第五部分 动量和能量
第一讲 基本知识介绍
一、冲量和动量
1、冲力（F —t 图象特征）→ 冲量。冲量定义、物理意义
冲量在F —t 图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F 对t 的平均作用力）
2、动量的定义
动量矢量性与运算
二、动量定理
1、定理的基本形式与表达
2、分方向的表达式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy …
3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即t P
??=ΣF 外
三、动量守恒定律
1、定律、矢量性
2、条件
a 、原始条件与等效
b 、近似条件
c 、某个方向上满足a 或b ，可在此方向应用动量守恒定律
四、功和能
1、功的定义、标量性，功在F —S 图象中的意义
2、功率，定义求法和推论求法
3、能的概念、能的转化和守恒定律
4、功的求法
a 、恒力的功：W = FScos α= FSF = FS S
b 、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F —S 图象（或先寻求F 对S 的平均作用力）
c 、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点
五、动能、动能定理
1、动能（平动动能）
2、动能定理
a 、ΣW 的两种理解
b 、动能定理的广泛适用性
六、机械能守恒
1、势能
a 、保守力与耗散力（非保守力）→ 势能（定义：ΔEp = －W 保）
b 、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达
2、机械能
3、机械能守恒定律
a 、定律内容
b 、条件与拓展条件（注意系统划分）
c 、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。
七、碰撞与恢复系数
1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类）
碰撞的基本特征：a 、动量守恒；b 、位置不超越；c 、动能不膨胀。
2、三种典型的碰撞
a 、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2
21 m1210v + 21 m2220v = 21 m121v + 21 m222v
解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得： v1 = 21201021m m v 2v )m m (++-， v2 = 1210
2012m m v 2v )m m (++-
对于结果的讨论：
①当m1 = m2 时，v1 = v20 ，v2 = v10 ，称为“交换速度”；
②当m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ，
b 、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律
c 、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有 v1 = v2 = 2120
2101m m v m v m ++
3、恢复系数：碰后分离速度（v2 － v1）与碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即： e = 2010
1
2v v v v -- 。根据“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。 当e = 0 ，碰撞为完全非弹性；
当0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞为非弹性；
当e = 1 ，碰撞为弹性。
八、“广义碰撞”——物体的相互作用
1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1 = v10 ，v2 = v20的解。
2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE = ΔE 内 = f 滑·S 相 ，其中S 相指相对路程。
第二讲 重要模型与专题
一、动量定理还是动能定理？
物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n 颗，每颗的平均质量
为m ，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v 飞行，垂直速度方向的横截面积为S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。 模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。
先用动量定理推论解题。
取一段时间Δt ，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S ·v Δt 的空间，遭遇n ΔV 颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。
F = t P ?? = t v M ??? = t v V n m ???? = t v
t nSv m ???? = nmSv2
如果用动能定理，能不能解题呢？
同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = v Δt 的位移，引擎推力F 须做功W = F x ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk 为零，所以： W = 21
ΔMv2 即：F v Δt = 21
（n m S ·v Δt ）v2 得到：F = 21
nmSv2
两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I = F t ，
由此推出的F = t P
??必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，F 的大小就是引擎推力大小了。这个
解没有毛病可挑，是正确的。
（学生活动）思考：如图1所示，全长L 、总质量为M 的
柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一
端，以恒定的水平速度v 将绳子拉直。忽略地面阻力，试
求手的拉力F 。
解：解题思路和上面完全相同。 答：L Mv 2
二、动量定理的分方向应用
物理情形：三个质点A 、B 和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸长的绳子AB 和BC 相连，静止在水平面上，如图2所示，AB 和BC 之间的夹角为（π－α）。现对质点C 施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A 开始运动的速度。
模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B 质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。
下面具体看解题过程——
绳拉直瞬间，AB 绳对A 、B 两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1 ，BC 绳对B 、C 两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2 ；设A 获得速度v1（由于A 受合冲量只有
I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB ），设B 获得速度v2（由于B 受合冲量为1I +2I
，矢量和既不沿AB ，也不沿BC 方向，可设v2与AB 绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C
获得速度v3（合冲量I
+2I
沿BC 方向，故v3沿BC 方
向）。
对A 用动量定理，有：
I1 = m1 v1 ① B 的动量定理是一个矢量方程：1I +2I = m22v ，可化
为两个分方向的标量式，即：
I2cos α－I1 = m2 v2cos β ②
I2sin α= m2 v2sin β ③
质点C 的动量定理方程为：
I － I2 = m3 v3 ④
AB 绳不可伸长，必有v1 = v2cos β ⑤
BC 绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥
六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤——
1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式：
I1 = m1 v1 ⑴
I2cos α－I1 = m2 v1 ⑵
I2sin α= m2 v1 tg β ⑶
I － I2 = m3 v1(cos α+ sin αtg β) ⑷
2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：
I1 = m1 v1 ㈠
I2cos α－I1 = m2 v1 ㈡
I = m3 v1 cos α+ I22232m sin m m α
+ ㈢
3、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。结果为： v1 =
α+++α
23132122sin m m )m m m (m cos Im
（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？
解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。
答：β= arc tg （α+tg m m m 221）。
三、动量守恒中的相对运动问题
物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N 个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？ 模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N 次抛球和将N 个球一次性抛出是完全等效的。
设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1 第二过程获得的速度大小为V2 。
第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N 个球动量守恒。
0 = Nm(-v) + MV1
得：V1 = M Nm
v ①
第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。
第一个球与（N –1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1 。值得注意的是，根据运动合成法则地车车球地球→→→+=v v v ，铅球对地的速度并不是（-v ），而是（-v + u1）。它们动量守恒方程为：
0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m 〕u1
得：u1 =v
Nm M m +
第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2 。它们动量守恒方程为：
〔M+(N-1)m 〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m 〕u2
得：u2 = v
Nm M m + + v m )1N (M m -+
第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3 。铅球对地的速度是（-v + u3）。它们动量守恒方程为：
〔M+(N-2)m 〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m 〕u3
得：u3 =v
Nm M m + + v m )1N (M m -+ + v m )2N (M m -+
以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）……，uN的通式已经可以找出：
V2 = uN =
v
Nm
M
m
+ +
v
m
)1
N
(
M
m
-
+ +
v
m
)2
N
(
M
m
-
+ + … +
v
m
M
m
+
即：V2 = ∑
=
+
N
1
i
v
im
M
m
②
我们再将①式改写成：
V1 = ∑
=
N
1
i
v
M
m
①′
不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。
结论：第一过程使车子获得的速度较大。
（学生活动）思考：质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？
解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1 = ∑
=
+
n
1
i
v
nm
M
m
。
答：第二过程获得速度大。
四、反冲运动中的一个重要定式
物理情形：如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多
远？
（学生活动）思考：人可不可能
匀速（或匀加速）走动？当人中
途停下休息，船有速度吗？人的
全程位移大小是L吗？本系统选
船为参照，动量守恒吗？
模型分析：动量守恒展示了已知
质量情况下的速度关系，要过渡
到位移关系，需要引进运动学的
相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S = v t 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。
对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v ，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：
0 = MV + m(-v)
即：mv = MV
由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：
m v = M V ① 设全程的时间为t ，乘入①式两边，得：m v t = M V t
设s 和S 分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S ② 受船长L 的约束，s 和S 具有关系：s + S = L ③
解②、③可得：船的移动距离 S =m M m
+L
（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。） 另解：质心运动定律
人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质
心（用它到船的质心的水平距离x 表达。根据力矩平衡知识，得：x = )M m (2mL
+），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的
质心位移易如反掌。
（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，
和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m 和M ，此时人离地面高h 。
现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多
长？
解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充
分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。 答：M M
m +h 。
（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在
光滑的水
平地面上，
小斜面在
大斜面的
顶端。将它
们无初速
释放后，小
斜面下滑，大斜面后退。已
知大、小斜面的质量分别为
M 和m ，底边长分别为a 和b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。 解：水平方向动量守恒。解题过程从略。
答：m M m
+（a －b ）。
进阶应用：如图7所示，一个质量为M ，半径为R 的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质
量为m 的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。
解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。
为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球
球心O 为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x 坐标、
竖直轴为y 坐标。
由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面
前），有必要引入相对运动中半球球心O ′的方位
角θ来表达质点的瞬时位置，如图8所示。
由“定式”，易得： x = m M M
+Rsin θ ①
而由图知：y = Rcos θ ②
不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数θ消掉，使它们成为：
22
)R m M M (x + + 22R y = 1
这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R 和m M M
+R 的椭圆。
五、功的定义式中S 怎么取值？
在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S 是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看
下面一些事例。
1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手
前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？
2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S
是否可以取绳子质心的位移？
3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？
4、如图10所示，双手用等大反向的力F 压固定汽缸两边
的活塞，活塞移动相同距离S ，汽缸中封闭气体被压缩。
施力者（人）是否做功？
在以上四个事例中，S 若取作用点位移，只有第1、2、4例是做
功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在
不停地交换作用点），S 若取物体（受力者）质心位移，只有第
2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。
所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。
面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体
能量转化的量度”这一根本点。
第1
例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生
物能转化而来，人肯定做了功。S宜取作用点的位移；
第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳；
第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；
第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移。
但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第1例，人对讲台不做功，S取物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。）
以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。
而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体（质心）位移。
那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。
当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心
上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的
双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）
的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广
义功为宜。
以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简
单地看成一个质点。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之间
的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第1例）。
以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。
（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度v之前，与传送带的摩擦力大小为f ，对地的位移为S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W = fS ？
解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S 。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）
答：否。
（学生活动）思考：如图12
所示，人站在船上，通过拉一
根固定在铁桩的缆绳使船靠
岸。试问：缆绳是否对船和人
的系统做功？
解：分析同上面的“第3例”。
答：否。
六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合
物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A 、B 两个有孔小球，串在杆上，且被长为L 的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B 球运动L/2时的速度v2 。
模型分析：A 、B 系统机械能守恒。A 、B 两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。
（学生活动）A 球的机械能是否守恒？B 球的机械能
是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分
析：a 、“微元法”判断两个WT 的代数和为零；b 、
无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？
由“拓展条件”可以判断，A 、B 系统机械能守恒，
（设末态A 球的瞬时速率为v1 ）过程的方程为： m2g 2L = 211v m 21 + 2
22v m 21 ①
在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的
瞬时迁移速率为v ，根据“第三部分”知识介绍的
定式，有：
v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30°
两式合并成：v1 = v2 tg30°= v2/3 ②
解①、②两式，得：v2 = 212m m gL m 3
七、动量和能量的综合（一）
物理情形：如图14所示，两根长度均为L 的刚性轻杆，一端通过质量为m 的球形铰链连接，另一端分别与质量为m 和2m 的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m 的小球的速度
v2 。
模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并
注意约束关系——两杆不可伸长。
（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向
会怎样？
设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向：水平
向左），球形铰链的速度为v （方向：和竖直方向夹θ角斜
向左），
对题设过程，三球系统机械能守恒，有： mg( L-22L) = 21m 21v + 21mv2 + 212m 22v
①
三球系统水平方向动量守恒，有：
mv1 + mvsin θ= 2mv2 ②
左边杆子不形变，有：
v1cos45°= vcos(45°-θ) ③
右边杆子不形变，有：
vcos(45°+θ) = v2cos45° ④
四个方程，解四个未知量（v1 、v2 、v 和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下——
1、③、④两式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tg θ= 1/4
2、在回到③、④两式，得： v1 = 35v2 , v = 317
v2
3、将v1 、v 的替代式代入①式解v2即可。结果：v2 = 20)
22(gL 3-
（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？ 解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。 答：0 、gL 2 、0 。
（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？
解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。 答：L
823 。
进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m 滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v 的大小、方向怎样？
解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，
数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难
题。
据运动的合成，有：
半球
点→v = 地点→v + 半球地→v = 地点→v - 地半球→v 其中地半球→v 必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设
其大小为v2 ；半球
点→v 必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半径）的，设大小为v 相 。根据矢量减法的三角形法则，可以得到地点→v （设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x 、y
分量v1x 和v1y 也描绘在图中。
由图可得：v1y =（v2 + v1x ）tg θ ①
质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2 = mv1x ②
对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cos θ) = 21M 22v + 21
m 21v ，即：
mgR(1-cos θ) = 21M 22v + 21m （2x 1v + 2y 1v ） ③
三个方程，解三个未知量（v2 、v1x 、v1y ）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——
1、由①、②式得：v1x = m M v2 ， v1y = (m M
m +tg θ) v2
2、代入③式解v2 ，得：v2 =θ+++θ-2222tg )m M (Mm M )cos 1(gR m 2
3、由21v = 2x 1v + 2y 1v 解v1 ，得：v1 =θ+++θ+θ+θ-222222sin )m M (m Mm M )sin m sin Mm 2M )(cos 1(gR 2
v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg x 1y
1v v = arctg （θ+tg M m M ）
这就是最后的解。 〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω = R v 相 = )sin m M (R )cos 1)(M m (g 22θ+θ-+ 。〕
八、动量和能量的综合（二）
物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg 的平板车左端放有质量为m = 2 kg 的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s 向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。
模型分析：本模型介绍
有两对相互作用时的处
理常规。能量关系介绍
摩擦生热定式的应用。
由于过程比较复杂，动
量分析还要辅助以动力
学分析，综合程度较高。
由于车与墙壁的作用时
短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。 规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。
车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v 的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，
共同速度v1 =
M m )v (M mv +-+ = 3v
，因方向为正，必朝墙运动。 （学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S = a 2v 2
,反
向加速的位移S ′= 121a 2v ，其中a = a1 = M mg
μ，故S ′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然
已和铁块达到共同速度v1 。
车第二次碰墙后，车速变为－v1 ，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，
共同速度v2 = M m )v (M mv 11+-+ = 3v 1 = 23v
，因方向为正，必朝墙运动。
车第三次碰墙，……共同速度v3 = 3v 2 = 33v
，朝墙运动。
……
以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——
铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……
平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右…… 显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。
1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk =ΔE 内 ，且，ΔE 内 = f 滑 S 相 ， 即：21
（m + M ）v2 = μmg ·S 相
代入数字得：S 相 = 5.4 m
2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故
第一次：S1 = a 2v 2
第二次：S2 = a 2v 21 = a 2122
3v
第三次：S3 = a 2v 22 = a 2142
3v
……
n 次碰墙的总路程是：
ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= a v 2
（ 1 + 231 + 431 + … + ）（1n 231- ）
= M mg
v 2
μ（ 1 + 231 + 431 + … + ）（1n 231- ）
碰墙次数n →∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m
（学生活动）质量为M 、程度为L 的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m 的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？
解：由第一过程，得滑动摩擦力f = L 2mv 20
。
第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为
0v ' m 0v ' =（ m + M ）v
21m 20v ' - 21（ m + M ）v2 = fL
解以上三式即可。
答：0v '=
M M
m +v0 。
第三讲 典型例题解析
教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。 例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。
七、动量 一、知识网络 二、画龙点睛 概念 1、冲量 (1)定义 力F和力的作用时间t的乘积Ft叫做力的冲量，通常用I表示。 冲量表示力对时间的累积效果，冲量是过程量。
(2)大小：物体在恒力作用下，冲量的大小是力和作用时间的乘 积，即 I ＝Ft 计算冲量时，要明确是哪个力在哪一段时间内的冲量。 (3)方向：冲量是矢量，它的方向是由力的方向决定的。 如果力的方向在作用时间内不变，冲量方向就跟力的方向相同。 (4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒（N ·s ）。 (5)说明 ①冲量是矢量。恒力冲量的大小等于力和时间的乘积，方向与力 的方向一致；冲量的运算符合矢量运算的平行四边形定则。 (怎样求合力的冲量，怎样求变力的冲量) ②冲量是过程量。冲量表示力对时间的累积效果，只要有力并且 作用一段时间，那么该力对物体就有冲量作用。计算冲量时必须明确 是哪个力在哪段时间内的冲量。 ③冲量是绝对的。与物体的运动状态无关，与参考系的选择无关。 ④冲量可以用F ─t 图象描述。 F ─t 图线下方与时间轴之间包围的“面积”值表示对应时间内力的
冲量。 例题：①如图所示，一个质量为m的物块在与水平Array方向成θ角的恒力F作用下，经过时间t，获得的速 度为V，求F在t时间内的冲量？ (大小：Ft；方向：与F的方向一致，与水平方向成θ角) ②一质量为mkg的物体，以初速度V0水平抛出，经时间t，求重力在时间t内的冲量？ (大小：mgt；方向：竖直向下) 例题：以初速度V0竖直向上抛出一物体，空气阻力不可忽略。关于物体受到的冲量，以下说法中正确的是 A．物体上升阶段和下落阶段受到重力的冲量方向相反 B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的方向相反C．物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量D．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下 解析：物体在整个运动中所受重力方向都向下，重力对物体的冲量在上升、下落阶段方向都向下，选项A错。 物体向上运动时，空气阻力方向向下，阻力的冲量方向也向下。物体下落时阻力方向向上，阻力的冲量方向向上。选项B正确。 在有阻力的情况下，物体下落的时间t2比上升时所用时间t1大。物体下落阶段重力的冲量mgt2大于上升阶段重力的冲量mgt1，选项C 正确。
高中物理-动量守恒定律（一） ★新课标要求 （一）知识与技能 理解动量守恒定律的确切含义和表达式,知道定律的适用条件和适用范围 （二）过程与方法 在理解动量守恒定律的确切含义的基础上正确区分内力和外力 （三）情感、态度与价值观 培养逻辑思维能力,会应用动量守恒定律分析计算有关问题 ★教学重点 动量的概念和动量守恒定律 ★教学难点 动量的变化和动量守恒的条件． ★教学方法 教师启发、引导,学生讨论、交流。 ★教学用具： 投影片,多媒体辅助教学设备 ★课时安排 1 课时 ★教学过程 （一）引入新课 上节课的探究使我们看到,不论哪一种形式的碰撞,碰撞前后mυ的矢量和保持不变,因此mυ很可能具有特别的物理意义。 （二）进行新课 1．动量（momentum）及其变化 （1）动量的定义：物体的质量与速度的乘积,称为(物体的)动量。记为p=mv. 单位：kg·m/s 读作“千克米每秒”。 理解要点： ①状态量：动量包含了“参与运动的物质”与“运动速度”两方面的信息,反映了由这两方面共同决定的物体的运动状态,具有瞬时性。 师：大家知道,速度也是个状态量,但它是个运动学概念,只反映运动的快慢和方向,而运动,归根结底是物质的运动,没有了物质便没有运动.显然地,动量包含了“参与运动的物质”和“运动速度”两方面的信息,更能从本质上揭示物体的运动状态,是一个动力学概念. ②矢量性：动量的方向与速度方向一致。 师：综上所述：我们用动量来描述运动物体所能产生的机械效果强弱以及这个效果发生
的方向,动量的大小等于质量和速度的乘积,动量的方向与速度方向一致。 （2）动量的变化量： 定义：若运动物体在某一过程的始、末动量分别为p和p′,则称：△p= p′－p为物体在该过程中的动量变化。 强调指出：动量变化△p是矢量。方向与速度变化量△v相同。 一维情况下：Δp=mΔυ= mυ2- mΔυ1矢量差 【例1（投影）】 一个质量是0.1kg的钢球,以6m/s的速度水平向右运动,碰到一个坚硬的障碍物后被弹回,沿着同一直线以6m/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？ 【学生讨论,自己完成。老师重点引导学生分析题意,分析物理情景,规范答题过程,详细过程见教材,解答略】 2．系统内力和外力 【学生阅读讨论,什么是系统？什么是内力和外力？】 （1）系统：相互作用的物体组成系统。 （2）内力：系统内物体相互间的作用力 （3）外力：外物对系统内物体的作用力 〖教师对上述概念给予足够的解释,引发学生思考和讨论,加强理解〗 分析上节课两球碰撞得出的结论的条件： 两球碰撞时除了它们相互间的作用力（系统的内力）外,还受到各自的重力和支持力的作用,使它们彼此平衡。气垫导轨与两滑块间的摩擦可以不计,所以说m1和m2系统不受外力,或说它们所受的合外力为零。 3．动量守恒定律（law of conservation of momentum） （1）内容：一个系统不受外力或者所受外力的和为零,这个系统的总动量保持不变。这个结论叫做动量守恒定律。 公式：m1υ1+ m2υ2= m1υ1′+ m2υ2′ （2）注意点： ①研究对象：几个相互作用的物体组成的系统（如：碰撞）。 ②矢量性：以上表达式是矢量表达式,列式前应先规定正方向； ③同一性（即所用速度都是相对同一参考系、同一时刻而言的） ④条件：系统不受外力,或受合外力为0。要正确区分内力和外力；当F内＞＞F外时,系统动量可视为守恒； 思考与讨论： 如图所示,子弹打进与固定于墙壁的弹簧相连的木块, 此系统从子弹开始入射木块到弹簧压缩到最短的过程中,
一冲量和动量姓名 一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的） 1、下列关于动量的说法正确的是 A．质量大的物体的动量一定大 B．质量和速率都相同的物体的动量一定相同 C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变 D．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变 2、合力F在t时间内对某物体冲量I=-2N·s的冲量作用，对于它的含义，下列说法正确的是（） A．F的方向与冲量的方向相反 B．F的方向与冲量的方向相同 C．物体的动量一定减少 D．F的方向与选取的冲量的正方向相反 3、关于冲量和动量，下列说法正确的是（） A.冲量是反映力的作用时间累积效果的物理量 B.动量是描述物体运动状态的物理量 C.冲量是过程量，动量是状态量 D.冲量方向与动量方向一致 4、下列说法正确的是（） A．物体动量的改变，一定是速度大小的改变 B．物体动量的改变，一定是速度方向的改变 C．物体运动状态的改变，其动量一定改变 D．物体速度方向的改变，其动量一定改变 5、质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定推力F作用下，由静止开始运动，在时间t内推力的冲量和重力的冲量大小分别为 A．Ft；0 B．Ftcosθ C．Ft；mgt D．Ftcosθ；mgt 6、如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动（）． A、可能是匀变速运动 B、可能是匀速圆周运动 C、可能是匀变速曲线运动 D、可能是匀变速直线运动 7、质量为5kg的小球，从距地面高为20m处水平抛出，初速度为10m／s，从抛出到落地过程中，重力的冲量是（）． A．60N·s B．80N·s C．100N·s D．120N·s x8、以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力不可忽略。关于物体受到的冲量， 以下说法中正确的是（） A．物体上升阶段和下落阶段受到重力的冲量方向相反 B．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的方向相反 C．物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量 D．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下 x9、将甲乙两物体自地面同时上抛，甲的质量为m，初速度为v，乙的质量为2m，初速度为v/2。若不计空气阻力，则（） A．甲比乙先到最高点 B．甲和乙在最高点的重力势能相等C．落回地面时甲的动量的大小比乙的大 D．落回地面时甲的动能比乙的大 x10、下列一些说法正确的是（）：
高中物理动量守恒定律练习题及答案及解析 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又一起向上运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)，重力加速度为g ．求： （1）A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； （2）A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能； （3）若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆弧轨道与斜面相切 于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，则v 至少为多大时物块A 能沿圆弧轨道运动到Q 点．（计算结果可用根式表示） 【答案】20132v gx =01 4 P E mgx =0(2043)v gx =+【解析】 试题分析：（1）A 与B 球碰撞前后，A 球的速度分别是v 1和v 2，因A 球滑下过程中，机械能守恒，有： mg （3x 0）sin30°= 1 2 mv 12 解得：103v gx ＝ 又因A 与B 球碰撞过程中，动量守恒，有：mv 1=2mv 2…② 联立①②得：21011 322 v v gx ＝＝ （2）碰后，A 、B 和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒． 则有：E P + 1 2 ?2mv 22＝0+2mg?x 0sin30° 解得：E P ＝2mg?x 0sin30°? 1 2?2mv 22=mgx 0?34 mgx 0＝14mgx 0…③ （3）设物块在最高点C 的速度是v C ，
高中物理知识点：冲量与动量公式总结 南通仁德教育朱老师总结了高中知识点：冲量与动量公式总结，仅供同学们参考； 1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝ 2.冲量：I=Ft {I:冲量(N s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定｝ 3.动量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:动量变化Δp=mvt–mvo，是矢量式} 4.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 5.弹性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系统的动量和动能均守恒} 6.非弹性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的最大动能} 7.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体} 8.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰: v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2) 9.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒) 10.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失 E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对 {vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹相对长木块的位移} 注： (1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们“中心”的连线上; (2)以上表达式除动能外均为矢量运算,在一维情况下可取正方向化为代数运算; (3)系统动量守恒的条件:合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒(碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等); (4)碰撞过程(时间极短，发生碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒,原子核衰变时动量守恒; (5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加;(6)其它相关内容：反冲运动、火箭、航天技术的发展和宇宙航行
一、选择题 [ A ] 1．（基础训练2）一质量为m 0的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m 的木块轻轻放于斜面上，如图3-11．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将 (A) 保持静止． (B) 向右加速运动． (C) 向右匀速运动． (D) 向左加速运动． 提示：假设斜面以V 向右运动。由水平方向动量守恒得 0(cos )0m V m V v θ+-= ，而0v =，得0V = ［C ］2.（基础训练3）如图3-12所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为 (A) 2m v ． (B) 2 2)/()2(v v R mg m π+ (C) v /Rmg π． (D) 0． [ B ]3. （自测提高2）质量为20 g 的子弹，以400 m/s 的速率沿图3-15入一原来静止的质量为980 g 的摆球中，摆线长度不可伸缩．子弹射入后开始与 摆球一起运动的速率为 (A) 2 m/s ． (B) 4 m/s ． (C) 7 m/s ． (D) 8 m/s ． 提示：对摆线顶部所在点角动量守恒。 2sin 30()mv l M m lV ?=+;其中m 为子弹质量，M 为摆球质量，l 为 摆线长度。 ［D ］4．（自测提高4）用一根细线吊一重物，重物质量为5 kg ，重物下面再系一根同样的细线，细线只能经受70 N 的拉力.现在突然向下拉一下下面的线.设力最大值为50 N ，则 (A)下面的线先断． (B)上面的线先断． (C)两根线一起断． (D)两根线都不断． 提示：下面的细线能承受的拉力大于所施加的最大力，所以下面的细线不断。 对重物用动量定理： 0' ' ' =--? ?? ++dt T mgdt dt T t t t t t 下上 ' t 为下拉力作用时间，由于' t t >>，因此，上面的细线也不断。 二、填空题 5．（基础训练8）静水中停泊着两只质量皆为0m 的小船．第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v 从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以 同样的速率v 水平向左地跳回到第一只船上．此后 (1) 第一只船运动的速度为v 1＝ 图3-11 图3-15
一、系统、内力和外力┄┄┄┄┄┄┄┄① 1．系统：相互作用的两个(或多个)物体组成的一个整体。 2．内力：系统内部物体间的相互作用力。 3．外力：系统以外的物体对系统内部的物体的作用力。 [说明] 1．系统是由相互作用、相互关联的多个物体组成的整体。 2．组成系统的各物体之间的力是内力，将系统看作一个整体，系统之外的物体对这个整体的作用力是外力。 ①[填一填]如图，公路上有三辆车发生了追尾事故，如果把前面两辆车看作一个系统，则前面两辆车之间的撞击力是________，最后一辆车对前面两辆车的撞击力是________(均填“内力”或“外力”)。 答案：内力外力 二、动量守恒定律┄┄┄┄┄┄┄┄② 1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 2．表达式：对两个物体组成的系统，常写成： p1＋p2＝或m1v1＋m2v2＝。 3．适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为0。 4．动量守恒定律的普适性 动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。 [注意] 1．系统动量是否守恒要看研究的系统是否受外力的作用。
2．动量守恒是系统内各物体动量的矢量和保持不变，而不是系统内各物体的动量不变。 ②[判一判] 1．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒(×) 2．两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒(√) 3．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零(√) 1.对动量守恒定律条件的理解 (1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。 (2)系统受外力作用，但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。 (3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒。例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力可以忽略不计，系统的动量近似守恒。 (4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。 2．关于内力和外力的两点提醒 (1)系统内物体间的相互作用力称为内力，内力会改变系统内单个物体的动量，但不会改变系统的总动量。 (2)系统的动量是否守恒，与系统的选取有关。分析问题时，要注意分清研究的系统，系统的内力和外力，这是正确判断系统动量是否守恒的关键。 [典型例题] 例 1.[多选]如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是() A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
高中物理动量守恒定律试题类型及其解题技巧 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．运载火箭是人类进行太空探索的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力。某兴趣小组制作了两种火箭模型来探究多级结构的优越性，模型甲内部装有△m=100 g 的压缩气体，总质量为M=l kg ，点火后全部压缩气体以v o =570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有2 m ? 的压缩气体，每级总质量均为 2 M ，点火后模型后部第一级内的全部压缩气体以速度v o 从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2s 时第一级脱离，同时第二级内全部压缩气体仍以速度v o 从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出。喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m ／s 2，求两种模型上升的最大高度之差。 【答案】116.54m 【解析】对模型甲： ()00M m v mv =-?-?甲 21085=200.5629 v h m m g =≈甲甲 对模型乙第一级喷气： 10022 m m M v v ??? ?=-- ???乙 解得： 130m v s =乙 2s 末： ‘ 11=10m v v gt s -=乙乙 22 11 1'=402v v h m g -=乙乙乙 对模型乙第一级喷气： ‘120=)2222 M M m m v v v ??--乙乙（ 解得： 2670= 9 m v s 乙 2 2222445=277.10281 v h m m g =≈乙乙 可得： 129440 += 116.5481 h h h h m m ?=-≈乙乙甲。 2．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是 m A =4.0kg 和m B =3.0kg ．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t =0时以一定速度向右运动，在t =4s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v -t 图象如图乙所示．求：
高三物理动量和冲量的知识点归纳高三物理动 量题解法 动量部分 1.动量和冲量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv。是矢量，方向与v的方向相同。两个动量相同必须是大小相等，方向一致。 (2)冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即 I=Ft。冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定。 2.动量定理：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。表达式：Ft=p-p或Ft=mv-mv(1)上述公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向。高三物理一轮复习中也需要特别注意。 (2)公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。 (3)动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力。系统内力的作用不改变整个系统的总动量。 (4)动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
3.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。 表达式：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2(1)动量守恒定律成立的条 ①系统不受外力或系统所受外力的合力为零。 ②系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计。 ③系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量的分量保持不变。 (2)动量守恒的速度具有四性：①矢量性;②瞬时性;③相对性;④普适性。 4.爆炸与碰撞(1)爆炸、碰撞类问题的共同特点是物体间的相互作用突然发生，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处理。 (2)在爆炸过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的动能爆炸后会增加，在碰撞过程中，系统的总动能不可能增加，一般有所减少而转化为内能。 (3)由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程简化处理。即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动。
高中物理动量守恒定律解题技巧讲解及练习题(含答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg和1kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态．乙的右侧有一挡板P.现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2m/s，此时乙尚未与P相撞． ①求弹簧恢复原长时乙的速度大小； ②若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞．求挡板P对乙的冲量的最大值．【答案】v乙＝6m/s. I＝8N 【解析】 【详解】 （1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得： 又知 联立以上方程可得，方向向右。 （2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为 由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为： 2．如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求： ①物块C的质量？ ②B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E P？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】 试题分析：①由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒．m c v1＝（m A＋m C）v2 即m c＝2 kg ②12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
高中物理冲量与动量练习题及答案
高中物理冲量与动量练习题及答案 一、选择题 1..关于冲量的下列说法中正确的是……………………………………（） A.作用力越大，冲量越大 B.力的作用时间越长，冲量越大 C.恒力的作用时间越长，则冲量越大 D.冲量是矢量，也是过程量 2.两物体的动量相等，则………………………………………………（） A.两物体的质量一定相等 B.两物体的速度一定相等 C.两物体的运动方向一定相同 D.质量大的物体的运动速率小 3.关于动量及其变化，下列说法中正确的是…………………………（） A.动量对应于某个时刻，而动量变化量对应于某一段时间 B.动量是矢量，动量变化量也是矢量 C.动量变化量的方向可能与初动量、末动量的方向都不相同 D.动量变化量的方向就是物体所受到的合冲量的方向 4.一个质量为2kg的小球以水平速度5m/s向右运动，与挡板碰撞后，以3m/s 的水平速度反向弹回，则……………………………………………（） A.它的动量变化量的大小为4kgm/s B.它的动量变化量的大小为16kgm/s C.它受到挡板的撞击力为16N D.它的动量变化量的方向与初动量方向相同 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢2
5.若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的（质量不变）…（） A、速度大小一定改变了。 B、速度方向一定改变了。 C、速度一定变化了。 D、加速度一定不为零。 6.质量为m的木块，从倾角为θ的斜面上匀速滑下，经过时间t到达斜面的底 端，则……………………………………………………………………（） A、重力的冲量大小为mgt。 B、斜面对物体的冲量大小为mgt。 C、合力的冲量为0。 D、合力的冲量为mgtsinθ。 7.物体以某一初速度从粗糙斜面的底端沿斜面上滑，物体滑动至最高点后又返 回底端，则下述说法中正确的是……………………………………………（） A.上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力冲量 B.上滑过程中与下滑过程中，摩擦力冲量大小相等 C.上滑过程和下滑过程中弹力冲量相等 D.上滑过程中合外力的冲量与下滑过程中合外力的冲量方向相同 二、填空题 8.质量为4kg的物体作自由落体运动，它在1s末的动量大小为______，在第2s 内动量增加__________。（g=10m/s2,运动时间超过2s） 9.用8N的力推动一个物体，力的作用时间是5s，则力的冲量为______。若物 体仍处于静止状态，此力在这段时间内冲量为________,合力的冲量为 _______。 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢3
高中物理动量守恒定律试题经典 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，小明站在静止在光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v 向右匀速运动．已知木箱的质量为m ，人与车的总质量为2m ，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞，反弹回来后被小明接住．求： (1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v 1的大小； (2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v 2的大小． 【答案】①2v ；②23 v 【解析】 试题分析：①取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=2mv 1-mv 得12v v = ②小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv 1=（m+2m ）v 2 解得223 v v = 考点：动量守恒定律 2．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求： （1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2 014 mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】 解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以 2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速 度相等，有：2 12 v v = 而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+
由以上两式可得：0 12 v v = ，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：2 2 22012011 11222 2 24 E m v m v mv mv ?=--=g g g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-= 3．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以0 2 v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ； （4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能． 【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）20 1532 mv E ?= 【解析】 【详解】 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： mv 0＝m 2 v ＋2mv B 解得v B ＝ 4 v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 2 220001 11()2()22224 v v mgL mv m m μ?＝－－ 解得20 516v gL μ= (3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有： 2 mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒：
学号________________专业______________姓名________________ 第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 一、选择题 1、A 、B 两木块质量分别为m A 和m B ，且m B ＝2m A ，其速度分别-2v 和v ，则两木块运动动能之比E KA /E KB 为[ B ] (A) 1:1 (B) 2:1 (C) 1:2 (D) -1:2 2、考虑下列四个实例，你认为哪一个实例中物体和地球构成的系统的机械能不守恒? [ A ] (A) 物体在拉力作用下沿光滑斜面匀速上升 (B) 物体作圆锥摆运动 (C) 抛出的铁饼作斜抛运动（不计空气阻力） (D) 物体在光滑斜面上自由滑下 二、填空题 1、质量为0.02kg 的子弹，以200m/s 的速率打入一固定的墙壁内，设子弹所受阻力F 与其进入墙壁的深度x 的关系如图7所示，则该子弹能进入墙壁的深度为0.21cm ；此过程中F 所做的功为400J 。 2、一质量为m 的物体静止在倾斜角为α的斜面下端，后沿斜面向上缓慢地被拉动了l 的距离，则合外力所作功为 0 。 3、质量为m 的物体，从高为h 处由静止自由下落到地面上，在下落过程中忽略阻力的影响，则物体到达地面时的动能为___mgh _。（重力加速度为g ） 4、一物体放在水平传送带上，物体与传送带间无相对滑动，当传送带作加速运动时，静摩擦力对物体作功为__正_。（仅填“正”，“负”或“零”） 5、光滑水平面上有一质量为m =1kg 的物体，在恒力(1)F x i =+ (SI) 作用下由静止开始运动， 则在位移为x 1到x 2内，力F 做的功为22212122x x x x ????+-+ ? ? ? ?? ? 。 三、判断题 1、质点系机械能守恒的条件是：系统的非保守内力和系统合外力做功之和为零。( √ ) 2、一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用。若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统的机械能一定守恒。( .× ) 3、一质点以初速v 0竖直上抛，它能达到的最大高度为h 0。当质点在光滑长斜面上，以初速v 0向上运动质点仍能到达高度h 0（忽略空气阻力）。 ( √ ) 4、一质点以初速v 0竖直上抛，它能达到的最大高度为h 0。当质点以初速v 0竖直角度为45?上抛，质点仍能到达高度h 0（忽略空气阻力）。( .× )
高中物理动量守恒定律练习题及答案 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求： (1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ； (2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1； (3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值． 【答案】(1)2 4.610N F N -=? (2)1 1.25B T = (3)127s 360 t π = ,001290143ββ==和 【解析】 【详解】 解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111 -22 m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v = 碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v ' =+ 取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =
动量典型例题 典型例题 冲量相等时物体的运动情况 例1如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动（）． A、可能是匀变速运动 B、可能是匀速圆周运动 C、可能是匀变速曲线运动 D、可能是匀变速直线运动 分析与解：冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．答案为A、C、D． 下落物体的重力冲量 例2 一个质量为5kg的物体从离地面80m的高处自由下落，不计空气阻力，在下落这段时间内，物体受到的重力冲量的大小是（）． A．200N·s B．150N·s C．100N·s D．250N·s 分析与解：根据冲量的定义在这个过程中重力的大小是一个定值，只需求出这个过程所用的时间即可． 答案：C． 冲量公式的简单应用 例3 一匹马通过不计质量的绳子拉着货车从甲地到乙地，在这段时间内，下列说法中正确的是：（）． A、马拉车的冲量大于车拉马的冲量 B、车拉马的冲量大于马拉车的冲量 C、两者互施的冲量大小相等 D、无法比较冲量大小 分析与解：在这个过程中，马对车的拉力，与车对马的拉力是一对作用力与反作用力，大小总是相等的，根据冲量的定义，时间也相同，所以冲量的大小是相等的．答案：C． 关于动量的矢量计算 例4 质量为5kg的小球以5m／s的速度竖直落到地板上，随后以3m／s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（） A．10kg·m／s B．－10kg·m／s C．40kg·m／s D．－40kg·m／s 分析与解：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正．
高中物理动量守恒定律题20套(带答案) 一、高考物理精讲专题动量守恒定律 1．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B ，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C ，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有滑块A 以初速度0v 从右端滑上B ，一段时间后，以0 2 v 滑离B ，并恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ．求： （1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； （2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； （3）圆弧槽C 的半径R ； （4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能． 【答案】（1） v B ＝04v ；（2）20516v gL μ=（3）2064v R g =（4）20 1532 mv E ?= 【解析】 【详解】 (1)对A 在木板B 上的滑动过程，取A 、B 、C 为一个系统，根据动量守恒定律有： mv 0＝m 2 v ＋2mv B 解得v B ＝ 4 v (2)对A 在木板B 上的滑动过程，A 、B 、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 2 220001 11()2()22224 v v mgL mv m m μ?＝－－ 解得20 516v gL μ= (3)对A 滑上C 直到最高点的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒，则有： 2 mv ＋mv B ＝2mv A 、C 系统机械能守恒： 22200111 ()()222242 v v mgR m m mv +-?＝ 解得2 64v R g = (4)对A 滑上C 直到离开C 的作用过程，A 、C 系统水平方向上动量守恒
高中物理专题复习 动量及动量守恒定律 一、动量守恒定律的应用 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m 1的物体Ａ以速度v 1向质量为m ２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21 v v ''和。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。 ⑴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：12 1121212112,v m m m v v m m m m v +='+-='。 ⑵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，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同,弹性势能仍最大，但比⑴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。 ⑶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⑴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，A 、B 最终的共同速度为12 1121v m m m v v +='='。在完全非弹性碰撞过程中,系统的动能损失最大，为:()() 21212122121122121m m v m m v m m v m E k +='+-=?。 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v 1向物块运 / /
2019高考物理公式：冲量与动量公式 高考物理答题时离不开公式，为方便同学们复习物理知识点，小编整理了2019高考物理公式，供同学们参考学习。 1.动量：p=mv {p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝ 2.冲量：I=Ft {I:冲量(N s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F 决定｝ 3.动量定理：I=Δp或Ft=mvt-mvo {Δp:动量变化Δp=mvt-mvo，是矢量式} 4.动量守恒定律：p前总=p后总或p=p′也可以是 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 5.弹性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系统的动量和动能均守恒} 6.非弹性碰撞Δp=0;0ΔEKm {ΔEK：损失的动能，EKm：损失的最大动能} 7.完全非弹性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后连在一起成一整体} 8.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰: v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2) 10.由9得的推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒) 11.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失 E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相对{vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹
相对长木块的位移} 注： (1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们中心的连线上; (2)以上表达式除动能外均为矢量运算,在一维情况下可取正方向化为代数运算; (3)系统动量守恒的条件:合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒(碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等); (4)碰撞过程(时间极短，发生碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒,原子核衰变时动量守恒; (5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加;(6)其它相关内容：反冲运动、火箭、航天技术的发展和宇宙航行〔见第一册P128〕。
第三章 动量与角动量 一、选择题 [ A ] 1．（基础训练2）一质量为m 0的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m 的木块轻轻放于斜面上，如图3-11．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将 (A) 保持静止． (B) 向右加速运动． (C) 向右匀速运动． (D) 向左加速运动． 提示：假设斜面以V 向右运动。由水平方向动量守恒得 0(cos )0m V m V v θ+-= ，而0v =，得0V = ［C ］2.（基础训练3）如图3-12所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为 (A) 2mv ． (B) 22)/()2(v v R mg m π+ (C) v /Rmg π． (D) 0． 提示：2T mg I G ?=? ， v R T π2= [ B ]3. （自测提高2）质量为20 g 的子弹，以400 m/s 的速率沿图3-15入一原来静止的质量为980 g 的摆球中，摆线长度不可伸缩．子弹射入后开 始与摆球一起运动的速率为 (A) 2 m/s ． (B) 4 m/s ． (C) 7 m/s ． (D) 8 m/s ． 提示：对摆线顶部所在点角动量守恒。 2sin 30()mv l M m lV ?=+;其中m 为子弹质量，M 为摆球质量，l 为 摆线长度。 ［D ］4．（自测提高4）用一根细线吊一重物，重物质量为5 kg ，重物下面再系一根同样的细线，细线只能经受70 N 的拉力.现在突然向下拉一下下面的线.设力最大值为50 N ，则 (A)下面的线先断． (B)上面的线先断． (C)两根线一起断． (D)两根线都不断． 提示：下面的细线能承受的拉力大于所施加的最大力，所以下面的细线不断。 对重物用动量定理： 0' ' ' =--? ?? ++dt T mgdt dt T t t t t t 下上 ' t 为下拉力作用时间，由于' t t >>，因此，上面的细线也不断。 二、填空题 5．（基础训练8）静水中停泊着两只质量皆为0m 的小船．第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v ? 从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以同 样的速率v 水平向左地跳回到第一只船上．此后 (1) 第一只船运动的速度为v ? 1＝ 02m v m m - +v 。 (2) 第二只船运动的速度为v ? 2＝0 2m v m v 。（水的阻力不计，所有速度都 m m 0 图3-11 ?30v ?2 图3-15 θ m v ? R