16动量.同一直线上矢量运算综合练习

动量、同一直线上矢量运算综合练习

例题精选： 例1、如图1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自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有的相同的物理量可能是： A ．重力的冲量 B ．支持力的冲量 C ．合力的冲量 D ．到达底端时的动量

E ．到达底端时动量的水平分量 G ．以上各量都不同

F ．到达底端时动量的竖直分量

【分析和解】 我们知道如果一个力的方向不变，则在一个过程中这个力的冲量方向跟这个力的方向相同，由受力分析可知支持力N 垂直于斜面，而合外力的方向平行于斜面。物体两次下滑时，斜面的倾角不同，所以两次下滑时，支持力N 的方向以及合外力的方向就不同。因此两次下滑时支持力的冲量的方向以及合外力的方向也就不同。而冲量是矢量，要想叫两个矢量相等（或者说相同）这两个矢量必须大小相等并且方向相同，因此两次下滑过程中支持力的冲量以及合外力的冲量是不相等的，所以B 和C 是错误的。 由动量定理得，合外力的冲量等于动量的变化。请注意，这里的等式表示的是两个矢量相等。即“合外力的冲量”与“物体的动量的变化”不但数值相等，并且方向相同。又物体的初动量为零，所以物体的动量的变化就等于物体的末动量（也是矢量相等），因此合外力的冲量等于物体的末动量（即到达底端时的动量），因为两次下滑时合外力的冲量不相等，所以两次下滑时物体的末动量就不相等。所以D 选项也是错的。 设物体的质量为m ，则物体两次下滑过程中重力的冲量分别为mgt 1和mgt 2，方向都是竖直向下，如果能够证明t 1 = t 2倒可以得出物体两次下滑过程中重力的冲量相等的结论。可惜的是我们却可以证明t 1>t 2。

因为下滑过程中机械能守恒，所以两次滑到底端时速度的大小相等，所以两次下滑过程中的平均速度相等（指的是大小相等），但由于θ1t 2，所以两次下滑过程中也不相等，所以A 选项也是错误的。

上面已经说过物体两次滑到底端时速度的大小相等，因此物体滑到底端时尽管动量不相等，而动量的大小却相等（请注意：动量大小相等跟动量相等的含意是不同的）。因此两次滑到底端时物体动量的水平分量分别为

mv cos θ1和mv cos θ2，由于m 、v 相同，而θ

角不同，所以两次下滑到底端时动量

的水平分量还是不相等，所以E 选项是错误的。同理可以证明F 选项也是错误的。 既然A →F 各选项都是错误的，就只有G 选项正确了。 例2、质量为1Kg 的小球从高20m 处自由落到软垫上，反弹后最大高度为5.0m ，小球与软垫接触的时间为1.0s ，在接触时间内受到软垫弹力的冲量大小是： A ．0 B ．10N ·s C ．20N ·s D ．40N ·s 解：在接解过程中应用动量定理 I N +I G =mv 2-mv 1 设向上为正，得I N -mgt =mv 2-mv 1 又因为下落时是自由落体运动 ∴v 2=2gh ∴v 1=20m /s

1

1

v

而上升过程为竖直上抛运动 ∴h 2=2 ∴v 2=10m /s

2g

I N =mv 2-mv 1+mgt =1⨯10-1⨯(-20) +1⨯10⨯1∴

=40N ⋅s

2

∴D 正确 说明： （1）公式I N +I G =mv 2-mv 1是矢量式，公式左边的“I N +I G ”表示的是矢量I N 跟矢量I G 的矢量和（即所谓叠加），而公式右边的mv 2-mv 1 表示的是两个矢量的矢量差，所以“＋”和“－”只是表示矢量的相加或相减，并不是表示矢量的正负。 （2）矢量的正负（或者说矢量的方向）在表示矢量的字母里，例如我们规定向上为正后，v 2已经是负数，千万不要因为v 2是负数，就在v 2前面加一个“－”把它写成“－v 2”，因此规定向上为正后虽然I G ，v 2都是负矢量，但它们前面却没有负号。 （3）但是在同一直线上矢量运算中，有两种矢量字母里不包含方向，而它的方向用在字母前加正负号来表示，一种是力，另一种是重力加速度g ，例如我们规定了向上为正后，重力这个负矢量就用“－mg ”来表示，这里重力的方向由“－”来表示，而“mg ”只表示重力的大小。

例3、质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以w 1v 0的速度与质量为2m 的静止

1

小球B 发生正碰撞，碰撞后A 球的动能变为原来的，那么小球B 的速度可能

9

为：

1245

A ．v 0 B ．v 0 C ．v 0 D ．v 0

3399

解：碰撞过程中A 、B 两小球系统的总动量守恒。

'+2mv 2' ∴mv 1=mv 1

我们已经知道v 1=v 0，且mv 12=9⨯mv 1'2 ∴v 1'=±v 1

1⎧

v -⎪0v 01

=v 0

v 1-v 1'⎪⎪23

=⎨'=∴v 2

12⎪v 0-(-v 0)

2⎪=v 0

⎪23⎩

1

21213

∴A 、B 选项正确。 说明： 在公式中mv 1, mv 1它们的方向都在字母里。可是一但用已知v 0', 2mv 2'都是矢量，代入公式时，这里的v 0就只单纯地代表一个数据了，而且这个数据一般代表一个正的数据，当

11

', v 2', v 0'跟v 1方向相反时，v 1v 0，当v 1'=-v 0。可见v 1, v 1

33

', v 2'代表的是三个矢量，显然都是字母，但它们的意义不同，v 1, v 1而已知数据v 0却v 1'跟v 1方向相同时，v 1'=

往往只代表一个已知速度的大小，即它已经是标量了，那么最后结果

1212

v 2'=v 0或v 2'=v 0难道表示矢量等于标量了吗？不是的，因为在v 0和v 0前面

3333有一个“＋”，而“＋”一般可以不写。 在应用动量定理和动量守恒定律解题时，经常遇到一些非常大的力的作用。这些力的大小往往是其它力的几十倍，上百倍，甚至更大。在这种情况下我们常常把其它力忽略。而忽略其它力后会给我们带来种种方便，有时会使本来不满足动量守恒的系统转化为满足动量守恒。有时会使运算变得简单很多。

例4、如图2所示，质量为m 的重锤从高h 处自由下落，打在质量为M 的木桩上，重锤与木桩一起下沉距离S 。 求：木桩在下沉过程中遇到的平均阻力。

分析与解 此处显示动画1—动画7 由以上分析我们可以得到下列方程

1

mv 22

mv =(M +m ) v 'mgh =-fS =0-

(1) (2)

1

(M +m ) v '2(3) 2

ghM 2

解这三个方程得f =

S (M +m )

说明： 1、严格来讲，只有在系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总

动量才守恒，但是如果系统内物体间的作用力（内力）非常大，系统所受到的外

力跟内力相比较如果可忽略的话，我们也可以认为系统的动量守恒，本例题中，当m 和M 发生碰撞时，要受到重力和阻力的作用，而且阻力还是一个相当大的力，但是这些外力跟碰撞时的内力相比较仍是可以忽略的。类似这种情况的还有用锤子钉钉子。 2、当m 和M 一起下沉时，合外力应为重力跟阻力的合力。但在这个过程中，我们应用动能定理时没有考虑重力，这是因为当m 和M 下沉的过程中阻力非常大，重力跟它相比较完全可以忽略，有了这个忽略，可以使运算显得简单多了。 3、摩擦力（阻力）在有些过程中可以忽略（碰撞时），有些过程（下沉时）不能忽略，并且它还大到可以忽略其它力，摩擦力的地位发生了巨大的变化。这种变化完全由外界条件（F 碰撞>>f >>G ）决定。而这种外界条件的改变往往是不易掌握的。要做到能较好地把握这种地位的改变，可通过做些习题来丰富自己对一些过程有较为准确的认识。这道例题就使我们对打桩，钉钉子之类过程有了较为准确的认识。

【动画及说明】

动画1

整个过程如右图所示，我们可以把全过程分为三个过

程，第一过程为m 自由下落过程，第二过程为碰撞过程，第三过程为m 、M 一起下沉过程。

动画1、说明： （1）动画过程分为三个分过程 （2）第一过程m 下落，M 不动，m 开始时速度为零，下落过程中速度逐渐增大（匀加速运动），如果画面中下落高度h=10厘米，运动时间设计为1秒钟，则到接触大M 时，m 的速度应为20厘米 / 秒。 （3）第二过程即动画2的第二过程，但在此过程中时间极短，大约为4⨯10-4秒，因此几乎看不到位移S m ''和S M ''。但m 速度由20厘米 / 秒变为8厘米 / 秒。 （4）第三过程即为动画3中所增加的过程，在此动画中第三过程用时2⨯10-2秒，下沉距离为8⨯10-2厘米。 （5）此动画要反复出现直到翻页。 （6）此动画可设置学生翻页，如果学生不翻过15''可自动翻页。 （7）翻页后进入动画2。 动画2 为了使大家能看得清楚些，我们把第二过程和第三过程的画面放大，用慢镜头表现一下。

动画2说明： （1）动画2中的动画部分，与动画1相同。 （2）5''后把虚线内部分推近放大，但在放大过程中，竖直方向放大快些，水平方向（宽度）放大慢些，（放大所用时间由制做人员自由掌握） （3）放大后进入动画3。 动画3 当m 自由下落到接触到M 时，就跟M 发生碰撞，碰撞过程的时间极短，这里把时间放大了，让大家看到细节。 （1）此动画可分为两个过程，这两个过程用动画图3所示的三个状态分割，这三个状态应在同一竖直方向

上，为了能让制做动画的同志看清楚，我把三个状态错开画出。 （2）第一过程，由状态1到状态2，m 以匀速下落，下落高度视画面大小而定，我假定为4厘米，用时14. ''，m 下落速度为2.86厘米 / 秒。 （3）第二过程由状态2到状态3，重锤下落2厘米，速度由2.86厘米 / 秒逐渐减小到1.14厘米 / 秒（匀减速），用时1秒。木桩下落0.57厘米，速度由0逐渐增大到1.14厘米 / 秒（匀加速），当然用时也是1秒。 （4）由于在第二过程中重锤下落多，木桩下落少，所以木桩要产生变形，向两边胖出来，这个胖出来的过程应是逐步的，最后不宜胖出太多，有点意思即可。 （5）为了能够表现出重锤和木桩的运动，可在这两个物体上画些木纹之类的东西，使其有立体感。 （6）此动画可反复出现直到翻页。 （7）可设同学翻页，如果学生不翻过10''可自动翻页。 （8）翻页后进入动画4。 动画4： 碰撞过程结束后，m 与M 一起下沉，下沉过程的时间也很短，这里也把这个过程的时间放大了。 动画4说明 （1）与动画3说明中第（1）条同。

（2）第一过程，由状态1到状态2，重

锤下降1.4毫米，木桩下降0.4毫米，用时004. ''。这一过程就是动画（3）的第二过程。只不过把下降距离和时间都做相应的减少。速度也有相应变化（重锤由

5厘米 / 秒→2厘米 / 秒，木桩由0→2厘米 / 秒）。 （3）第二过程由状态2→状态3，重锤和木桩一起下沉，下沉时间为2秒，下沉距离为2厘米，下沉过程由初速度为2厘米 / 秒，逐渐减小速度，（匀减速运动），最后速度为零。 （4）(5)、(6)、(7)与动画了的第(4)、(5)、(6)、(7)相同，只是把动画3的说明(4)中的“第二过程”改为“第一过程” （8）翻页后进入动画5。

动画5

在第一过程中即m 自由下落过程中，重锤m 机械能守恒。所以有mgh =mv 2 图如动画1

（1）本动画图的动画部分与动画1相同。

（2）可设学生翻页，如果学生不翻15'' 自动翻页。 （3）翻页后进入动画6。

12

动画6 而在第二过程即碰撞过程中，由于内力跟外力相比较非常大，外力可忽略，所以重锤m 和木桩M 这个系统动量守恒，所以有mv =(M +m ) v '

图如动画3

动画6说明

（1）本动画图的动画部分与动画3相同。

（2）可设学生翻页，如果学生翻15''自动翻页。 （3）翻页后进入动画7。

动画7

在第二过程，即碰撞后重锤m 和木桩m 共同下沉的过程，由于在这个过程

12

中阻力f 远大于重力G ，所以重力可忽略，由动能定理得-fS =0-(M +m ) v '2 图如动画4 （1）本动画图的动画部分与动画4相同。 （2）可设学生翻页，如果学生不翻20"自动翻页。 （3）翻页后进入文本“分析和解”内容。 说明： （4）我们在演示碰撞过程时，时间用了1秒，重锤和木桩都下降了一个不小的距离，其实际情况碰撞过程的时间极短，而位移也极小，我们设想了一个具体打桩情况，把数据拿出来供参考，重锤自由落体过程，h=5米，t=1秒，碰撞过程：S M . 毫米，S m ''=08''=2. 8毫米，t ''=4⨯10-4秒，下沉过程，S '=4厘米，t '=2⨯10-2秒。

我们在做碰撞演示时，把时间拉长了，把物体的位移也增大了，目的是为了能叫大家看到细节，千万不要因此产生“碰撞时，两物体都要产生不是十分小的位移”的错误结论。 这部分内容接在前面说明（3）后边。 我们知道动量守恒定律，是对系统而言的，对一个物体讨论动量守恒是没有意义的。当一个问题中有多个物体时，可做为研究对像的系统是多样的，例如有甲、乙、丙三个物体，我们可以甲、乙组成系统，也可以乙、丙组成系统还可以甲、丙组成系统，还可以甲、乙、丙组成系统。而在这些系统中，不见得随便拿出个系统来就动量守恒，有可能第一种系统动量守恒，而第二种系统动量就不守恒。有可能第三种系统动量不守恒。而第四种系统动量却守恒。因此在应用动量守恒定律解题时要注意系统的选取。要选取那些满足动量守恒条件的系统，因此在应用动量守恒定律之前，必须对系统进行分析，看其是否满足动量守恒的条件（即不受外力、或外力的合力为零）。 严格来讲如果一个系统的总动量守恒，它必须满足不受外力或所受外力的合力为零。要说这个条件可是够苛刻的，它要求不受外力，即使外力不做功，有这个外力也不行。在例1中支持力N 没有做功，但它却对物体动量的变化起到了作用。可见如果有外力，这个力即使不做功也会引起系统动量的变化。 尽管系统动量守恒有十分苛刻的条件，但是有时我们却可以在动量不守恒的情况下应用动量守恒定律。

当系统的外力的合力不为零时，显然系统的动量不守恒，但是在外力的合力的垂直方向上物体所受外力为零，所以系统的总动量在垂直合外力方向上的分量是守恒的。这就是所谓在某个方向上的动量守恒。在后面的例5中，当小球摆起的过程中，在竖直方向上的动量是不守恒的（以向上为正时系统总动量有个先增后减的过程），但我们可以在水平方向上列出动量守恒的方程。 当系统内力特别大，大到外力可以忽略时，我们也可以认为系统动量守恒。像前面例4中，重锤与木桩碰撞的过程中，外力的合力不为零（而且很大），但它们之间的内力（碰撞力）非常大，外力跟内力相比较可以忽略，所以我们也认为这个过程中重锤与木桩这个系统总动量守恒。像这种情况还有两球碰撞、手榴弹爆炸等。

例5、如图3所示，小车A 、B 质量均为M ，在

M

的小球C ，C 相对于B 静止。悬4

B 上挂着质量为

线长l=0.40米，B 车（和C ）以速度 v=3.6米 / 秒在光滑的水平面上向A 滑行，相碰后两车连在一起运动，设碰撞时间很短，则当C 球摆到最高点时，

两车的速度大小为多少，悬线与竖直方向的夹角是多少。 分析和解

此处安排动画1—5

由以上分析我们可以得到下列方程。

Mv =2Mv 1

M M

2Mv 1+v =(2M +) v 2

44

11M 1M M (2M ) v 12+() v 2=(2M +) v 22+gh 22424455

v =⨯36. m /s =2米/秒99

1v 2136. 2h ==⨯m =0144. m

9g 910v 2=

h =l (1-cos θ)

h 0144.

cos θ=1-=1-=0. 64

l 0. 4

θ=50︒21'

(1) (2) (3)

解这三个方程得：

又由几何知识得（如图4）

说明

（1）应用动量守恒定律时，要考虑研究对象的选

取，在本例题中，两次应用动量守恒定律，而选取的对像却不同，在碰撞过程中是以A 、B 两车为对像应用动量守恒定律，而在小球上摆的过程中，又以两个小车和小球C 三个物体为对像应用动量守恒，当然，在碰撞过程中如果以三个物体为对像，动量也是守恒的，但小球C 的介入只是添乱，对解题毫无帮助。然而在小球上摆的过程中，必须以三个物体为对像时，系统的总动量才守恒。 （2）在此题中，应用机械能守恒定律时，也有个研究对像的选取问题，当小球上摆时，如果以两个小车为研究对像，或者从小球为研究对像机械能都是不守恒的C （因为绳的拉力对小车做正功，对小球做负功）。但是如果以这三个物体整体为研究对像时，绳的拉力所做总功就等于零了，（或者说绳没有对系统做功，而且一直没做功），这样机械能就守恒了。

【动画及动画说明】

动画1 两车及小球的运动过程如图所示，我们可以把整个过程分为两个过程，过程Ⅰ，为碰撞过程，过程Ⅱ为小球摆起过程。

动画说明：

（1）动画分为三个过程。

（2）第一过程A 不动，B 和C 以速度v =2厘米/秒向左匀速运动，两车间距

离为4厘米，运动时间为2秒。（状态1—状态2） （3）第二过程为碰撞过程，这个过程时间极短，可设在10-4秒数量级上，三个物体没有位移，但在些过程中，A 由不动变为速度1厘米 / 秒，B 由速度2厘米 / 秒变为1厘米 / 秒，C 的速度不变，两车外形稍有形变（一定要画得非常小，甚至可看不出来）（状态2—状态3。） （4）第三过程，小球上摆过程，此过程不要大于1秒钟，在此过程中车的运动速度由1厘米 / 秒变为1.1厘米 / 秒，前进距离1厘米多一点，小球向上摆动，开始时小球C 相对于小车以1厘米 / 秒的速度向前摆。摆动过程中小球相对于小车的速度逐渐减小，最后相对于小车静止，此时绳摆起50︒角左右。 （5）此动画的慢镜头在动画3中，动画3的说明可做此动画参考。 （6）此动画各图应在一条水平线上，而且状态1、状态2、状态3的A 车基本就是在同一位置上，为了使制做人员读明白，把各图上、下错开画了。 （7）此动理反复出现到翻页。 （8）可设置学生翻页，如果学生不翻页过10''自动翻页。 （9）翻页后进入动画2。 动画2 在碰撞过程中，如果以两个小车为系统，由于它们所受外力（重力、支持力、小球的拉力）都在竖直方向上，所以在水平方向上系统的动量守恒，所以Mv =2Mv 1

动画图如动画1中的状态1—状态3 说明： （1）状态1—状态2过程，A 不动，B 和C 以1厘米 / 秒的速度向左匀速运动，两车距离为2厘米，运动时间为2秒。

（2）状态2—状态3过程，用时0.4秒，A 由速度为零逐渐增大到0.5厘米 / 秒，B 的速度由1厘米 / 秒逐渐减小到0.5厘米 / 秒，C 的速度保持1厘米 / 秒不变。 A 的位移为1毫米，B 的位移为3毫米，C 的位移为4毫米。 （3）由于A 位移小，B 位移大，所以两车接触部分要稍有形变（胖出来了）该形变要理得越小越好。 （4）此动画可反复出现到翻页。 （5）可设置同学翻页，如果同学不翻页过15"自动翻页。 （6）翻页后进入动画3。

动画3

在小球上摆的过程中，如果以两个小车以及小球这个整体为系统显然这个系

M M

v =(2M +) v 2，同时在44

统的总动量在水平方向上的分量是守恒的。∴2Mv 1+

1

2

1M 21M M

) v =(2M +) v 22+gh 24244

这个过程中，还是以这三个物体组成的系统为对像机械能也守恒。 ∴(2M ) v 12+(

动画部分同动画1

（1）此图基本上同动画1，只是各部分过程的时间间隔，物体的速度大小及位移大小有所不同。 （2）第一过程（状态1→状态2）t =2秒，A 不动，B 和C 的速度2厘米 / 秒，位移为4厘米。

t =0. 02秒， （3）第二过程（状态2→状态3）A 速度由0逐渐变到1厘米 / 秒，位移为0.1毫米，B ：速度由2厘米 / 秒逐渐变到1厘米 / 秒，位移为0.3毫米，

C ：速度仍然保持向左2厘米 / 秒不变，位移0.4毫米。 （4）第三过程（状态3→状态4）t =2秒，A 和B ：速度由1厘米 / 秒逐渐变到1.1厘米 / 秒，位移为2.1厘米，在此同时，小球逐渐摆起，使绳对竖直方向有一个夹角θ=50︒左右。小球在上摆的过程中，相对于小车的速度越来越小。最后为零。 （5）以动画反复出现，到翻页。 （6）可设置学生翻页，如果学生不翻页过30"自动翻页，翻页后回到文本，“分析和解”。

综合练习： （1）两个物体的质量分别为m 1和m 2，它们分别在恒力F 1和F 2作用下由静止运动，经过相同的位移，动量的增加量相同，则这两个恒力的比值F 1∶F 2

（2）94年7月中旬发生的彗木相撞中，假设其中有一块碎片质量为10. ⨯1012Kg ，对于木星的速度为6. 0⨯104m /s ，碰撞后发生了巨大爆炸，并与木星

融为一体，在碎片与木星相撞的过程中，它对木星的冲量是 N ·S ，损失的机械能 J 。（木星的质量远大于彗星的质量）。

（3）物体A 和B 用轻绳相连接挂在轻弹簧下面静止不动，如图4所示。A 的质量为m ，B 的质量为M ，当连接A ，B 的绳突然断裂后，物体A 上升经某一位置时的速度大小为v ，这时B 物体的下落速度大小为u 。在这段时间内，弹簧的弹力对A 的冲量为

A ．mv ； B ．mv －Mu ； C ．mv + Mu ； D ．mv + mu

（4）A 、B 两球在光滑的水平面上沿同一直线，同一方向运动，A 球的动量为5Kg ·m / s ，B 球的动量为7Kg ·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 ．6Kg ·m / s ，6Kg ·m / s ； B ．3Kg ·m / s ，9Kg ·m / s； C ．－2Kg ·m / s ，14Kg ·m / s ； D ．－5Kg ·m / s ，15Kg ·m / s . （5）在质量为M 的小车中挂一个单摆，摆球的质量为m ，小车（包括单摆）以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块碰撞，碰撞的时间较短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是 A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，满足(M +m 0) v =Mv 1+mv 2+m 0v 3； B ．摆球速度不变，小车和木块的速度变为v 1、v 2，满足Mv =Mv 1+mv 2；

C ．摆球速度不变，小车和木块的速度都为u ，满足Mv =(M +m ) u ；

D ．小车和摆球的速度都变成v 1，木块的速度变为v 2，满足

（M +m 0) v =(M +m 0) v 1+mv 2。

（6）如图5所示，A 、B 两物体彼此接触静放在光滑

的桌面上，物体A 的上表面是半径为R 的光滑半圆形轨道，物体C 由静止开始从P 点下滑，设三个物体质量均为m ，C 刚滑到最低点时的速率为v 。 A ．A 和B 不会出现分离现象； B ．当C 第一次滑到最低点时，A 和B 开始分离；

C ．当C 滑到A 左侧最高点时，A 的速度为，方向向左； D ．最后A 将在桌面左边滑出。

v

4

【答案】

（1）m 2∶m 1 （3）D （5）B ，C

（2）6.0×1016；1.8×1021 （4）B ，C （6）B ，C ，D

【提示】

（1）E K

P 2= 2m

（3）A 所受合外力为弹簧的弹力和重力的合力 （4） ①碰撞时系统总动能不能增加 ②v A >v B

【练习题解答】

（1）我们知道一个物体的动能E K =mv 2，动量P = mv ，由这两个定义式很

P 2=（这两个关系式课本里没有，但高考经常考这两2m

12

容易推导出P =mE K 或E K

个关系式，希望大家把它当公式记住）。

F 1S =E K 1F 2S =E K 2 由动能定理得

F 1F 1S E K 1P 12/2m 1P 12m 2

∴= ===

F 2F 2S E K 2P 22/2m 2P 22m 1

由已知得P 1 = P 2，∴

F 1m 1

= F 2m 2

（2）彗星对木星的冲量I 的大小等于木星对彗星的冲量I '的大小。而由动量定理（对慧星）得 I '=mv 2-mv 1=-mv 1=-10. ⨯1012⨯6. 0⨯104=-6. 0⨯1016N ⋅S

断后B 做自由落体运动，∴u =gt 2，∴t 2=

I N =mv +mgt 1=mv +mg ⋅

∴I =6. 0⨯1016N ⋅S

12

12

损失的机械能为E K 1-E K 2=E K 1=mv 2=⨯10. ⨯1012⨯(6. 0⨯104) 2=18. ⨯1021J （3）对物体A 用动量定理得I N +I G =mv -0设向上为正，则I N -mgt 1=mv ，

又绳

u

，由题意得t 1 = t 2，∴g

u

=mv +mu ，所以D 选项正确。 g

（4）两个物体发生碰撞时，必定满足两个条件，（1）动量守恒（2）系统的总机械能只能减少或不变。D 选项中A 球的动能不变，而B 球的动能增加，所以系统的总动能增加了，因此是不可能发生的，另外，A 球在后追上B 球发生碰撞，因此A 球受一个向后的冲量，B 球受一个向前的冲量，所以如果以向前的方向为正方向，则∆m A v A 0, 即m A v A 2-m A v A 10，而A 选项不满足这个条件，所以也是不可能发生的，再看B 和C ，显然这两个选项都满足动量守恒。又因为A 追上B 发生的碰撞∴

v A >v B ，又m A v A =5Kgm /s ，m B v B =7Kgm /s ，∴

m A v A 5

=，∴7m A

统的功能为E KA +E KB

P A 2P B 22549=+=+，碰撞后系统的总动能为2m A 2m B 2m A 2m B

P A P B '2'2

+，因为碰撞过程中动能只能减少或不变，所以碰撞前的总动能减小碰2m A 2m B

撞后的总动能之差应大于等于零。

P A P B '2'22549

+-(+) ≥0 即应有

2m A 2m B 2m A 2m B 25-P A '249-P B '2

+≥0 整理后得：

2m A 2m B

把B 选项数据代入上面的差值得

25-949-81816+=- 2m A 2m B m A m B

816816-24

->-= m A m B 5m B 5m B

m B 7

816-24-虽然说只是大于一个负值，但适当选联m A 和m B 值（当m A m B 5m B

∵7m A

m A

1

m B 时），就可以使这个差值大于零。因此B 是可能发生的，再把C 选项2

数据代入上面差值得

25-(-2) 249-14221147

+=-，那么这个差值能不能大于零呢？我们先假设这

2m A 2m B 2m A 2m B

21147

-≥0，∴m B ≥7m A ，所以只要能满足m B ≥7m A ，个差大于等于零，则有

2m A 2m B

就能使碰撞过程中动能减少或不变。而要使A 追上B 只要求5m B >7m ，显然是能够满足m B ≥7m A 的条件，∴C 选项也正确。

（5）在两车发生碰撞时，小车m 和小车M 都受到冲量的作用，要发生动量的变化，而摆球m 。没有发生冲量的作用，所以摆球m ，没有动量的变化，所以A ，D 选项是错误的，（它们认为摆球C 的动量发生了变化）。而在M 和m 发生碰撞时以两个小车为系统应满足动量守恒，B 和C 选项都满足这个条件，所以B 和C 都是正确的。

（6）小球C 从P 点下滑到最低点的过程中，以三个物体为系统，总动量的水平分量后守恒（注意竖直方面上动量并不守恒），所以有

-m A v

v C =-C

m A +m B 2v

C 球滑到最低点后B 将以速度v B =向右做匀速运动，而C 球在A 上继续向

2

0=m C v C +(m A +m B ) v B ∴v B =

左滑动对A 产生一个向左下方的作用力，这个力的水平分力将使A 向右做减速运动，所以A 、B 此后将分离，所以B 选项正确。 C 在A 上继续向左滑动时，以A 、C 为系统，总动量的水平分量应守恒，（注意：竖直方向上动量不守恒）。所以有m C v C +m A v A =(m C +m A ) v '，设向左为正，则有m C v -m A

v v

=(m C +m A ) v '，∴v '=，正数说明v '向左。∴C 正确。 22

当C 球由P 滑到最低点的过程中，A 给B 一个向右的冲量，因此B 就给A 、

C 这个系统一个向左的冲量，因此C 滑到最低点后，A 、C 这个系统应有一个向

左的动量，因为C 在A 上往复滑动时，动量是守恒的，因此这个系统此后总有这个向左的动量，经过一段时间的积累，这个系统必定有一个向左的位移，积累到一定时间A 将在桌子左边滑出，所以D 选项正确。