高三物理一轮复习讲义:动量

动量

考点扫描

近几年高考中，本章的命题多集中在以下几个方面：（1）动量、冲量的概念，动量定理的应用；（2）动量守恒定律及守恒条件的理解；（3）应用动量守恒解决碰撞、反冲等物体相互作用问题；4。动量守恒在微观粒子相互作用中的应用。

从题型方面来看，考查动量守恒定律内容多与牛顿运动定律、能量观点、电磁学等其他知识内容结合考查，且联系生产生活实际、现代科学技术中的热点问题考查，且一般以高考压轴题的形式出现。

建议从以下几个方面进行复习

（1）对于动量定理的复习，要把握好尺度，把重点既要放在应用动量定理定性地解释现象和分析判断有关问题上来，又要加强对动量定理的计算以及与功、能的综合应用。

（2）在“动量守恒定律”的复习中，深刻理解动量定理和动量守恒的本质，加强对动量守恒定律的理解和应用，明确应用动量守恒解题的基本步骤和注意事项 （3）复习时注重对碰撞类、滑块类、弹簧类问题的分析。

第1课时 动量 冲量 动量定理

基础过关

一、动量、冲量

1. 动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，p=mv，动量的单位：kg ²m/s. 2. 冲量：力和力的作用时间的乘积，叫做该力的冲量，I=Ft，冲量的单位：N ²s. 二、动量定理：物体所受合外力的冲量，等于这个物体动量的增加量，这就是动量定理.

'

表达式为：Ft ＝p -p 或Ft ＝m v '-mv

考点突破

一、正确理解动量、冲量的概念

1．动量是状态量，物体的动量表征物体的运动状态，其中的速度为瞬时速度，通常以地面为参考系；动量是矢量，其方向与速度v 的方向相同.

2．冲量是过程量，它表示力在一段时间内的累积作用效果；冲量是矢量，其方向由力的方向决定. 如果在作用时间内力的方向不变，冲量的方向就与力的方向相同. 冲量的大小和方向与参照物的选择无关。

二、应用动量定理应注意的问题

1．研究对象：动量定理阐明了单个质点的合力的冲量和动量的变化关系。事实上，动量定理也适合一个系统。

2．式中的力F 为合外力，不是某一个力。应用时应注意将所研究的过程中作用在物体上的所有外力都考虑进去（若整个过程分为不同受力的若干阶段，I 应为不同阶段冲量的矢量和）。 2．该公式为矢量式。在解题时要选一个正方向。动量变化量△p 即m υ'-m υ，总是与冲量I 即 Ft的方向一致，且由力F 的方向决定。如只受重力作用下的平抛物体运动中，动量变化的方向总是沿着重力的方向即竖直向下．但物体的初动量p 和末动量p ′的方向各与初速υ和末速υ′方向一致，它们跟冲量I 无直接关系。 3．式中速度v ′、v 必须对同一参考系而言。

4．动量定理，适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用。 方法梳理

一、

区别动量与动能、冲量与功

1． 动量是矢量，动能是标量；动量改变时，动能不一定改变，而动能改变时，动量一定改变。

其大小关系为：

E k =

P 2

2． 恒力的冲量一定不为零，但恒力不一定做功，物体动量的变化等于合力的冲量，而动能的

变化等于合力做的功。

二、对于变力的冲量多用动量定理求解。

1．如果一个物体受到的力是一个变力，但该力随时间是均匀变化的，可用求平均值的方法求解，此种情况下该力的平均值为

2．求变力的冲量，画出变力随时间变化的关系图象Ｆ－ｔ图象如图6-1-1所示, 该图线与时间轴围成的面积在数值上表示了力的冲量的大小。

三、用动量定理解释现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小 四、用动量定理解题的基本思路

1．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系统. 系统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.

2．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

F =

11

(F t +F 0) I =(F t +F 0) t 22，则该变力的冲量为。

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.

3．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.

4．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）. 5．根据动量定理列式求解. 典型例题

一、用动量定理解释现象

例1 . 从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：( )

A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢

D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。

解析：设玻璃杯从同一高度以掉在水泥地上和掉在草地上速度均减为0，故动量变化相同。掉在草地上作用时间长，故合外力小。正确答案应选C ，D 。

变式训练1:如图6-1-1所示，水平面上叠放着a 、b 两木块，用手轻推木块b ，a 会跟着一起运动；若用锤子水平猛击一下b ，a 就不会跟着b 运动，这说明( ) A ．轻推b 时，b 给a 的摩擦力较小 B ．轻推b 时，b 给a 的摩擦力较大 C ．猛击b 时，b 给a 的冲量较大

D ．猛击b 时，b 给a 的冲量较小

解析：在轻推木块b 时,b 给a 的摩擦力是静摩擦力; 猛击木块b 时, b 给a 的摩擦力是滑动摩擦力. 由于通常认为f 滑=fm 静(最大静摩擦力), 所以一般情况是:轻推时, 摩擦力小; 猛击时, 摩擦力大, 故A

对,B 错 二、变力的冲量

例2．物体A 和B 用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图6-1-2所示，A 的质量为m ，B 的质量为M ，当连接A 、B 的绳 突然断开后，物体A 上升经某一位置时的速度大小为v ，这时物体B 的下落速度大小为u ，如图所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )

图6-1-2

A ．mv B ．mv —Mu C ．mv+Mu

D ．mv+mu 解析：根据动量定理

对于B ： Mgt ＝Mu

① 对于A ： I 弹 - mgt＝mv - 0 ②

由① t=u/g 代人② I 弹= mv+mu 正确答案为:D

变式训练2. 如图6-1-3所示，质量为ｍ的小球距轻弹簧的上端为ｈ，小球自由下落一段时间后与弹簧接触，它从接触弹簧开始到弹簧被压缩到最短的过程中持续时间为ｔ，求小球从接触

弹簧到压缩最短的过程中弹簧的弹力对小球的冲量？

解析：小球从开始下落到弹簧被压缩最短的过程中, 动量变化为零. 小球下落到与弹簧接触所用

时间

t 1=, 全过程应用动量定理, 设弹簧的弹力冲量大小为I, 则有:

mg (t 1+t ) -I =0

弹力冲量大小为

I =mg +t )

, 方向竖直向上.

例3．河水对横停在其中的大船侧弦能激起2m 高的浪，试估算将要建造的拦河大坝单位面积上

所受河水的冲击力为多大？（g 取 10 m/s2） 解析：设水速度为v ，则可将水等效为竖直上抛，v=

2gh = 2m/s

取以速度v 冲击拦河大坝的水在时间Δt的柱体模型的研究对象，则有在Δt内质量Δm = ρSvΔt，

∆v

根据牛顿第二定律F = Δm∆t ，在较短的时间Δt，Δv = v，则对于面积S 的压强（单位面积上的F

冲击力）P = S = ρv2 = 1.0×103×(2) 2 N/m2 = 4. ×104 N/m2

变式3. 高压采煤水枪出水口的截面积为S ，水的射速为v ，射到煤层上后，水速度为零. 若水的密度为ρ，求水对煤层的冲力。 解析：

由水流算出Δt 内水的质量，以Δt 时间内的水为研究对象，由动量定理列方程，求煤对水的力，再由牛顿第三定律求水对煤的力.

设在Δt 时间内，从水枪射出的水的质量为Δm ，则 Δm ＝ρSv Δt.

以Δm 为研究对象，它在Δt 时间内动量变化为： Δp=Δm （0－v ）=－ρSv 2Δt

设F N 为水对煤层的冲力，F N ′为煤层对水的反冲力，以F N ′的方向为正方向，根据动量定理（忽略水的重力）有： F N ′Δt=Δp ＝－ρv 2S Δt

解得：F N ′=－ρSv 2 根据牛顿第三定律知F N =－F N ′，所以F N =ρSv 2.

第2课时 动量守恒定律

基础过关

一、动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 二、数学表达式

1． p＝p ′即系统相互作用开始时的总动量等于相互作用结束时(或某一中间状态时) 的总动量。 若所研究的系统由两个物体组成，则可表述为： m 1v 1+m2v 2=m1v 1ˊ+m2v 2ˊ (等式两边均为矢量和) 2． Δp ＝0即系统的总动量的变化为零。

3． Δp １＝－Δp ２ 即若系统由两个物体组成，则两个物体的动量变化大小相等，方向相反. 考点突破

一、动量守恒定律的适用条件: 1．系统不受外力作用。 (理想化条件) 2．系统受外力作用，但合外力为零。

3．系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。 4．系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。

二、

对动量守恒定律的进一步理解

1．“守恒”的确切含义是在某一过程中动量一直保持不变，即该过程中任意时刻的总动量都与初始时刻的总动量等大同向，而不仅仅是初末两时刻动量相同。

2．动量守恒定律研究对象是一个系统，系统内有两个或两个以上的物体。

3．矢量性：动量守恒是指系统作用前后的各物体动量的矢量和保持不变，在一维情况下可以首先选定正方向，将矢量运算简化为代数运算。

4．相对性：列动量守恒方程时，所有动量都必须相对同一惯性参照物，通常选取地球做参照物。

5．同时性：方程m 1v 1+m2v 2=m1v 1ˊ+m2v 2ˊ中，v 1、v 2是作用前同一时刻的速度，v 1ˊ、v 2ˊ是作用后同一时刻的速度。 方法梳理

应用动量守恒定律的解题步骤： 1．分析题意，明确研究对象(系统).

2．对系统内的物体进行受力分析，明确内力、外力，判断是否满足动量守恒的条件. 3．明确研究系统的相互作用过程，确定过程的初、末状态，对一维相互作用问题，先规定正方向，再确认各状态物体的动量或动量表述. 4．利用守恒定律列方程，代入已知量求解. 典型例题

一、

动量守恒的条件

例1. 如图6-2-1，放在光滑水平面上的A 、B 两小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用

两手分别控制小车处于静止状态，如图所示。下面说法正确的是（ ）

图6-2-1

A ．两手同时放开后，两物体的总动量为零 B ．先放开右手，后放开左手，两物体的总动量向右 C ．先放开左手，后放开右手，两物体的总动量向右

D ．两手同时放开，两物体的总动量守恒；当两手不同时放开，在从放开一只手到放开另一只手的过程中两物体总动量不守恒。

解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开后，两物体水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则两物体动量不守恒，若先放开右手，则左手对小车有向右的冲量，从而两物体的总动量向右，反之，则向左。故选ABD

变式训练1. 如图6-2-2所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑. 开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m 、M 和弹簧组成的系统

A. 由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒

B. 当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大 C. 由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动

D. 由于F 1、F 2等大反向，故系统的动量始终为零

解析：当M 、m 分别向左、向右运动过程中，F 1、F 2对两物体做正功，故开始一段时间系统机械能增大；当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，M 、 m 合力为0动能达到最大，之后各自的合力开始反向，动能开始减小，当动能减至0时，机械能停止增加；整个过程中系统受到合外力为0，动量始终守恒。故B 、D 正确

例2. 一个半径为r 的光滑圆形槽装在小车上，小车停放在光滑的水平面上，，处在最低点的小球受击后获得水平向左的速度v ＝，开始在槽内运动，则下面判断正确的是 . A. 小球和小车总动量不守恒 B. 小球和小车总机械能守恒， C. 小球沿槽上升的最大高度为r D. 小球升到最高点时速度为零

解析：小球和小车机械能守恒，水平方向动量守恒，总动量不守恒，故A 、B 对；小球上升到最高点时与小车有共同速度，小球的动能不以全部转化为自身动能，故C 、D 错

变式训练2． 如图6-2-3所示，一内外侧均光滑的半圆槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可是为质点）自左端槽口A 点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A 点入槽内。则下列说法正确的是：

A. 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功

B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒

C. 小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒 D. 小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动

图6-2-3 解析：

小球第一次下滑至最低点的过程中，只有重力对小球做功，机械能守恒，但当到达最低点再上升的过程中，槽开如向右运动小球机械能不再守恒，槽对A 开始做负功，故A 错；槽开始运动后小球和槽组成的系统水平动量守恒，当小球离开右侧槽口时，与槽具有相同的水平速度，故小球做斜抛运动，D 错。

例3．光滑水平面上一平板车质量为M ＝50kg ，上面站着质量m ＝70kg 的人，共同以速度v 0匀速前进，若人相对车以速度v=2m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变了多少?

解析：以人和车组成的系统为研究对象．选v 0方向为正方向．设人跑动后车的速度变为v’，则人相对地的速度为(v’-v) ．系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有

(M +m ) v 0=Mv ' +m (v ' -v 0) 解得

v ' =v 0+

mv M +m

mv

=1. 17m/s

M +m

人跑动后车的速度改变量为

∆v =v ' -v 0=

∆v 的数值为正，说明速度的改变与v 0方向一致，车速增加

变式训练3:⑴若人相对车以v=2m/s的速度向前跑．人跑动后车的速度改变了多少？⑵若人相对地面以v=2m/s的速度向后跑，人跑动后车的速度改变了多少?(3)若人相对车以v=2m/s的速度沿垂直车前进方向跑动，人跑动后车的速度改变了多少?

解析：(1) 设人跑动后车的速度变为v’，则人相对地的速度为(v’+v)．系统所受合外力为零，

根据动量守恒定律有

(M +m ) v 0=Mv ' +m (v ' +v )

解得

v ' =v 0-

mv M +m

人跑动后车的速度改变量为

∆v =v ' -v 0=

mv

=-1. 17m/s

M +m

∆v 的数值为负，说明速度的改变与v 0方向相反，车速减小

(2) 设人跑动后车的速度变为v’，根据动量守恒定律有

(M +m ) v 0=Mv ' +mv

解得

v ' =v 0+

m (v 0-v ) m (v 0-v )

∆v =v ' -v 0=

M M 人跑动后车的速度改变量为

若v 0>v,∆v 的数值为正，说明速度的改变与v 0方向一致，车速增加。 若v 0

(3)若人相对车以v=2m/s的速度沿垂直车前进方向跑动，则水平方向人相对于车的速度为零, 即人对地的速度等于车对地的速度, 由水平方向动量守恒得(M+m)v0=Mv车+mv人, 故v 车=v人=v0 ,

第3课时 动量守恒定律的应用（一）

基础过关

一、碰撞指的是物体间相互作用持续的时间很短，而物体间的作用力很大的现象。在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题。按碰撞前后物体是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理中只研究正碰的情况。 1．弹性碰撞：动量守恒、总动能守恒

m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2

111

m 1v 02=m 1v 12+m 2v 22222

m -m 22m 1

v 1=1v 0, v 2=v 0

m 1+m 2m 1+m 2

2．完全非弹性碰撞：

m 1

v 1=v 2=v 0

m 1+m 2

3． 一般非弹性碰撞：

m 1m -m 2

v 0≥v 1≥1v 0,

m 1+m 2m 1+m 2

2m 1m 1+m 2

v 0≥v 2≥

m 1m 1+m 2

v 0

二、爆炸：在爆炸过程中，作用时间很短，相互作用内力很大，各部分之间总动量一般情况下可看作是守恒的。因有其他形式的能量转化为机械能，所以系统的机械能会增加。 考点突破

碰撞、爆炸的比较

1、 碰撞、爆炸类问题的共同特点是物体间的相互作用突然发生，相互作用力为变力，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动量守恒定律来相互处理。

在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统总动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的动能不可能增加，一般减少转化为内能。 方法梳理

一、在处理碰撞问题时，要抓住三个基本原则： 1．碰撞过程中动量守恒 2．碰撞过程中动能不可能增加：

2P 12m 1

2

+2P m 2≥2

' 2

P 12m 1

2+2P m

2

' 2

3．碰撞后运动状态的合理性原则，应遵循客观实际。如甲物体追乙物体并发生碰撞，碰前甲的速度必大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于等于乙的速度或者甲反向。

二、由于碰撞、爆炸类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小一般忽略不计，即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。

典型例题

例1．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？

5638>≤

m B ；解析：：A 能追上B ，说明碰前v A >vB , ∴m A 碰后A 的速度不大于B 的速度， m A m B ；52623282+≥+2m 2m 2m 2m B ，由以上不等式组解得：A B A 又因为碰撞过程系统动能不会增加，

3m A 4

≤≤8m B 7

变式训练1：甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是

p 甲=5kg.m/s,

与

p 乙

=7kg.m/s,甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量

'

p 乙

=10kg.m/s,则两球质量

m 甲m 乙

的关

系可能是：（ ） A ．

m 甲= m 乙 B 。m 乙= 2m 甲 m 乙

= 4

C 。

m 甲

D 。

m 乙

=6

m 甲

'

p 甲=2kg . m /s

解析：由碰撞中动量守恒可求得：即

p 甲

m 甲

要使甲追上乙则必有：

v 甲>v 乙 ，

>

p 乙m 乙

, m 乙>1.4m 乙

①

' ' v 乙≥v 甲, 即:

碰后、

p

' p 甲'

乙均大于零，表示同向运动，则有：甲

≤

' p 乙乙

'

, m 乙≤5m 甲

②

碰撞过程中，动能不增加，则：即：

22m 甲

2P 甲2m 甲

+

2P 乙2m 乙

≥

' 2P 甲2m 甲

+

' 2P 乙2m 乙

+2m 乙≥

2

2

2m 甲

+2m 乙

2

推得

m 乙≥

51m 甲

21m 甲

③

正确答案应选C

由①②③得，

m 甲

与

m 乙

的关系为：

≤m 乙≤5m 甲

例2. 抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时突然炸成两块，其中大块质量300g 仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g ，求它的速度的大小和方向。

解析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=( m1+m2 )g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统动量近似守恒。

设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度

2

v 0=10m /s

；m 1=0.3kg的大块速度为

v 1=50m/s、m =0.2kg的小块速度为 v 2，方向不清，暂设为正方向。

由动量守恒定律：

v 2=

(m 1+m 2) v 0=m 1v 1+m 2v 2

(m 1+m 2) v 0-m 1v 1(0. 3+0. 2) ⨯10-0. 3⨯50

==-50m /s

m 20. 2

此结果表明，质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反

变式训练2. 某中学校庆之夜，一礼花在高空争妍斗奇，将整个校园装扮得五彩缤纷. 现假设礼炮从地面竖直向上发射的最大高度为125 m，所有礼炮到达最高点时都炸成质量之比为2：1的两块，其中较大的一块以10 m／s 的速度水平飞出，为了确保观赏者的安全，人离礼炮发射点的水平距离s 应满足什么条件? 爆炸时释放多少能量?

解析：：以炸裂的两块礼炮为系统，由于爆炸力(内力) 远大于外力——重力，在水平方向无外力，则该方向上系统总动量为零. 设质量较小的一块质量为M ，速度为

v 1，较大的一块质量为2M ，速度v 2=10 m/s，选较大的一

块速度方向为正方向，根据动量守恒定律，有 2M

v 2-M v 1=0 v 1=2v 2=20 m/s

12t ==5

h =

gt

2两块分别作平抛运动的时间由得 s

所以最大平抛距离

s 1=v 1t =(20⨯5) m=l00 m

由能量守恒定律，爆炸所释放的能量几乎全部转化为两块礼炮的动能(声波能与光能不计)

E =

112

Mv 12+(2M ) v 2=1522J 第4课时 动量守恒定律的应用（二）

考点突破

一、反冲运动的理解

1、 反冲是静止或运动的物体通过分离出部分的物体，而使自身在相反反向获得加速度的现

象，实际上是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果使得分离出来的部分和剩下的部分动量都发生变化。

2、 反冲运动的过程中，如果没有外力作用或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可以利

用动量守恒定律来处理。

3、 反冲运动中由于有其他形式的能转变为机械能，于是系统的总动能往往会增加，反冲运动

是作用力与反作用力都做功的典型实例。 二|、用平均动量守恒解“人船模型”类问题

反冲运动中满足动量守恒或某个方向动量守恒，则

m 1v 1-m 2v 2=0

即 v 2=m 1v 1/m 2

两部分在该方向上运动一段距离，则距离同样满足 它们之间的相对距离S 相=S1+S2 三、子弹打木块类问题的特点 1、系统合外力为零，因此动量守恒；

2、系统初动量不为零（一般为一静一动），末动量也不为零； 3、两者发生的相对位移等于子弹入射深度（穿出木块时为木块宽度） 4、全过程损失的动能可用公式

典型例题

S 2=m 1S 1/m 2

∆E k =fs 相对

例1．用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v =7.0⨯10m /s 绕地球做匀速圆周运动，已知卫星质量为m =500kg ；最后一节火箭壳

3

体的质量M =100kg ；某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u =1.8⨯10m /s 。试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？

解析：设分离后卫星与火箭相对地面的速度分别为守恒：解得

变式训练1．一个宇航员，连同装备的总质量为100kg ，在空中跟飞船相距45m 处相对飞船处于静止状态。他带有一个装有0。5kg 氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸。已知宇航员呼吸的耗氧

-42.5⨯10kg /s ，试问：如果他在准备返回飞船的瞬间释放0.15kg 氧气，他能安全回到飞率为

3

v 1

、

v 2

，分离时系统在轨道切线方向动量

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

，

u =v 1-v 2

v 1=7.3⨯103m /s v 2=5.5⨯103m /s

船吗?

解析：令M=100kg,m0=0.5kg, ∆m =0.15kg , 氧气相对于喷嘴喷出的速度大小u=50m/s,设喷出氧气后宇航员相对于飞船的速度大小为运动方向为正，由动量守恒：

v 1，宇航员连同装备相对于飞船的总动量为0，取宇航员

0=(M -∆m ) v 1+∆m (v 1-u ) 解得v 1=0.075m /s

' -4

m =kt =2.5⨯10⨯600kg =0.15kg 宇航员返回飞船所耗氧气

'' ' m =m -m =(0.5-0.15) kg =0.35kg m '' >m ' ，故能安全返回。0氧气筒喷射后所余氧气

例2．设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：

mv 0=(M +m )v

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d

对子弹用动能定理：

1212

f ⋅s 1=mv 0-mv

22 ……① 对木块用动能定理：

f ⋅s 2=

1Mv 22 ……②

①、②相减得：

f ⋅d =

11Mm 22mv 0-(M +m )v 2=v 0222M +m ③

f =

2

Mmv 02(M +m ) d

木块前进的距离：

s 2=m d

变式训练2：质量M=10kg的木块固定在光滑的水平面上，有一质量m=0.1kg的子弹以

v 0=300m/s的水平速度射向木块，射出后子弹的速度变为v =100m/s.若木块可以在光滑的水平

面上自由滑动，那么当子弹仍以初速度况一样，则：子弹能否射穿木块？

解析：设木块厚度为d ，若子弹恰好能射穿木块，则子弹射出木块时和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，据动量守恒有：

221

fd =1mv 0-(M +m ) v

v 0水平射入木块的厚度和木块给子弹的阻力与前一情

mv 0=(M +m )v ① 对系统应用动能定理得：

②

③

由①和②两式可得：

1

2m mv 0=(1+) fd

2E =mv 002据上式可知就是子弹射穿木块所必须具有的动能，也就是说，子弹要射穿木块其

初动能

m

E 0必须大于(1+) fd

22-fd =2mv -2mv 0

木块固定时对子弹应用动能定理：

代入数据可得fd =4000J

E 0(1+M ) fd

据③式可知，子弹恰能穿过木块所必须具有的初动能为：而子弹具有的初动能

22mv 0

==4040J

=4500J>4040J 所以子弹能射穿木块

第5课时 动量与能量

考点突破

一、动量与能量的关系 1. 动量与动能

动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关。但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比E k =mv2/2。 两者的关系：p 2=2mEk

动量是矢量而动能是标量. 物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化。 2. 动量定理与动能定理

动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量。△p=I，冲量I=Ft是力对时间的积累效应。

动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功. △E k =W，功W=Fs是力对空间的积累效应。

3. 动量守恒定律与机械能守恒定律

动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响) ，且研究的都是某一物理过程。动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变。

动量与能量的综合问题，是高中力学最重要、难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。这一部分的主要模型是碰撞。而碰撞过程，一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的，对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换，从而建立碰撞过程的能量关系方程。根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的方法。 方法梳理

牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙. 其实它们是从三个

不同的角度来研究力与运动的关系. 解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题。

（1）对单个物体，若不涉及受力的细节，宜用牛顿运动定律。

（2）对单个物体做曲线运动，若涉及求速度往往应用动能定理或机械能守恒定律。 （3）涉及多个物体的运动，应首先考虑用守恒的方法解决问题。 一、

处理力学问题的基本方法

处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系，若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别。若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动有定理。因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用法用牛顿定律处理时，就更显示它们的优越性。

二、应用两个守恒定律的基本思路：先明确研究对象和力作用的时间及过程，然后分析对象所

受外力和内内力作用情况，再判断守恒条件。 三、

1． 外力之和为零，动量守恒。分析系统初末动量，选定正方向，列方程。

2． 仅重力、弹簧弹力做功，机械能守恒。分析初末机械能，然选定零势面、列方程。 四、动量和能量综合题的解题思路 1． 仔细审题，把握题意

在读题的过程中，必须认真、仔细，要收集题中的有用信息，弄清物理过程，建立清晰的物理图景，充分挖掘题中的隐含条件，不放过一个细节，进行物理过程分析时，注意把握过程中的变量、不变量、关联量之间的关系。 2． 明确研究对象，进行受力运动、受力分析

有的题目可能会有多个研究对象、选择时应注意：研究对象要充分涉及已知量和未知量。研究对象确定后，必须对它进行受力分析和运动分析，明确其运动的可能性。 3． 思考解题途径，正确选用规律

根据物体的受力情况和运动情况，选择与它相适应的物理规律及题中给予的某种等量关系列方程求解。

4． 检查解题过程，检验解题结果

检查思维过程，羡慕检验结果是否符合题意以及是否符合实际。

典型例题

例1．在光滑水平面上，足够长的木板质量M=8kg，由静止开始在水平恒力F=8N作用下向右运动，如图所示。当速度达到

v 0

=1.5m/s时，质量m=2kg的小滑块轻轻无初速度放到木板右端。

已知滑块与木板间动摩擦因数μ=0. 2，求：小滑块放到木板上以后，经多长时间与木板共速？

图6-5-1

解析：设物块未放上前和放上后F 作用时间分别为t 1和t 2, 二者达到相对静止的瞬时速度为由动量定理：

未放物体前，对木板：F t1=M

v

，

v 0

放滑块后，对滑块：μmg t2=m

v

对整体全过程：F(t1+ t2)=(M+m)

．

v

代入数据，联立以上3式可解得t 2=1s

变式训练1．如图所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端

放一质量为m 的小木块A,m

开始向左滑运，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。 （1） 若已知A 和B 的初速度大小为

v 0，求它们最后的速度大小和方向。

（2） 若初速大小未知，求小木块A 相对于大地向左运动到达的最远处离出发点的距离。

图6-5-2

解析：（1）A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速

v

度为，A 和B 的初速度的大小为v 0，则据动量守恒定律可得：Mv 0-mv 0

得：

=(m +M ) v

解

v =

M -m (M +m )

L

，方向向右。

（2）对系统的全过程，由能量守恒定律得：

221

Q =fL =1(M +m ) v 0-(M +m ) v

对于A 有：

fL 1=mv

1

2

20

由上述各式联立求得：

L 1=

2v 02a A

=

m +M 4M

L

例2． 如图所示。质量为M 的平板小车停在光滑的水平面上。小车的右端有一固定挡板，挡板上固定一长度足够长的水平弹簧。弹簧的自然端伸长的B 点。小车上B 点左边是粗糙的，B 点至小车左端A 的距离为l ，B 点右边是光滑的。现有一质量为m 的小滑块（可视为质点）以初速度

v 0

水平滑上小车，在滑块滑上小车直到将弹簧压缩至最短的过程中将小车锁定，当弹簧压

缩至最短时刻解除锁定。最终滑块与小车相对静止，滑块恰好停在AB 的中点。问滑块与小车AB 段间的动摩擦力因素为多少 解析：

图6-5-5

设滑块与小车AB 间的动摩擦因素为μ，解除锁定时弹簧压缩的最短，此时m 与M 的速度均为零。设弹簧压缩到最短时弹簧性势能为

E p

，则m 的速度由

v 0

减速到0的过程中，由动能定理有

12

mv 0=μmgl +E p 2①

解除锁定后，M 与m 组成的系统动量守恒，设相对静止时的速度为

②

v t ，有（M ＋m ）v t ＝0

2v 11μ=(M +m ) v t 2+μmg =E p

3gl 2由功能关系有：2③ 解①②③可得：

变式训练2:如图所示，P 是固定的竖直挡板，A 是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，碰后物块相对于小车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，最后物块恰未从小车上落下。若物块与小车表面间的动摩擦因数是个定值，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。

解析：

图6-5-6

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数为μ，初速度为v 0．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v 0，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为l

对物块、小车系统由动量守恒定律有（M – m）v 0 =（M + m）v

11

由于能量守恒有μmgl =2(M + m) v02 –2(M + m) v2 ②

①

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1

对物块、小车系统由能量守恒定律有μmgl =2(M + m) v02

运动（或者速度同时趋于零）

③ M = 3 m．

而 l = 3L / 4

④ 由②③④式得v 0 = 2v 代入①式解得

6课时 实验：验证动量守恒定律

实验目的

研究碰撞中的动量守恒。 实验原理

质量为m 1和m 2的两个小球发生正碰，若碰前m 1运动，m 2静止，根据动量守恒定律应有： m 1v 1=m1v 1′+m2v 2′。因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，则小球的水平速度若用飞行时间做时间单位，在数值上就等于小球飞出的水平距离。所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可以验证动量守恒定律。即m 1OP=m1OM+m2O ′N 。

图6-6-1 实验器材

斜槽、玻璃球、钢球、重锤线一条、白纸、复写纸、天平一台、刻度尺、圆规、三角板 主要测量的物理量：

(1)入射球质量m 1和被碰球质量m 2。 (2)入射球和被碰球半径r 。

(3)入射球平抛运动的水平位移OP ，碰撞后两球的水平位移OM 和O ′N 。 实验步骤

(1)用天平测量出小球质量m 1和m 2。

(2)安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，把被碰小球放在斜槽前边的小支柱上，调节实验装置使小球碰时处于同一水平高度，且碰撞瞬间，入射球与被碰球

的球心连线与轨道末端的切线水平，以确保正碰后的速度沿水平方向。

(3)在地上铺一张白纸，在白纸上铺放复写纸。

(4)在白纸上记下重垂线所指的位置O ，它表示入射球m 1碰前的位置。

(5)先不放被碰小球，让入射球从斜槽上同一高度处滚下，重复10次，用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心就是入射球不碰时的落地点P 。

(6)把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它发生正碰，重复10次，仿步骤(5)求出入射小球落点平均位置M 和被碰小球落点平均位置N 。

(7)过O 、N 在纸上作一条直线，取OO ′=2r，O ′就是被碰小球碰撞时的球心投影位置。 (8)用刻度尺量出线段OM 、OP 、O ′N 的长度。把两小球的质量和相应的速度值带入 m 1OP=m1OM+m2O ′N ，看是否成立。 注意事项

(1)斜槽末端的切线必须水平。

(2)使小支柱与槽口的距离等于小球直径。

(3)认真调节小支柱的高度，使两小球碰撞时球心在同一高度上，球心连线与斜槽末端的延长线相平行。

(4)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。 (5)入射小球的质量应大于被碰球的质量。

(6)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置始终保持不变。

(7)若实验台过高，可把斜槽固定在铁架台上，白纸、复写纸铺在桌面上实验。 误差分析

实验所研究的过程是两个不同质量的球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件。每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小，应进行多次碰撞，落点取平均位置来确定，以减小偶然误差。 典型例题

例1 .为什么被碰小球的落点N 比入射小球碰前的落点P 远？

解析：对弹性较好的玻璃球或钢球一次性碰撞中损失的机械能较少，利用碰撞前后动量守恒和机械能守恒联立解方程可求得在入射小球质量大于被碰小球质量的情况入射小球初速度小于

被碰小球被碰后的速度。

m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2

111

m 1v 02=m 1v 12+m 2v 22222

m -m 22m 1

v 1=1v 0, v 2=v 0

m 1+m 2m 1+m 2

v v 从上式可以看出，当m 1>m 2时，2v 0

2-v 1

变式训练1：碰撞的恢复系数的定义为e=v 20-v 10，其中v 10和v 20分别是碰撞前两物体的速度，v 1和v 2分别是碰撞前两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数e=1。非弹性碰撞的e

验证动量守恒定律的实验装置（如图所示）验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2，（它们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞），且小球1的质量大于小球2的质量。

图6-6-3 实验步骤如下：

安装实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O 。

第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。

第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C 点，计小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。

第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度。

在上述实验中，

①P 点是 的平均位置。 M 点是 N 点是的平均位置。

① 请写出本实验的原理_________________________________。

② 写出用测量量表示的的恢复系数的表达式________________________________。 ③ 三个落地点距O 点的距离OM 、OP 、ON 与实验所用的小球质量是否有关？

解析：①P 点是在实验中的第一步中小球1落点的平均位置，M 点是小球1与小球2碰撞后小球1落点的平均位置，N 点是小球2落点的平均位置

②原理

小球从槽口C 飞出后作平抛运动的时间相同，设为t ，则有:OP=v10t OM=v1t ON=v2t

v 2-v 1ON -OM ON -OM

==

v -v OP -0OP 1020小球2碰撞前静止，v 20=0

③OP 与小球的质量无关，OM 和ON 与小球的质量有关

e =

例2. 某同学用图6-6-4中甲所示装置通过半径相同的A 、B 两小球的碰撞来验证动量守恒定律．图甲中PQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图甲中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 对所在的平面，米尺的零点与O 点对齐．

图6-6-4

(1) 碰撞后B 球的水平射程应取为cm ．

(2) 在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：。(填选项

号)

A ．水平槽上未放B 球时，测量A 球落点位置到O 点的距离 B ．A 球与B 球碰撞后，测量A 球落点位置到O 点的距离； C ．测量A 球或B 球的直径；

D ．测量A 球和B 球的质量(或两球质量之比) E ．测量G 点相对于水平槽面的高度²

解析：(1)64．7(64．2～65．2 cm范围内都可以) ；(2)A 、B 、D 。在确定落点的最后位置时，应在10个落点的范围内作一个半径尽量小的，且能够包围所有点在其内部的圆，该圆的圆心就是10个落点的平均位置、关于第(2)问，这里要特别说明的是没有必要测量小球的直径．原因是在这套装置中没另设放靶球的小支柱，靶球放在斜槽的末端．因此人射小球和靶球平抛起点的水平位置都是图中的O 点，没有必要用球直径去推算靶球抛出点水平位置O ′点，这是和教材中的实验装置的不同之处

变式训练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45°角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°。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？

解析：设摆球A 、B 的质量分别为

m A 、m B ，摆长为l ，B 球的初始高度为h ，碰撞前B 球的速

1

度为v B . 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

12m B v B =m B gh 12 ②

h 1=l (1-cos 45︒) ①

设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P 1、P 2。有 P1=mB v B ③ 联立①②③式得

P 1=m ④同理可得

P 2=(m A +m B ⑤

2

⎛P 2⎫P 2 ⎪=1.03=

⑥ 代入已知条件得 ⎝P 1⎭1联立④⑤式得

P

⑦

由此可以推出

P 2-P 1

P 1

≤4% ⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。

本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律。

图6-6-5

动量单元测试题

一、选择题

1．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则：

A ．物体的动能不可能总是不变的 B．物体的动量不可能总是不变的

C ．物体的初速度一定变化 D ．物体的速度方向一定变化

2. 质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速运动。经过时间 t 0和 4t 0速度分别达到2v 0和v 0 时，分别撤去F 1和F 2，以后物体继续做匀减速运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如右图所示。若在该过程中F 1和F 2所做的功分别为W 1和W 2，F 1和F 2的冲量分别为 I 1和 I 2，则有：

A.W 1>W2 B.W 1I2 D. I1

图2

4. 如图3所示，下端固定的竖直轻弹簧的上端与质量为3 kg的物体B 连接，质量为1 kg的物体A 放在B 上，先用力将弹簧压缩后释放，它们向上运动，当A 、B 分离后A 又上升0.2 m到达最高点，这时B 的运动方向向下且弹簧恰好恢复原长，则从A 、B 分离到A 至最高点的过程中，弹簧弹力对B 的冲量大小为（g 取10m/s2）

A.4 N²s B.6 N²s C.9 N²s D.12 N²s 图3 5. 如图4所示，质量为M 的小车，上面站着一个质量为m 的人，以v 0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去，车速增加∆v ，则下列的计算式正

确的是：

（1）Mv 0 – mu = M (v0 +∆v )

（2）(M + m) v0 = M (v0 +∆v ) – mu

（3）(M + m) v0 = M (v0 +∆v ) + m( v0–u)

（4）(M + m) v0 = M (v0 +∆v ) + m[(v0 +∆v ) –u]

（5）0 = M∆v + m (∆v –u)

（6）(M + m) ∆v = mu A. （1）（2）（3） B. （3）（5） C. （2）（6） D. （4）（5）（6）

6. 如图5所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线长为L （小球可看作质点），小车与小球一起以速度v 0沿水平方向向左匀速运动。当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升高的最大高度可能是（线未被拉断）：

A. 大于v 2/2g

图5

7. 离子发动机飞船，其原理是用电压U 加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时 ：

A. 速度大 B. 动量大 C. 动能大 D. 质量大

8. 如图7中质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射

B. 小于v 2/2g C. 等于v 2/2 D. 等于2L

手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与

木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是

A. 木块静止，d 1=d2 B. 木块向右运动，d 1

C. 木块静止，d 1

A. 速度为零 B. 对原静止位置的位移不为零

C. 将向射击方向作匀速运动 D. 将向射击相反方向 图8

10.

如图9所示，光滑水平面上有一辆小车，质量为M ，小车上表面水平，其中AB 段光滑，BC 段粗糙. 小车左端有一块挡板，挡板上连有一根较短的轻弹簧. 将质量为m 的一个小铁块放在车的左端，压缩弹簧到一定程度后，使小车和铁块都处于静止状态. 第一次将小车固定，释放小铁块，小铁块滑到C 点恰好停止. 第二次将弹簧压缩到同样程度后，将小车和铁块同时从静止释放，则下列说法正确的是

A. 铁块一定能冲出小车

B. 铁块在滑到C 点之前就停止滑动 C. 铁块一定仍然能滑到C 点停止滑动

D. 若AB 的长度大于BC 的长度，铁块将冲出小车 图9

11．（ 09年全国卷I ）质量为M 的物块以速度V 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，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 二．填空题

12．（09年福建卷）一炮舰总质量为M ，以速度v 0匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度v 沿前进的方向射出一质量为m 的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v '，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是___________。（填写项前的编号）

①②③④

Mv 0=(M -m ) v '+mv

Mv 0=(M -m ) v '+m (v +v 0) Mv 0=(M -m ) v '+m (v +v ') Mv 0=Mv '+mv

13. 在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图10甲、乙两种装置：

甲 乙

图10

(1)若入射小球质量为m 1，半径为r 1；被碰小球质量为m 2，半径为r 2，则（ ） A ．m 1>m2 r 1>r2 B. m1>m2 r 1m2 r 1=r2 D . m 1

(2)若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是：（ ） A. 直尺 B. 游标卡尺 C. 天平 D. 弹簧秤 E. 秒表

（3）设入射小球的质量为m 1, 被碰小球的质量为m 2，则在用甲装置实验时，所得验证动量守恒定律的结论为（用装置图甲中的字母表示）__________________。

（4）在实验装置乙中，若斜槽轨道是光滑的，则可以利用一个小球验证小球在斜槽上下滑过程中的机械能守恒。这时需要测量的物理量有：小球释放初位置到斜槽末端的高度差为h 1，小球从斜槽末端做平抛运动的位移s 、竖直高度h 2，则所需验证的关系式为：__________________.

三、计算题

14．(09年山东卷) 如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A 、B 、C ，质量分别为

m B =mc =2m,mA =m，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接) 。开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止。某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B 与C 碰撞前B 的速度。

15．（09年全国卷I ）如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m 的木箱，相邻两木箱的距离均为l 。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为g 。设碰撞时间极短，求

（1）工人的推力；

（2）三个木箱匀速运动的速度； （3）在第一次碰撞中损失的机械能。

16．（09年天津卷）如图所示，质量m 1=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m 2=0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0=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μ=0.5,取g=10 m/s2，求

（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。

17．（09年北京卷）

（1）如图所示，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

m 1

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

m 2

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

m 2的速度大小v 2；

（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，质量分别为线静止相间排列，给第1个球初能次碰撞后获得的动能

a. 求

m 1、m 2、m 3……m n -1

、

m n

……的若干个球沿直

E k 1

，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n 个球经过依

E k

与

E k 1

之比为第1个球对第n 个球的动能传递系数

k 1n

k 1n

b. 若

m 1=4m 0, m k =m 0, m 0为确定的已知量。求m 2为何值时，k 1n 值最大

18．（09年重庆卷）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m 和4m. 笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（图a ）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h 1时，与静止的内芯碰撞（图b ）； ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h 2处。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g 。求： （1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小； （2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功； （3）从外壳下端离开桌面到上升至h 2处，笔损失的机械能。

19．（09年广东卷）如图所示，水平地面上静止放置着物块B 和C ，相距l =1.0m 。物块A 以速度

v 0

=10m/s沿水平方向与B 正碰。碰撞后A 和B 牢固地粘在一起向右运动，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，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45.（设碰撞时间很短，g 取10m/s2） （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。

20. 有一大炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量为m =6. 0kg （内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度片质量为

v 0=60m /s ,

当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一

m 0=4. 0kg

，现要求这一片不能落到以发射为圆心，以R =600m 为半径的圆周范围

2

内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g =10m /s , 忽略空气阻力) 。

参考答案

1. B 2 AD 3．BC 4．B 5. D 6 .BCD 7. B 8. C 9. AB 10. C 11． AB 12. ①

13．（1）C （2）AB (3)m1OP=m1OM+m2O’N

(4)若轨道光滑，则由机械能守恒定律和平抛运动规律得：mgh 1=mv02/2,s=v0t,h 2=gt2/2, 联立解得：s 2=4h1h 2

14. 解析：解析：设共同速度为v ，球A 和B 分开后，B 的速度为

v B , 由动量守恒定律有

(m A +m B ) v 0=m A v +m B v B , m B v B =(m B +m C ) v ,

9

v B =v 0

5 联立这两式得B 和C 碰撞前B 的速度为

15．解析：(1)设工人的推力为F ，则有 F ＝3mg （sin θ＋cos θ）

①

(2)设第一次碰撞前瞬间木箱速度为υ1, 由功能关系得：

1

Fl =mgl sin θ+μmgl cos θ+m υ12

2

设碰撞后两木箱的速度为υ2，有动量守恒得： mυ1=2mυ2

设再次碰撞前瞬间速度为υ3，由功能关系得：

②

③

12

Fl =2mgl sin θ+2μmgl cos θ+⨯2m (υ32-υ2)

2

④

设碰撞后三个木箱一起运动的速度为υ4, 由动量守恒得： 2mυ3=3mυ4

⑤

由以上各式可得

υ4=

⑥

（3）设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE ，有：

∆E =

112

m υ12-m υ222

⑦

由①②③⑦式可得：

∆E =mgl (sinθ+μcos θ)

⑧

16．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

m 2v 0=(m 1+m 2)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

-F t =m 2v -m 2v 0 ②

其中 F =μm 2g ③ 解得

t =

m 1v 0

μm 1+m 2g

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 由功能关系有

'=(m 1+m )2v 'm 2v 0

⑤

11

'2=(m 1+m 2)v '2+μm 2gL m 2v 0

2 2 ⑥

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v 0′不能超过5m/s。

17．（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律

设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律 m 1v 10=m 1v 1+m 2v 2 ②

m 1gh =

12

m 1v 102 ①

由于碰撞过程中无机械能损失 111222

m 1v 10=m 1v 1+m 2v 2222 ③

②、③式联立解得 v 2=

2m 1v 10

m 1+m 2

④

将①代入得④ v 2=

2m 12gh m 1+m 2

（2）a 由④式，考虑到

E K 1=

1122m 1v 10和E K 2=m 2v 222得

根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 k 12=

E k 24m 1m 2

=

E k 1(m 1+m 2) 2

⑤

同理可得，球m 2和球m 3碰撞后，动能传递系数k 13应为 k 13=

E k 3E k 2E k 34m 2m 34m 1m 2

=∙=∙

E k 1E k 1E k 2(m 1+m 2) 2(m 2+m 3) 2

⑥

依次类推，动能传递系数k 1n 应为 kin =

E E E E 4m m 4m m 4m m =∙ =∙

E k 1E k 1E k 2E k (n -1) (m 1+m 2) 2(m 2+m 3) 2(m n -1+m n ) 2

解得

k 1n

222

4n -1m 1m 2m 3 m n -1m n

=

(m 1+m 2) 2(m 2+m 3) 2 (m n -1+m n ) 2

b. 将m 1=4m0,m 3=mo 代入⑥式可得 k 12

⎤m 22⎡=64m 0⎢⎥

⎣(4m 0+m 2)(m 2+m o ) ⎦

24m 0m 21

=最大，即m 2+取最小值，(4m o +m 2)(m 2+m 0) 4m 0m 2

2

为使k 13最大，只需使

2⎛4m 02m 0⎫ ⎪+4m 可知m 2+=m 2-0

m 2m 2⎪⎝⎭

2

由

当m 2=

2m 02

, 即m 2=2m 0时，k 13最大。

18．解析：设外壳上升高度h 1时速度为V 1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V 2， (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h 2处，应用动能定理有

1

2

(4mg＋m)( h2－h 1) ＝2(4m＋m)V 2，解得V 2

；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV 1＝(4mg＋m)V 2，

解得V 1

设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W ，在此过程中，对外壳应用动能定理有

1

2

W －4mgh 1＝2(4m)V1， 25h 2-9h 1

4解得W ＝mg ；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h 2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内

11

E 22

芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为损＝2(4m)V1－2(4m＋m)V 2，

5E 联立解得损＝4mg(h2－h 1) 。

19．解析：⑴设AB 碰撞后的速度为v 1,AB 碰撞过程由动量守恒定律得

mv 0=2mv 1

112

mv 2-mv 1222

设与C 碰撞前瞬间AB 的速度为v 2，由动能定理得

-μmgl =

联立以上各式解得

v 2=4m /s

⑵若AB 与C 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得

2mv 2=(2+k ) mv

代入数据解得 k =2 此时AB 的运动方向与C 相同

若AB 与C 发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

2mv 2=2mv 3+kmv

1112

⋅2mv 2=⋅2mv 32+⋅kmv 2

22 2

2-k

v 2

2+k 4v =v 2

2+k 联立以上两式解得

v 3=

代入数据解得 k =6 此时AB 的运动方向与C 相反

若AB 与C 发生碰撞后AB 的速度为0，由动量守恒定律得

2mv 2=kmv

代入数据解得k =4

总上所述得 当2≤k

当k =4时，AB 的速度为0

当4

20. 解析：设炮弹上升到达最高点的高度为H ，根据匀变速直线运动规律，有

2v 0=2gH ，设质量为m 0的弹片刚爆炸后的速度为v 1，另一块的速度为v 2，根据动量守恒定律，

有m 0v 1=(m -m 0) v 2设质量为m 0的弹片运动的时间为t ，根据平抛运动规律，有

H =

12

gt 2和

R =v 1t 炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能

E k =

112

m 0v 12+(m -m 0) v 222

1mm 0R 2g 2

E k =2

2(m -m ) v 00解以上各式得

.

代入数值得

E k =6. 0⨯104J