第六章动量 第一节 动量、冲量和动量定理 基础知识一、动量 1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s； 2、动量和动能的区别和联系 ①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。 ②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。 ③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。 ④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk 3、动量的变化ΔP及其计算方法 动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法： （1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。 （2）利用动量定理 ΔP=F·t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。 二、冲量 1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N·s； 2、冲量的计算方法 （1）I=F·t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。 （2）利用动量定理 Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。 三、动量定理 1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或 Ft＝p/－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是 mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt） 2．单位：牛·秒与千克米／秒统一：l千克米／秒=1千克米／秒2·秒=牛·秒； 3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。 （2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把大量运算转化为代数运算。 （3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式． （4）动量定理公式中的Δ（mv）是研究对象的动量的增量，是过程终态的动量减去过程始态的动量（要考虑方向），切不能颠倒始、终态的顺序。 4．应用动量定理的思路： （1）明确研究对象和受力的时间（明确质量m和时间t）； （2）分析对象受力和对象初、末速度（明确冲量I合，和初、未动量P0，Pt）； （3）规定正方向，目的是将矢量运算转化为代数运算； （4）根据动量定理列方程 （5）解方程。 练习1：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：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。 规律方法1、冲量和动量变化量的计算 例1：物体做匀速圆周运动，速度是否变化？动能是否变化？动量是否变化？物体转过1800时，动能变化多少？动量变化多少？ 例2．有一个质量为1kg的物体，沿一倾角为300的光滑斜面由静止自由滑下，斜面长为10m，求物体到达斜面底端的过程中重力、支持力和合外力所做的功及重力、支持力和合外力的冲量。 解析：该题应用冲量的定义来求解．物体沿光滑料面下滑，加速度a=gsinα，滑到底端所用时间，由s=?at2，可知t=
=
由冲量的定义式IN=Nt=mgcosα
, IG=mgt=mg
I合＝F合t＝mgsinα
例3．一单摆摆球质量m=0．2kg，摆长l=0．5m．今将摆球拉高与竖直方向成50角处由静止释放，求摆球运动至平衡位置过程中重力的冲量和合力的冲量．（g＝10 m／s2） 解析：摆球重力为恒力，且时间t为单摆周期的1/4，即t=T/4=
．所以[来源:学。科。网Z。X。X。K] IG＝mg
=0.2×10×
≈0．69 N·s 摆球所受合力为变力，不能直接用公式I＝Ft计算，只能应用动量定理求之： F合t＝Δmv=m
≈0．039 N·s 答案：0．69 N·S；0．039 N·S 说明：（1）注意区别所求的是某一力的冲量还是合外力的冲量． (2)恒力的冲量一般直接由I＝Ft求，变力的冲量一般由I＝ΔP求． 例4．以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是（ ） A.在两个相等的时间间隔内，石块受到的冲量相同 B.在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同 C.在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同 D.在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同 解析：不计空气阻力，石块只受重力的冲量，无论路程怎样，两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A正确。据动量定理，物体动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相等的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B正确。由于石块下落时在竖直分方向上是作加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，因而动量的增量不同，C错。据动能定理，外力对物体所做的功等于物体动能的增量，石块只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力功就相同，因此动能增量就相同，D正确。答案：ABD。 2、动量定理的初步应用 例5．如图所示，质量为2kg的物体，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由静止开始运动，经过1s撤去F，又经过1s物体停止，求物体与水平面间的动摩擦因数。 解析:在水平面上物体受力分析如图所示，据题意物体的运动分为两个阶段，第一阶段水平方向受拉力F和摩擦力f的作用，历时t1＝1s;第二阶段撤去F后只受摩擦力f的作用又历时t2=ls.全过程初始速度为0，全过程结束时末速度也为0，所以总动量的增量为0. 应用动量定理可列式：Ftl一f(tl十t2）＝0 其中摩擦力f＝μN=μmg 由以上两式得：
注意:应用动量定理公式I＝mv2一mvl时，不要把公式左边的冲量单纯理解为合外力的冲量，可以进一步理解为“外力冲量的矢量和”，这样就对全过程应用一次动量定理就可以解决问题而使思路和解题过程简化。[来源:高考资源网KS5U.COM] 例6．质量为m=2kg的小球，从离地面h1=5 m高处自由下落，球和地面相碰后又反弹至h2＝3.2 m高处，已知上述过程经历的时间t=1.9s，求地面和小球间的平均弹力是多大？ 解析:小球下落时是自由落体运动，下落时间和落地时末速不难求出，反跳后作竖直上抛运动，上升时间和上抛的初速度也能求出，和地面作用的时间为由总时间和下落与上升的时间差，用动量定理就能求出地面的作用力。 落地时速度：
,下落所用时间：
反弹后上升初速度：
,反弹后上升时间：
对球和地面碰撞过程用动量定理，设向上方向为正：（F一mg）（t一t1一t2）=mv2一（一mvI）
例7。求解曲线运动动量变化 以速度v0水平抛出质量为1kg的物体，求：该物体在最后3s内动量变化为多少？（设物体还未落地，g=10m/s2） 2、物体动量的增量可以是物体质量不变，由速度变化形成： ΔP=mv2一mv1=m（V2一v1）=mΔv， 动量定理表达为FΔt=mΔv.也可以是速度不变，由质量变化形成：ΔP＝m2v一mlv=（m2一ml）v＝Δmv,动量定理表达为FΔt＝ΔmV。在分析问题时要注意第二种情况。 例7．宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm，就有10个平均质量为2×10－7的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10 km/s，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？ 解析：设飞船速度为v，飞行时间为Δt，每前进1m附着的尘粒数为n，尘粒的平均质量为m0，则在Δt内飞船增加的质量Δm＝nm0vΔt. 据动量定理FΔt＝Δmv。可知推力：
例8．科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m。 求：（1)飞船加速度的表达式。 (2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？ 解析:(1)设经过时间t，则在时间t内射到太阳帆上的光子数为：N＝nst……① 对光子由动量定理得Ft=NP一N（一P）……② 对飞船由牛顿运动定律得F＝ma……③ 由以上三式解得飞船的加速度为
(2）若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得：ft=0一N（一P）……④ 由①③④得
课后作业 1．用质量为0.5kg的铁锤把地板上的钉子敲进去，铁锤竖直向下打到钉子上，速度大小为4ｍ/ｓ，打击后锤子以1ｍ／ｓ的速度竖直向上反弹，打击的时间是0.01ｓ，球铁锤打击钉子的平均作用力。 2.质量为m=60kg的建筑工人不小心从空中坠落，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来，已知安全带长l=5m，所能承受的最大拉力为Tm=1100N,则弹性安全带的缓冲时间至少应为多少？ 3：如图所示，把重物G压在纸带上，有一水平力缓慢拉动纸带， 重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带会从重物下被抽出，关于解释此现象的正确说法是( ) A．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物冲量小 4．物体从高出地面H处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至地面沙坑下h处停止，如图所示，求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍? 5、变力冲量的计算（动量定理、用F——t图像，线下面积表示冲量）
 6．质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为α和β的两 个光滑斜面，由静止从同一高度h 2开始下滑到同样的另一高度h 1 的过程中（如图所示），A、B两个物体相同的物理量是（ ） A．所受重力的冲量 B．所受支持力的冲量 C．所受合力的冲量 D．动量改变量的大小 7．（北京市西城区2010年抽样测试）如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2 > v1。重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量 A．大小为m (v2 + v1 )，方向与v1方向相同 B．大小为m (v2 – v1 )，方向与v1方向相同 C．大小为m (v2 + v1 )，方向与v2方向相同 D．大小为m (v2 – v1 )，方向与v2方向相同 8。（０８东城一模14．）下列说法正确的是 ( ) A．质点做自由落体运动，每秒内重力所做的功都相同 B．质点做平抛运动，每秒内动量的增量都相同 C．质点做匀速圆周运动，每秒内合外力的冲量都相同 D．质点做简谐运动，每四分之一周期内回复力做的功都相同 9．（０８西城一模20．）水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、 F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v - t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中 （ ）　　　　　　 A．F1的冲量等于F2的冲量 B．F1的冲量大于F2的冲量 C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 ks5u.com （ 10。北京宣武区2008年一模）（18分）一质量为M的汽艇，在静水中航行时能达到的最大速度 为10m/s。假设航行时，汽艇的牵引力F始终恒定不变，而且汽艇受到的阻力f与其航速v 之间，始终满足关系：f=kv，其中k=100N·s/m，求： （ 1）该汽艇的速度达到5m/s的瞬时，汽艇受到的阻力为多大？ （ 2）该汽艇的牵引力F为多大？ （ 3）若水被螺旋桨向后推出的速度为8m/s，汽艇以最大速度匀速行驶时，在3秒钟之内，估算螺旋桨向后推出水的质量m为多少? 第二节 动量守恒定律及其应用 基础知识 一、动量守恒定律 1、内容：相互作用的物体，如果不受外力或所受外力的合力为零，它们的总动量保持不变，即作用前的总动量与作用后的总动量相等． 动量守恒定律适用的条件 ①系统不受外力或所受合外力为零．[来源:高考资源网] ②当内力远大于外力时． ③某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒． 3、常见的表达式 ①p/=p，其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量， 表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。 ②Δp=0 ，表示系统总动量的增量等于零。 ③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。 其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式 A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。 B、0= m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。 C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。 例1．由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律（以两个物体为例） 解析：设两物体质量分别为m1、m2，作用前后的速度分别为v1、v2与v1/、v2/．在Δt时间内m1、m2所受外力为 Fl、F2，内力：第 1个对第 2个物体作用力为f12，其反作用力为f21． 根据动量定理： 对m1：（Fl十f21）Δt＝m1 v1/—m1 v1 对m2：（F2十f12）Δt= m2 v2/一m2 v2 根据牛顿第三定律f12= f21 又由于Fl十F2＝0 所以m1 v1/—m1 v1＝m2 v2/一m2 v2 整理得：m1 v1＋m2 v2 =m1 v1/＋m2 v2/ 二、对动量守恒定律的理解 （1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。 （2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。 （3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。 例2．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是 A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右 C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒 解析：根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左．因而，选项ABD正确． 例3．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的（ ） A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 vl、v2、v3，满足（M＋m0）v=Mvl十mv2十m0v3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为vl和v2，满足Mv=Mvl十mv2。 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv＝（M＋m）vl D．小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv2 分析：小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短，说明在碰撞过程中，悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度，因而摆球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的动量未发生变化，亦即在小车与木块碰撞的过程中，只有小车与木块在水平方向发生相互作用。 解析：在小车M和本块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度V匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的效力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误，小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确。 例4．如图所示，在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动，并发生对心碰撞．设向右为正方向，碰前A、B两球动量分别是pA＝10kgm/s，pB=15 kgm/s，碰后动量变化可能是（ ） A．ΔpA＝5 kg·m／s ΔpB＝5 kg·m／s B．ΔpA =－5 kg·m／s ΔpB ＝ 5 kg·m／s C．ΔpA =5 kg·m／s ΔpB=－5 kg·in／s· 解析：A．此结果动量不守恒；B．可能；C．B的动量不可能减少，因为是A碰B；答案：B 规律方法 一、动量守恒定律的“四性” 在应用动量守恒定律处理问题时,要注意“四性” ①矢量性：动量守恒定律是一个矢量式，，对于一维的运动情况，应选取统一的正方向，凡与正方向相同的动量为正，相反的为负。若方向未知可设与正方向相同而列方程，由解得的结果的正负判定未知量的方向。 ②瞬时性：动量是一个状态量，即瞬时值，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2时，等号左侧是作用前各物体的动量和，等号右边是作用后各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。 ③相对性：由于动量大小与参照系的选取有关，应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的速度，一般以地球为参照系 ④普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 二、应用动量守恒定律的基本思路 1．明确研究对象和力的作用时间，即要明确要对哪个系统，对哪个过程应用动量守恒定律。 2．分析系统所受外力、内力，判定系统动量是否守恒。 3．分析系统初、末状态各质点的速度，明确系统初、末状态的动量。 4．规定正方向，列方程。 5．解方程。如解出两个答案或带有负号要说明其意义。 例5．一辆质量为60kg的小车上有一质量为40kg的人（相对车静止）一起以2m／s的速度向前运动，突然人相对地以 4m／s的速度向车后跳出去，则车速为多大？ 例6．2002年，美国《科学》杂志评出的《2001 年世界十大科技突破》中，有一项是加拿大萨德伯里 中微子观测站的成果．该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子． 在上述研究中有以下说法：①该研究过程中牛顿第二定律依然适用；②该研究中能的转化和守恒定律依然适用；③若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；④若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反．其中正确的是： A.①②， B.①③， C.②③， D. ③④； 解析:牛顿运动定律适用于“低速”“宏观”物体,而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律,在中微子转化为μ子和τ子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当μ子与中微子的运动方向一致时,τ子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反;但μ子运动方向与中微子运动方向相反时,τ子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案C正确. 例7．（2010·福建）如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度
，则 。（填选项前的字母） A． 小木块和木箱最终都将静止 B． 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C． 小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D． 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案：B 三．单方向动量守恒问题：某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒． 例8．将质量为m；的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止砂车中如图所示。砂车与地面间的摩擦力不计，球与砂车的共同速度等于多少？ 解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的外力，则水平方向动量守恒．所以： m v0cosθ＝（M＋m）v，所以v= m v0cosθ/（M＋m） 答案：m v0cosθ/（M＋m） 说明：某方向合外力为零，该方向动量守恒． 四、爆炸问题 爆炸的物体，爆炸后分裂成几个物体，在爆炸的一瞬间，产生的内力一般远远大于外力，因此在爆炸前后瞬时，系统的总动量守恒，可以应用动量守恒定律解题. 例9．一颗手榴弹以v0＝10ｍ/s的速度水平飞行，设它炸裂成两块后，质量为0.4kg的大块速度为250ｍ/s，其方相与原来方向相反。若取v0的方向为正方向，则质量为0.2kg的小块速度为多少？ 五、人船模型 1．若系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒”予以解决。如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。相互作用后运动，则由0=m1
+m2
得推论0＝m1s1＋m2s2，但使用时要明确s1、s2必须是相对地面的位移。 2、人船模型的应用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的合动量为零． 例10．如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？ 解析:当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为v2,船对地的速度为v1,则mv2－Mv1=0,即v2/v1=M/m. 在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒,故mv2t－Mv1t=0,即ms2－Ms1=0,而s1+s2=L 所以

思考：（1)人的位移为什么不是船长？ (2)若开始时人船一起以某一速度匀速运动，则还满足s2/s1=M/m吗？ 例11．载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m．若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？ 解析：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中，人和气球任意时刻的动量大小都相等，所以整个过程中系统平均动量守恒．若设绳梯长为l，人沿绳梯滑至地面的时间为 t，由图4—15可看出，气球对地移动的平均速度为（l－h）/t，人对地移动的平均速度为－h/t（以向上为正方向）．由动量守恒定律，有 M（l－h）/t－m h/t=0．解得 l=
h． 答案：
h 说明：（1）当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解． （2）画出反映位移关系的草图，对求解此类题目会有很大的帮助． （3）解此类的题目，注意速度必须相对同一参照物． 六、反冲运动 1、指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象 2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态． 例12．如图所示，在光滑水平面上质量为M的玩具炮．以射角α发射一颗质量为m的炮弹，炮弹离开炮口时的对地速度为v0。求玩具炮后退的速度v? 【解析】炮弹出口时速度v0可分解为竖直向上的分量vy和水平向右的分量vx。取炮和炮弹为系统，初始时系统动量为零，炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mvy，而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量，因此在竖直分方向上系统的动量不守恒。在水平方向上因地光滑无外力，所以可用水平方向动量守恒来解。炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒。 设水平向左为正方向，据动量守恒定律，在水平方向上：mv0cosα=Mv， 解得炮车后退速度
例13．火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑阻力的情况下，火箭发动机1s末的速度是多大？ 解析：由动量守恒，设火箭发动机1s末的速度为v1，则（M－20m）v1=20mv，
例14．如图所示，带有1/4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上，弧形轨道的半径为R，最低点与水平线相切，整个小车的质量为M。现有一质量为m的小滑块从圆弧的顶端由静止开始沿轨道下滑，求当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度。 【解析】在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中，m和M组成的系统在水平方向不受外力作用；因此该系统在水平方向动量守恒。在m下滑时，对M有一个斜向左下方的压力，此压力的水平分量使M在m下滑时向左作加速运动，直到m脱离轨道飞出。从能量守恒的观点看，m与M获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能。 设向右为正方向，m脱离轨道时的速度为v1，此时小车的速度为v2. 据动量守恒定律，在水平方向上：0＝mvl一Mv2……① 据能量守恒:mgR=?mv12+?Mv22……② 由以上两式解得
例15．光子的能量为hγ，动量大小为hγ/c，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只发出一个γ光子，则衰变后的原子核（C） A.仍然静止 B.沿着与光子运动方向相同的方向运动 C.沿着与光子运动方向相反的方向运动 D.可能向任何方向运动、 解析:原子核在放出γ光子过程中，系统动量守恒，而系统在开始时总动量为零，因此衰变后的原子核运动方向与γ光子运动方向相反. 例16．春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是（ ） A，合外力不变； B．反冲力变小； C．机械能可能变大； D．动量变小 解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案B和D也是对的，否则就会将B和D答案漏选 答案：ABCD 第三节 专题：碰撞中的动量守恒 基础知识 碰撞 一．碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象． 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．按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况． 二．一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞．其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞．其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同一速度运动，机械能损失显著。在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据． 三、三种碰撞讨论： 如图，在光滑的水平面上，有两个质量分别为
和
小球A、B，A球以
的速度与静止的B球发生正碰。 弹性碰撞：碰后分开，动量守恒，动能守恒。

解得：

①m1=m2 时v1/=0，v2/=v1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量． ②m1＞＞m2，v/1=v1，v2/=2v1．碰后m1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m1的速度的两倍向前运动。 ③m1《m2，v/l=一v1，v2/=0． 碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动。 2、完全非弹性碰撞：碰后粘在一起，动量守恒，动能损失最大，损失的动能转化为热。

3、非弹性碰撞：碰后分开，动量守恒，动能有损失，损失的动能转化为热。动能损失介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间
碰撞模型的三种情况在实际的试题中，往往有一下一些关键的语句，如：木板A、B碰撞时间极短且撞后粘在一起；A、B两物体发生正碰，碰撞时间极短，碰撞过程没有能量的损失等等。 四、两球相撞必须满足的四个条件 1、能相撞。（若两球同向运动，前边的球的速度必须小于后边的球的速度） 2、动量守恒。 3、撞后若两球同向运动且没粘在一起，则前边的球的速度必须大于后边的球的速 4、动能不增加。（撞后总动能等于或小于撞前总动能，增大不可能） 规律方法 例1.（09·全国卷Ⅰ·21）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 （ AB ） A.2 B.3 C.4 D. 5 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,则总动量为2P,根据
,以及能量的关系得

,所以AB正确。 练习1。甲物体以动量P1与静止在光滑水平面上的乙物体对心正碰，碰后乙物体的动量为P2，则P2和P1的关系可能是（ ） A．P2＜P1； B、P2= P1 C． P2＞P1； D．以上答案都有可能 解析：此题隐含着碰撞的多种过程．若甲击穿乙物体或甲、乙两物体粘在一起匀速前进时有P2＜P1；若甲乙速度交换时有P2= P1；若甲被弹回时有P2＞P1；故四个答案都是可能的．而后三个答案往往漏选 答案：ABCD 练习2：A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，并以该方向为正方向，已知mA=1kg，mB=2kg，
，
，当A追上B时发生碰撞，则碰撞后A、B两物体的速度可能值是（　　　　） A．
，
　　B．
，
C．
，
　　D．
，3
练习3：质量为4.0kg的物体A静止在水平桌面上.另一个质量 为2.0kg的物体B以5.0m/s的 水平速度与物体A相撞,碰撞后物体B以1.0m/s的速度反向弹回.相撞过程中损失的机械能 是 J. 例2.如图所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的子弹以速度v0从下面竖直向上击中子弹并穿出，使木球向上跳起高度为h，求子弹穿过木球后上升的高度。 【解析】把木球和子弹作为一个系统研究，在子弹和木球相互作用时间内，木球和子弹要受到重力作用，显然不符合动量守恒的条件。但由于子弹和木球间的作用力(内力)远大于它们的重力(外力)，可以忽略重力作用而认为系统动量守恒。 设子弹刚穿过木球时，子弹的速度为v1，木球的速度为v2，竖直向上为正方向。 对系统，据动量守恒：mv=mv1＋Mv2……① 木球获得速度v2后，上升的过程机械能守恒：?Mv22=Mgh……② 两式联立得
子弹射穿木球后的上升过程机械能守恒：?mv12=mgH，将v1代入得子弹上升的最大高度：
例3：（10年西城一摸）如图所示，竖直平面内的光滑弧形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。质量为M=2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为m=1.0kg的小物块A从离水平面高h＝0.45m的P点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动。取重力加速度g=10m/s2。求（1）A经过Q点时速度的大小v0；（2）A与B碰后速度的大小v；（3）碰撞过程中系统（A、B）损失的机械能ΔE。 课后练习 1、质量为m的小球A，在光滑水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的速率变为原来的
，那么B球的速度可能值是：（ ） A．
　　 B．
　　　　C．
　　　　D．
2、（北京顺义区2008年三模）(16分)如图12所示，一个半径R＝0.80m的
光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h＝1.25m。在圆弧轨道的最下端放置一个质量mB＝0.30kg的小物块B（可视为质点）。另一质量mA＝0.10kg的小物块A（也视为质点）由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，与物块B发生碰撞，碰后A物块和B物块粘在一起水平飞出。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求： （1）物块A与物块B碰撞前对圆弧轨道最低点的压力大小； （2）物块A和B落到水平地面时的水平位移大小； （3）物块A与物块B碰撞过程中A、B组成系统损失的机械能。 3、A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kgm/s，B球的动量是7kgm/s，当A追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是 （ ） A．-4 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/s 4、（09·全国卷Ⅰ·21）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 5.（09·北京·24）（1）如图1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
的小球从高位
处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为
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
的速度大小
； 6.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与 静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为 OD曲线,如图所示.已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小； 第四节 动量、能量综合应用 基础知识 一、动量和动能 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同： 动量是矢量，动能是标量．物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化．如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变． 动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度． 动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比．不同物体动能相同时动量可以不同，反之亦然，
，常用于比较动能相同而质量不同物体的动量大小；
常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小． 二、动量守恒定律与机械能守恒（包括能量守恒）定律 动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力（不管是内力还是外力）做功．所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况（不管是否做功），并着重分析是否满足合外力为零．应特别注意：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，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内》F外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒． 另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成． 三、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，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理．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，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性． 四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意： 1.认真审题，明确物理过程．这类问题过程往往比较复杂，必须仔细阅读原题，搞清已知条件，判断哪一个过程机械能守恒，哪一个过程动量守恒 2.灵活应用动量、能量关系．有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式． 例1．如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m．求： （1）A、B分离时B的速度多大？ （2）C由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？ 分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B分离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A分离时的速度向右做匀速运动，C沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加（实际上是等于C的重力所做的功）。 解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，则 2mvAB＋mvC＝0 ………① 又系统内仅有重力弹力做功，机械能守恒，有mgR=?（2m）vAB2＋?mvc2………② 联立①②解得vAB＝
，vC=－2
，即分离时B的速度为
． （2）当C上升到最高点时，C与A有共同速度vAB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mvAB＋mvC＝2mvAC 解之得vAC=－
． 所以W=?mvAB2＋?2mvc2＝?m（
）2＋?×2m（
）2＝
mgR． 点评：本题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考查对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。 规律方法一、特点 能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电学与原子核物理学中也都有类似的题目．因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里． 二、解题思路 1．选出要研究的系统． 2．对系统分析，看是否动量守恒（有时是某一方向动量守恒），再根据动量守恒定律列方程． 3．对系统中的物体受力分析，找出外力总功与物体始末动能，从而应用动能定理列关系式． 4．这当中有时要用到机械能守恒或能量守恒定律，可根据具体情况列出关系式． 5．根据以上的关系式，求得某一物理量 例2．如图所示，质量为m的小铁块以初速度v0滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为μ，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为Δs，则木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？ 解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒 根据动量守恒定律m v0＝（M＋m）v……① 根据动能定理，对M ?Mv2=μmgs 对m： ?m v02一?mv2=μmg（s＋Δs） 木块动能增量为μmgs=?M
2 铁块动能减少量为：μmg（s＋Δs）=?m v02－?m
2 系统机械能的减少量为：?m v02一?mv2－?Mv2＝μmgΔs 转化成内能的能量为：μmgΔs 答案： ?M
2，?m v02－?m
2，μmgΔs，μmgΔs 点评：从以上可知，（1）m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能． （2）系统机械能的减少量等于产生的内能 （3）从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同． 三．子弹打木块模型（板块模型） 质量为M的木块静止在光滑水平面上，一质量为
速度为
的子弹水平射入木块中，如果子弹所受阻力的大小恒为f，子弹没有穿出木块，木块和子弹的最终速度为
，在这个过程中木块相对地面的位移为
，子弹相对与地面的位移为
，子弹相对与木块的位移为
。
 光滑水平面，子弹与木块水平方向动量守恒

① 对木块用动能定理
② 对子弹用动能定理
③ ②＋③，得到
④ 观察方程④，等式的左边表示摩擦力对系统做的功，右边表示系统动能的变化，那么它表示的物理意义是，在不受外力作用下，系统内部摩擦力做功（摩擦力与物体相对位移的乘积）等于系统动能的变化。 这种模型适用条件是，一个物体在另一个物体表面或内部运动，在运动方向上不受外力，系统动量守恒。从能量的观点看，系统内部摩擦力做功（摩擦力与物体相对位移的乘积）等于系统动能的变化。 例3：如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的， 子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ） A．动量守恒、机械能守恒； B．动量不守恒、机械能不守恒； C．动量守恒、机械能不守恒； D．动量不守恒、机械能守恒； 例4：(宣武区)7.如图，一质量为M =1.2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h =1.8m。一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度10m/s穿出。重力加速度g取10m/s2。求： （1）子弹穿出木块时，木块获得的水平初速度V； （2）木块落地点离桌面边缘的水平距离X。 例5：北京东城区2008届期末考（14分）一根轻绳长L=1.6m，一端系在固定支架上，另一端悬挂一个质量为M=1kg的沙箱A，沙箱处于静止。质量为m=10g的子弹B以水平速度v0=500m/s射入沙箱，其后以水平速度v＝100m/s从沙箱穿出（子弹与沙箱相互作用时间极短）。g=10m/s2.求： （1）子弹射出沙箱瞬间，沙箱的速度u的大小； ( 2 ) 沙箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能E损； （3）沙箱摆动后能上升的最大高度h； （4）沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小。 课后作业 一质量M=2千克的木块，放在高h=0.8米的光滑桌面上，被一个水平方向飞来的子弹打落在地面上(打击后子弹留在木块中)，落地点与桌边的水平距离S=1.6米，子弹的质量 m=10克。求子弹击中木块前的速度。 2、如图所示，质量是M的木板静止在光滑水平面上，木板长为l0，一个质量为m 的小滑块以初速度v0从左端滑上木板，由于滑块与木板间摩擦作用，木板也开 始向右滑动，滑块滑到木板右端时二者恰好相对静止，求： （1）二者相对静止时共同速度为多少？ （2）此过程中有多少热量生成？[来源:高考资源网] （3）滑块与木板间的滑动摩擦因数有多大？ 3、 子弹以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木块中，并共同运动下列说法中正确的是： ( ) A、子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩擦生的热的总和 B、木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功 C、木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量 D、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹对木块所做的功的差 4．用细线悬挂一质量为M的木块,木块静止,如下左图所示．现有一质量为m的 子弹自左方水平地射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为v0和v．求子弹和木 块作为一个系统共同损失的机械能E损和木块能摆到的最大高度．(设子弹穿过木 块的时间很短,可不计) 5、质量为M =2kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为m=1kg 的物块。两者间的动摩擦因数为μ=0.1，使物块以
=0.4m/s 的水平速度向左运动，同时使小车以
=0.8m/s 的初速度水平向右运动， （取g= 10m/s2）求： （1）物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向？ （2）为使物块不从小车上滑下，小车的长度L至少多大？ 6：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量PA=5kg·M/S，B球的动量为PB=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为PB/=10kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是： mB=mA； B、mB=2mA；C、mB=4mA； D、mB=6mA； 解：由动量守恒得PA＋PB= PA/+PB/代入数据得PA/=2kg·m/s 由碰撞中动能不增特征知
数据得mB≥2.5mA，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mA＞PB/mB可得mB＞1.4mA 碰撞后速度应满足关系PA//mA≤PB//mB可得mB=5mA 综合得答案：C 四．弹簧连接体模型 如图所示，在光滑的水平面上有质量为
、
的A、B两个小球固定在轻质弹簧的两端，开始时A、B静止，弹簧处于原长状态，在某时刻突然给A球以
的初速度，试分析以后A、B小球的运动情况和弹簧弹性势能的变化情况。
 开始时
，弹簧被压缩，A减速，B加速， a、到
时，弹簧被压到最短，弹性势能最大，然后弹簧得弹力使B加速，使A减速
 b、当弹簧恢复原长时，弹性势能为0， 系统动能最大

相当于是弹性碰撞，解得：
，

 c、因为
，弹簧要被拉伸，B要减速，A要正向加速，到
时，弹簧被拉到最长，弹性势能最大。

 d、当弹簧再次回到原长时，由动量守恒，机械能守恒，解得：

，回到最初的状态。 这种模型两物体之间通过弹簧作用，不受其它外力，满足动量守恒，从能量的观点看，系统的动能与弹簧弹性势能相互转化，并且当两物体速度相等时，弹簧弹性势能达到最大。 例1：如下图所示,光滑水平面上有质量相等的A和B两物体，B上装有一轻弹簧，B原来静止，A以速度v正对B滑行，当弹簧压缩到最短时，B的速度为（ ） A．0 B．
C．
D．
例2：如图所示，地面OB段是光滑的，BC段不光滑。B点静止放着一个质量为m的质点Q，另一个质量也为m的质点P靠紧被压缩的弹簧（不连接），并处于静止状态，弹簧的弹性势能是EP。突然释放弹簧，质点P脱离弹簧后与质点Q相碰，碰后粘连在一起滑行至C点停止。若两质点与地面BC段之间的动摩擦因数是μ，求： 质点P脱离弹簧时的速度 两质点相碰后的总动能 B、C之间的距离 例3．如图所示，一轻质弹簧两端各连接一质量均为m的滑块A和B，两滑块都置于光滑水平面上．今有质量为m/4的子弹以水平速度V射入A中不再穿出，试分析滑块B何时具有最大动能．其值为多少？ 解析：对子弹和滑决A根据动量守恒定律 mv/4=5mv//4所以v/=v/5。 当弹簧被压缩后又恢复原长时，B的速度最大，具有的动能也最大，此过程动能与动量都守恒

由①②得：vB=2v/9 所以 B的动能为EkB=2mv2/81 答案：弹簧被压缩又恢复原长时；EkB=2mv2/81 例4．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。 （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。 （2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。 解析（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有mv0=（m＋m）v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有2mv1＝3mv2。 由以上两式得A的速度v2=
v0 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有 ??×2mv12=?×3mv22＋EP 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有EP＝?（2m）·v32 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒，有2mv3=3mv4 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP/，由能量守恒，有 ??×2mv32=?×3mv42＋EP/ 解以上各式得 E P/=
mv02 课后作业 1、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ） A P的初动能 B P的初动能的1/2 C P的初动能的1/3 D P的初动能的1/4 2、(丰台区)5．如图所示，斜面顶端距水平面高度为h，质量为m1 的小物块A从斜面顶端由静止滑下，进入水平滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道左端M处的墙上，另一端与质量为 m2 挡板 B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道上的 O点。A与 B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM段 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为
，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g,求 （1）物块 A在与挡板 B碰撞前瞬间速度 v的大小； （2）物块 A在与挡板 B碰撞后瞬间速度
的大小； （3）弹簧最大压缩量为 d时的弹性势能 Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。 3、（北京朝阳区期末卷）如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧。B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用。作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能EP为 A．
B．
C．
D．
4、（北京西城区2008年二模）如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B，质量之比mA∶mB = 3∶1。将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车的 B A．加速度大小之比aA∶aB = 1∶1 B．速度大小之比vA∶vB = 1∶3 C．动能之比EkA∶EkB = 1∶1 D．动量大小之比pA∶pB = 1∶3 5、（北京丰台区2008届期末考）（8分）如图，在光滑的水平面上，有质量均为m的A、B两个物体。B与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在墙上。开始弹簧处于原长。A以一定的速度与B发生正碰，碰撞时间极短。碰后两物体以相同的速度压缩弹簧，弹簧的最大弹性势能为Ep。不计一切摩擦。求碰撞前物体A的速度v0。　　

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