙=2m甲代入上式解得 v2=2gh1/3。

乙刚着地时甲的总机械能 E甲=2m甲gh1

甲上升到最大高度h时，甲的总机械能 E甲’=m甲gh

对甲运用机械能守恒定律

得 2m甲gh1

1

m甲v2 m甲gh 2

将v2=2gh1/3代入上式解得甲上升的最大高度h=7h1/3。

.如图所示，半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求

CD段的长度.

分析与解答：设小球通过C点时的速度为vC，通过甲轨道最高点的速度为v1，

根据小球对轨道压力为零有

v

mg m1

R

取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有

2

1122

mvC mg 2R mv1 22

5gR

联立可得vC

同理可得小球通过D点时的速度vD gr

设CD段的长度为l，对小球通过CD段的过程，由动能定理有

mgl

解得：l

1122

mvD mvC 22

5(R r)

2

变式1 宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光滑圆弧轨道内部的最低

点，静止一质量为m的小球（可视为质点）如图所示，当给小球水平初速度v0时，刚好能使小球在竖直面内做完整的圆周运动.已知圆弧轨道半径为r，月球的半径为R，万有引力常量为G.若在月球表面上发射一颗环月卫星，所需最小发射速度为多大？ [解析设月球表面重力加速度为g，月球质量为M.

v2

∵球刚好完成圆周运动，∴小球在最高点有mg m

r

从最低点至最高低点有 mg(2r)

2v0

可得g

5r

112

mv0 mv2 22

∵在月球表面发射卫星的最小速度为月球第一宇宙速度 ∴vmin

GMv

gR 0Rr R5r

变式2 如图所示，游乐列车由许多节车厢组成。列车全长为L，圆形轨道半

径为R，（R远大于一节车厢的高度h和长度l，但L>2πR）.已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中只能使列车沿着圆周运动，在轨道的任何地方都不能脱轨。试问：在没有任何

动力的情况下，列车在水平轨道上应具有多大初速度v0，才能使列车通过圆形轨道而运动到右边的水平轨道上？

分析与解答：当游乐车灌满整个圆形轨

道时，游乐车的速度最小，设此时速度为v，游乐车的质量为m，则据机械能守恒定律得：

12m1

mv0 2 RgR mv2 2L2

要游乐车能通过圆形轨道，则必有v>0， 所以有v0 2Rg

L

变式3 如图所示，半径为r,质量不计的圆盘与地面垂直，圆心处有一个垂直盘

面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A，在O点的正下方离O点r/2处固定一个质量也为m的小球B。放开盘让其自由转动，问：

（a）A球转到最低点时的线速度是多少？

（b）在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？

分析与解答：该系统在自由转动过程中，只有重力做

功，机械能守恒。设A球转到最低点时的线速度为VA，B 球的速度为VB，则据机械能守恒定律可得：

mgr-mgr/2=mvA2/2+mVB2/2

据圆周运动的知识可知：VA=2VB

由上述二式可求得VA=gr/5 设在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是θ （如图所示），则据机械能守恒定律可得： mgr.cosθ-mgr(1+sinθ)/2=0 易求得θ=sin-15 。

3

变式4 如图所示，滑块A的质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m=0.01kg，沿x轴排列，A与第一只小球及相邻两小球间距离均为s=2m，线长分别为L1、L2、L3…(图中只画出三只小球，且小球可视为质点).开始时，滑块以速度v0=10m/s沿x轴正方向运动，设滑 块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均能 在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块 正碰，g取10m/s2，求: (1)滑块能与几个小球碰撞？ (2)求出碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式.

(3)滑块与第一个小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为多大？

分析与解答： (1)因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，所以滑块与小球相

碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有:

12

mgs0 0 mv0

2

得s0=25m

n

s0

12个 s

(2)滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn′ 对小球由机械能守恒定律得:

121

2 2mgLn mvn mvn

22

2

v

小球恰好到达最高点，则mg mn

Ln

对滑块由动能定理得: mgns

1212

mvn mv0 ) 22

2

v0 2 gsn50 4n

由以上三式得:Ln

5g25

(3)滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为v1，则有:

mgs

1212

mv1 mv0 22

由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相互碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度也为v1，此时小球受重力和绳子的拉力作用，

v12

由牛顿第二定律得: T mg m

L1

因为 L1

50 4 146

m m 2525

由以上三式得:T=0.6N

变式5 用长为L的细线系一个质量为m的小球（小球可以视为质点），线的一端固定

在空间的O点。先将小球拉至图中的P位置，使OP水平，然后无初速释放小球。当

小球绕O点转动150º到达Q位置时，细线碰到了一个固定的细钉子M，此后小球开始绕M做圆周运动。已知OM的长度是4L/5，求：⑴小球到达O点正下方的S点时细线对小球的拉力F1多大？⑵小球到达Q位置时的速度v1多大？⑶小球绕M做圆周运动到达最高点N时的速度v2多大？⑷小球通过最高点N时细线对小球的拉力F2是多大？

20．⑴小球下摆90º过程机械能守恒：mgL

12

mvS，在该点拉力F1和重力的合力2

mvs

充当向心力：F1 mg ，

L

得F1 =3mg

⑵小球P到Q过程机械能守恒：

2

mg

L12

mv1 22

得v1 gL

⑶小球P到N过程机械能守恒：mg(Lsin30o

45112

L) mv2

52

得v2

2gl

5

2

mv2

⑷在N点，重力和拉力F2的合力充当向心力：F2 mg

L

/5

得F2= mg

如图所示，光滑水平面上的长木板，右端用细绳栓在墙上，左端上部固定一轻质弹簧，质量为m的铁球以某一初速度（未知）在木板光滑的上表面上向左运动，压缩弹簧，当铁球速度减小到初速度的一半时，弹簧的弹性势能等于E，此时细绳恰好被拉断，从而木板向左运动，为使木板获得的动能最大，木板质量应多大？木板动能的最大值是多少？

分析与解答：设球的初速度为v0，木板质量为M。对球、弹簧，由机械能守恒定律

有

11v2

mv0 m(0)2 E . 222

为使木板获得的动能最大，须使铁球与弹簧分离后（即弹簧恢复到原长）的速度为零。 . 对木板、铁球，由动量守恒定律有 m

v0

Mv . 2

对木板、铁球，由机械能守恒定律有 联立以上三式，解得：M

112

mv0 Mv2 . 22

m

. 414E2

木板动能的最大值是EK=Mv= .

23

变式1 如图所示，在光滑水平地面上有一木块A质量为m，靠在竖直墙壁上，

用一轻质弹簧与质量为2m的物体B相连.现用力向左推B，使弹簧压缩至弹性势能为E0，

然后突然释放.

(1)分析此后弹簧的弹性势能何时再次达到最大值；

(2)求A所获得的最大速度和最小速度.

分析与解答： (1)当vA=vB时弹簧的弹性势能最大.

弹簧第一次恢复原长时，由机械能守恒得:

122mvB0 E0,所以vB0 2E0

. m

弹簧第一次被拉伸至最长时,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

2mvB0=(2m+m)v，

E1

(2m m)v2 Ep E0.解得:Ep 0.

32

(2)A获得最大速度和最小速度出现在其加速和减速过程结束的时刻，及弹簧处于原长时，此时Ep=0，由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

2mvB0 mvA 2mvB,E0

解得:vA1 0,vA2

1212

. mvA 2mvB

22

4

3E0

，此两速度分别为A所获得的最小速度和最大速度. m

变式2 在光滑水平地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一个质量为m的

小铁块以速度V0沿水平槽口滑去，如图所示，求：

(1)铁块能滑至弧形槽内的最大高度：(设m不会从左端滑离M) (2)小车的最大速度；

(3)若M＝m，则铁块从右端脱离小车后将作什么运动？

分析与解答： (1)铁块滑至最高处时，有共同速度V 由动量守恒定律得：mV0＝(M+m)V .

由能量守恒定律得：

221

mgH 12mV0 2(M m)V

.

.解得：H

MV02

2(M m)g

(2)铁块从小车右端滑离小车时，小车的速度最大为V１，此时铁块速度为V２，由动量守恒定律得： mv＝MV１ + mV２ . 由能量守恒定律得： .解得：

2

22mV02 mV MV12 . 22

V1 2m

M mV0

(3)由上面.解得:

V2 V0

.

由已知当M＝m时，.得：V2＝０

又因铁块滑离小车后只受重力，所以做自由落体运动．

变式3

如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R

的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力?

分析与解答：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有

2vmg m

对圆心O的线速度，方向向左。

设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为 (v u).对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有

mv0 Mu m(v u)

由滑块和小车系统的机械能守恒有

mv2 Mu2 m(v u)2 2mgR 0三式联立求解得：v0

(5M 4m)Rg

变式4 如图所示，质量为M的长板静置在光滑的水平面上，左侧固定一

劲度系数为K且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的细绳连接于墙上（细绳张紧），细绳所能承受的最大拉力为T。让一质量为m、初速为v0的小滑块在长板上无摩擦地对准弹簧水平向左运动。试求： ⑴在什么情况下细绳会被拉断？

⑵细绳被拉断后，长板所能获得的最大加速度多大？ ⑶滑块最后离开长板时，相对地面速度恰为零的条件是什么？

分析与解答：⑴m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力T时细绳将被拉断，有：T=kx0

2

22mv0 2kx0

解得x0

T

mk

⑵细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v1，由机械能守恒有：

2

222mv0 mv kx 1022

∴v 1

2v0

T2

mk

当滑块和长板的速度相同时，设为v2，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度a最大，由动量守恒和机械能守恒有

mv1 = (M +m)v2 解得a

1M

12

2221mv0 12(M m)v2 2kx kx=aM

m2(kMv0 T2)

M m

设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v3， 由动量守恒和机械能守恒有mv1 = Mv3 解得v

Tm M)k

122mv0 1Mv3

m > M

变式5 用长为L的细绳悬吊着一个小木块, 木块的质量为M, 一颗质量为m的子

弹以水平速度v射入木块, 并留在木块中, 和木块一起做圆周运动, 为了保证子弹和小木块

一起能在竖直平面内做圆运动, 子弹射入木块的初速度v的大小至少是多少?

分析与解答：在子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，根据

动量守恒定律可得：mv = (M+m)v1

mv

所以 v1=

M m

子弹和木块一起运动后，绳的拉力不做功，只有重力做功 。它们从最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理有：

-（M+m）g×2L =

1122

(M m)v2 - (M m)v1 22

2

为了保证子弹和木块一起能在竖直平面内做圆周运动，在最高点它们的速度不能为

v2

零。在最高点它们所受的向心力等于重力时速度最小。 （M+m）g=(M+m)

l

由以上三个方程联立求解可得：v1 =

M mm

gl

即：子弹射入木块的速度至少是

M mm

gl

变式6 如图所示，滑块A1A2由轻杆连结成一个物体，其质量为M，轻杆长L 。

滑块B的质量为m ，长L/2 ，其左端为一小槽，槽内装有轻质弹簧。开始时，B紧贴A，使弹簧处在压缩状态。今突然松开弹簧，在弹簧作用下整个系统获得动能EK ，弹簧松开后，便离开小槽并远离物体A1A2 。以后B将在A1和A2之间发生无机械能损失的碰撞。假定整个系统都位于光滑的水平面上，求物块B的运动周期。

分析与解答：设弹簧松开后A1A2物体与物体B的

速度各为V和v ，则有 MV mv 0

，

11

MV2 mv2 EK 22

解

得

2EKm

V

M(M m)

v

2EKM

m(M m)

B和A碰撞前后 mv MV mv1 MV1

1111

MV2 mv2 MV12 mv12

2222

解得 v1 V1 (v V)

即碰撞前后，B相对A1A2的速度v1 V1的大小不变，只改变方向。

同理可证明，当B与A1碰撞后，也有同样的结果，即相对A1A2 ，B在以大小不变的相对速度作往返运动。运动的周期为 T 2

L/2Mm

L v V2EK(M m)

变式7 如图所示，在倾角为θ的斜面上有一辆小车，车的底板绝缘，金属板A、

B、C等大、正对、垂直地安放在车的底板上，它们之间依次相距L，A、B板上各有一等高、正对的小孔，A与B、B与C之间反向连有电动势各为E1、E2的直流电源。小车总质量为M，正以速度v0匀速下滑，此时有一带负电的小球正以速度v（v＜v0）沿A、B板上

的小孔的轴线向上飞来，小球质量为m（m＜M），带电荷量为q，其重力可忽略不计，其电量较小，不会改变板间电场，且直径小于A、B板上的孔径，小球运动到B板时的速度为u，试求： ⑴ 小球在A、B板间的运动时间；

⑵ 要使小球刚好打到C板上，E1、E2的大小有何关系？

分析与解答： ⑴ 小球在A、B板间受恒定电场力作

用做匀加速直线运动，小球所受的电场力

F= qE = qE1/L

由牛顿第二定律得 a = F/m 又由于 u = v+at 解得 t

m u v L

qE1

⑵ 小球由A至C先做匀加速运动，后做匀减速运动。设小球运动到C之前与小车有相同的速度v′，对小球和小车组成的系统，由动量守恒定律得

Mv0 — mv =（m+M）v′

由小车原来匀速运动知，减少的重力势能恰好等于克服滑动摩擦力做的功，根据能的转化和守恒定律得 qE1 – qE2 =

1

M m v 2 1Mv02 1mv2 222

2

Mm v0 v

由以上各式解得满足题意的条件是 E2 E1

2qM m

如图所示，P是固定的竖直挡板，A置于光滑水平面上的平板小车（小车表面略低于挡板下端），B是放在小车最左端表面上的一个可视为质点的小物块。开始时，物块随小车一起以相同的水平速度向左运动，接着物块与挡板发生了第一次碰撞，碰后物块相对于静止时的位置离小车最左端的距离等于车长的3/4，此后物块又与挡板发生了多次碰撞，最后物块给恰未从小车上没落。若物块与小车表面间的动摩擦因素是个定值，物块与挡

板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短暂，试确定小车与物块的质量关系。

分析与解答：设小车、物块的质量分别为M和m，车长为L，物块与小车间的动摩擦因素为μ，初速度为v0。第一次碰后由于无机械能损失，因此物块的速度方向变为向右，大小仍为v0，此后它与小车相互作用，当两者速度相等时（由题意知，此速度方向必向左，即必须有M＞m）,有该次相对车的最大位移l 对物块、小车系统由动量守恒定律

有（M-m）v0=（M+m）v 由于某种原能量守恒有

mgl

1

M m v02 1(M m)v2 22

多次碰撞后，物块恰未从小车上滑落，表明最后当物块运动到小车最右端时两者刚好

停止运动（或者速度同时趋于零）

对物块、小车系统由动量守恒定律有 mgL 而 l=3L/4

解得

M=3m

得v0=2v

1

M m v02 2

变式1 如图所示，一质量为M=2kg的足够长的长木板在光滑的水平面上以速度

v0=3m/s的速度向右匀速运动，某时刻一质量m=1kg的物体无初速的放在长木板的右端，物体与木板的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，求

(1)物体相对长板的位移多大？

(2)若在物体无初速放在长木板右端的同时对长木板施 加一水平向右的恒力F=7.5N，则在1s内物体的位移为多大？

分析与解答：设物体与木板的共同速度为v，由动量守恒定律得Mv0=（M＋m）v

设物体相对于木板的位移为s，由能量守恒定律得 mgs

2Mv0

0.6m 得: s

2 (M m)g

112Mv0 (M m)v2 22

(2)设经时间t1两物体达共同速度v1，对于物体由动量定理得μmgt1=mv1

对于物体和木板，由动量定理得Ft1=（M+m）v1－Mv0 得: t1

Mv0

0.8s

(M m)g F

v1=μgt1=4m/s

设t1时间内物体发生的位移为s1，由动能定理得

v1212

1.6m mgs1 mv1，s1 2 g2

物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律得:

F

2.5m/s2 g，故物体与木板能保持相对静止.

M m

12

在t2=0.2s内物体发生的位移：s2 v1t2 at 0.85m

2a

物体在1s内发生的位移: s=s1+s2=2.45m

变式2 一质量M=2kg的长木板B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距

离为S=0.5m.一个质量为m=1kg的小物体A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，当B与竖直挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端.

分析与解答：设定物体A可视为质点，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直挡板

碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取10m/s2.求:

(1)B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？

(2)最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字.)

解:(1)设A、B达到共同速度为v1时，B向右运动距离为S1

由动量守恒定律有 mv0 (M m)v1

由动能定理有 mgS1

1

Mv12 2

联立解得 S1=2m

由于S=0.5m<2m，可知B与挡板碰撞时，A、B还未达到共同速度.设B与挡板碰撞前瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，则

由动量守恒定律有 mv0 mvA MvB 由动能定理有 mgS

12

MvB

2

联立解得 vA=4m/s、 vB=1m/s (2)B与挡板第一次碰后向左减速运动，当B速度减为零时，B向左运动的距离设为SB，由动能定理有 mgSB

12

MvB

2

由上式解得 SB=0.5m 在A的作用下B再次反向向右运动，设当A、B向右运动达到共同速度v2时B向右运动距离为S2，由动量守恒定律有 mvA MvB (M m)v2

12

Mv2

2

22

解得 v2 m/s、S2 m SB

39

2

故A、B以共同速度m/s向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运

3

由动能定理有 mgS2

动.此后由于系统的总动量向左，故最后A、B将以共同速度v3向左匀速运动.

由动量守恒定律有 (M-m)v2=(M+m)v3

解得 v3

2

m/s 9

12

设A在B上运动的总路程为L(即木板B的最小长度)，由系统功能关系得:

22

mgL mv0 (M m)v3

1

2

代入数据解得 L=8.96m

变式3 如图所示，右端有固定挡板的滑块B放在光滑的水平面上.B的质量为

M=0.8kg，右端离墙壁的距离为L=0.09m.在B上靠近挡板处放一个质量为m=0.2kg的小金属块A.A和挡板之间有少量炸药.A和B之间的动摩擦因数μ=0.2.点燃炸药，瞬间释放出化学能.设有E0=0.5J的能量转化为A和B的动能.当B向右运动与墙壁发生碰撞后，立即以碰前的速率向左运动.A始终未滑离B.g=10m/s2，求:

(1)A和B刚开始运动时vA、vB； (2)最终A在B上滑行的距离s.

分析与解答： (1)A和B在炸药点燃前后动量守恒，设向左为正

mvA – MvB = 0

1122

mvA MvB E0

22

解得 vA=2m/s

方向向左 vB=0.5m/s 方向向右

(2)B运动到墙壁处时，设A和B的速度分别为v A和vB

对A和B，设向左为正，由动量守恒定律有

mvA – MvB = mv A- MvB

对B由动能定理有

mgL

1122

Mv MvBB 22

解得 v A= 1.6m/s vB= 0.4m/s

设A和B最终保持相对静止时的共同速度为v

由动量守恒定律得 mv A+ MvB= (M + m)v

由功能关系有 E0 mgs

1

(M m)v2 2

求出 s = 0.75m

变式4 如图所示，长L=12m，右端有一弹簧夹的木板，质量M=5kg，放在水

平面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量m=5kg的电动小车（可视为质点）位于木板的左端，小车启动后以4m/s2的加速度匀加速地向木板右端驶去，当小车撞击弹簧夹后被立即切断电源，且被弹簧夹子卡住.取重力加速度g=10m/s2，求：

(1)小车从启动到被卡住所经历的时间.

(2)从小车启动到最终木板静止，木板的总位移.

分析与解答：（1）在木板对小车的摩擦力F作用下小车作匀加速运动，加速度

a1 4m/s2，

F=ma1=20N

设木板向左的加速度为a2，木板受小车的摩擦力F′=F和地面的摩擦力作用， 由牛顿第二定律有 F′－μ(m+M)g=Ma2 加速度 a2 2m/s2 依题意有

121

a1t a2t2 L 22

小车从启动到被卡住所经历的时间t

2L

＝2s

a1 a2

（2）小车与弹簧夹碰撞前的速度，方向向右v1＝a1t＝8m/s 木板此时的速度，方向向左v2＝a2t＝4m/s 木板向左的位移s

1

a2t2 4m 2

小车与弹簧夹碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，则有： mv1 Mv2 (m M)v共 v共

mv1 Mv2

2m/s

m M

此后小车和木板一起向右滑行,设木板向右移动s′停止,由动能定理有： (m M)gs 0

12(m M)v共 2

s =2m

木板移动的总位移 s总＝s s 2m 方向向左

变式5 如图所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为

m的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M=2m，车与物块一起向右以初速度v0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰.设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g.

(1)平板车的长度至少是多大时，小物块才不会从车上掉落下来？

(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n次后，物块跟车一起运动的速度大小是多大？

(3)小物块在车表面相对于车滑动的总路程是多少？

分析与解答： (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向

反向，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力f=μmg

设物块与车共同速度为v1，对车与物块组成的系统，根据动量守恒定律有 (M - m)v0=(M + m)v1

设平板车的长度至少为L，根据能量守恒有

1112(M m)v0 (M m)v12 fL 222

2

8v0

解得 L

3 g

(2)由第(1)问可解得 v1=v0/3

即平板车和物块一起以速度v1向左运动，跟左侧墙壁碰撞，同样讨论可得:

11

v2 v1 ()2v0.依次类推可知，经过n次碰撞后，一起运动的速度大小是

331

vn ()nv0

3

(3)经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终物块和平板车的速度都变为零，则在整个过程中，平板车和物块的动能都克服摩擦力做功转化为内能，因此有:

2 mgs (M m)v0

2

3v0

则物块相对于车滑动的总路程是:s .

2 g

12

变式6 如图所示，质量为M=1kg的平板车左端放有质量为m=2kg的物块(看成

质点)，物块与车之间的动摩擦因数μ=0.5.开始时车和物块以v0=6m/s的速度向右在光滑水平面上前进，并使车与墙发生正碰，设碰撞时间及短,且碰撞后车的速率与碰前的相等，车身足够长，使物块不能与墙相碰，取g=10m/s2，求: (1)小车与墙第一次相碰以后小车所走的总路程.

(2)为使物块始终不会滑出平板车右端，平板车至少多长？

分析与解答： (1)因为小车与墙第一次相碰以后向左运动的过程中动量守恒，

取向右的方向为正,得:mv-Mv=(M+m) v1

因为 mv>Mv ，所以v1>0，即系统的共同速度仍向右，因此还会与墙发生碰撞，这样反复碰撞直至能量消耗殆尽.

车与墙碰后,车跟物块发生相对滑动，以车为研究对象，由牛顿第二定律 有:a

f mg 10m/s2. MM

设车与墙第n次碰撞后的速度为vn，碰后的共同速度为vn+1，那么vn+1也就是第n+1

次碰撞后的速度，对系统应用动量守恒定律有:

mvn Mvn (M m)vn 1,

所以vn 1

m M1

vn vn.

M m3

2

vn

设车第n次与墙相碰后离墙的最大位移为s，则sn .

2a

而sn 1

1(vn)22

v1 n 1 sn. 2a2a9

v12

1.8m，由此可知，车每次碰后与墙的最大位移成等比数列，公比为1/9，则s1 2a

所以小车与墙第一次相碰后所走的总路程为:

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