专题一冲量、动量

1. 冲量（I）

（1）定义I F=F·t（F为恒力）单位N·s

（3）冲量是过程量，与一段时间相对应。

注：有力，有过程，有冲量，跟是否做功无关。

2. 动量（P）

（1）定义P=mv，单位：kg·m/s

（3）动量是状态量。（与时刻、位置相对应）

3. 动量变化量（又称动量增量）

（2）P2、P1在同一直线上，可以先选定正方向，用正、负号表示动量的方向，把矢量运算转化为代数运算。

动量变化可补充例题：

②以速度v0竖直上抛，一质量为m的小球，则从抛出至返回抛出点。

专题二动量定理

意义不同：牛顿第二定律说明力的瞬时效应，产生a。动量定理说明力作用一段时间的积累效应，产生冲量，改变物体动量。

4. 应用：

举例：

①将质量为m的小球从h高度水平抛出，求从抛出至落地，小球动量变化。

②单摆摆球质量m，摆线长为l，摆角为θ（θ＜5°），则在其由振幅处摆至平衡位置过程中，重力冲量多大？I合多大？

（3）求力F。

专题三动量守恒定律

1. 动量守恒定律内容：相互作用的物体组成的系统不受外力（或外力之和为零），系统的总动量保持不变。

注：①动量守恒定律的表达式为矢量式，解题时应选定一个正方向，各物体动量方向用正、负号表示，将矢量方程转化为代数方程。

②公式中速度是以地面为参考系。

人、车原来静止，突然人以速度v0跳下，则车的速度为v M=?

2. 动量守恒条件：

①系统不受外力或系统所受外力之和为0。

②系统所受外力不为零，但外力远小于内力时，近似认为动量守恒。

如碰撞，爆炸等过程。

③系统所受外力不为零，但在某个方向上不受外力（F x=0），此方向动量守恒。

子弹打砂摆，在打击过程中，作用时间极短，（T>(M+m)g圆运动）

系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。（E不守恒）

上摆过程则系统动量不守恒，机械能守恒。

3. 应用解题：

（1）定系统。（将相互作用的几个物体看成一个系统）

（2）查条件。（明确研究过程，分析系统受力，判断是否满足动量守恒条件）

（3）定状态。（明确系统中每一个物体在研究过程中的初、末状态）

（4）定正方向。

（5）列方程。（根据动量守恒定律）

专题四碰撞与反冲

1. 碰撞：

物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，这类现象称碰撞。

特点：作用时间极短，作用力很大，发生碰撞的物体系统动量守恒。（系统受外力<<内力）中学只处理正碰，即碰撞前后物体的动量是在一条直线上。根据碰撞中能量转化情况把碰撞分三类：

（1）完全弹性碰撞，碰撞后形变完全消失，不损失能量。

特点：系统动量，机械能（动能）守恒。

（2）完全非弹性碰撞：碰撞后形变完全保留，一点也不能恢复，如钢球和橡皮泥相碰，子弹击中木块停留在木块中，通常表现为碰后两物体合二为一，以共同速度一起运动。

特点：系统动量守恒，碰后共同速度，机械能损失最多。

（3）一般碰撞（非弹性碰撞）：碰撞后形变部分保留，碰后两物体速度不同。

特点：系统动量守恒，有机械能损失。（损失介于上述两种极端情况之间）

（4）判定碰撞可能性问题的分析思路

①判定系统动量是否守恒。

②判定物理情景是否可行。

如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

③判定碰撞前后动能是否增加。

举例：“一动一静”碰撞：

<1>弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒

<2>完全非弹性碰撞：

<3>一般碰撞：

2. 反冲现象：

（1）定义：在系统内力作用下，系统内的一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化。

如：爆竹爆炸，发射火箭，喷气式飞机，炮车发射炮弹等。

（2）特点：①反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可应用动量守恒定律。

②动能增加（其它形式的能转化而来）。 ③作用力和反作用力都做正功。

专题五 相互作用过程中的能量转化

1. 当物体间发生相互作用时，常常伴随着多种能量的转化和重新分配过程。系统动量及机械能是否守恒要从两守恒定律成立的条件去分别判断。 （1）系统动量守恒，机械能也守恒：完全弹性碰撞

如：两木块夹弹簧在光滑水平面上运动，系统不受外力（之和为零），系统动量守恒。系统内只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，运动过程中弹性势能和木块动能相互转化，当两木块速度相等时，弹性势能最大。

如：小球滑上光滑面上的光滑曲面小车，小球和小车此系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，系统跟外界没有能量转化，系统机械能守恒。上滑过程中，小球动能减少转化成小球的重力势能和小车动能，当两者速度相等时，小球滑至最高点。 （2）系统动量守恒，机械能增加：

如：爆炸，系统动量守恒，机械能增加，增加的机械能由化学能转化而来。

如：光滑冰面上两人相互推开的过程，系统动量守恒，机械能增加，增加机械能由生物能转化而来。

（3）系统动量守恒，机械能减少：完全非弹性碰撞

如：子弹击木块，类似非弹性碰撞。系统不受外力，系统动量守恒，由于系统有摩擦力做功，系统减少的机械能转化为内能。

如：木块在木板上滑动，木板放在光滑水平面上，系统动量守恒，由于系统内一对滑动摩擦力做功代数和为负值，系统机械能减少，减少机械能的原因是摩擦生热（Q ＝f ·△s ）转化为内能。

典型例题

1.平静的湖面上浮着一只长L =6 m 、质量为550 kg 的船，船头上站着一质量为m =50 kg 的人，开始时，人和船均处于静止.若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？

取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v ，船对岸的速度为V ，其方向与v 相反，由动量守恒定律有：0=mv +（－MV ）

解得两速度大小之比为：

V v =m

M 此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立.

方法一：取人在船上行走时任一极短时间Δt i ，在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为Δs mi =v i Δt i 和Δs Mi =V i Δt i ，由此有.

Mi mi s s ∆∆=i i V v =m M 这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为 s m =ΣΔs mi ，s M =ΣΔs Mi

由此有M m s s =m

M 由图5－2－2中几何关系可知s m +s M =L .这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为 s M =L m

M m +

图5－2－2

代入数据有s M =0.5 m.

方法二：由于对于人在船上行走过程的任一时刻都有V v =m

M 则在该过程中人和船的平均速度应满足V v

=m

M 由于人和船运动时间相同，故有

M m s s =t V t v =m

M 同方法一，可求得s M =0.5 m.

某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾.设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况判断错误的是

A.人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比

B.人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比

C.人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零

D.当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离

答案提示：人和船组成的系统在水平方向动量守恒，选人前进的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 人v 人－Mv 船＝0 即人

船人

m M v v =

故人前进的速度跟船后退的速度大小总跟它们的质量成反比，但人的速度和船的速度成正比.故人走船走，人快船快，人慢船慢，人停船停.即A 、C 的判断是正确的.

由于人和船间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律知，m 人a 人=Ma 船，即人和船的加速度大小跟它们的质量成反比，B 的判断正确.D 选项的判断错误，应选D.

说明：（1）在满足动量守恒定律条件的系统中，系统任一瞬时的总动量保持不变.

（2）对于这类由两物体构成的系统总动量为零的问题，可以根据动量守恒定律推导出两物体的位移关系，再结合由空间关系找出的位移关系，就可由动量守恒定律求相互作用的两物体的位移.

2. 一只质量M =1 kg 的鸟在空中以v 0=6 m/s 沿水平方向飞行，离地面高度h =20 m ，忽被一颗质量m =20 g 沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v =300 m/s ，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g 取10 m/s 2.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.

解析：鸟被击中后的速度v '为

Mv 0+mv =（M +m ）v '

v '=m M mv Mv ++0=02

.166+ m/s ≈11.76 m/s 被击中后，鸟以v '的速度做平抛运动，则其运动时间为t =

10202⨯ s=2 s 水平位移为x =v 't =11.76×2 m=23.52 m.

答案：2 s 23.52 m

3.动量分别为5 kg ·m/s 和6 kg ·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，若已知碰撞后A 的动量减小了2 kg ·m/s ，而方向不变，那么A 、B 质量之比的可能范围是多少？

剖析：A 能追上B ，说明碰前v A ＞v B ，即A m 5＞B

m 6 碰后A 的速度不大于B 的速度，A m 3≤B

m 8 又因为碰撞过程系统动能不会增加，A m 252+B m 262≥A m 232+B

m 282

由以上不等式组解得：83≤B A m m ≤7

4. 深化拓展

光滑水平面上A 、B 两物体均向右在同一直线上运动，以后发生碰撞．以向右为正方向，已知撞前两物体的动量分别为p A =12 kg ·m/s ，p B =13 kg ·m/s ，则撞后它们的动量的变化量Δp A 和Δp B 有可能是

①Δp A =－3 kg ·m/s ，Δp B =3 kg ·m/s

②Δp A =4 kg ·m/s ，Δp B =－4 kg ·m/s

③Δp A =－5 kg ·m/s ，Δp B =5 kg ·m/s

④Δp A =－24 kg ·m/s ，Δp B =24 kg ·m/s

以上结论正确的是

A.①④

B.②③

C.③④

D.①③

答案：D

说明：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理.

4. 如图5－2－3所示，光滑的水平面上停着一只木球和载人小车，木球质量为m ，人和车的总质量为M ，已知M ∶m =16∶1，人以速率v 沿水平面将木球推向正前方的固定墙壁，木球被墙壁弹回之后，人接住球可以以同样的对地速度将球推向墙壁.设木球与墙壁相碰时无动能损失，求：人经过几次推木球之后，再也不能接住木球？

图5－2－3

剖析：方法一：设第1次推球后人的速度为v 1，由动量守恒定律得0=Mv 1－mv ，

第1次接球后人的速度为v 1′，有mv 1′+mv =（M +m ）v 1′

第2次推球（M +m ）v 1′=Mv 2－mv ，

第2次接球Mv 2+mv =（M +m ）v 2′

┇

第n 次推球

（M +m ）v n －1′=Mv n －mv

可得v n =M

mv n )12( 当v n ≥v 时人便接不到球，可得n ≥8.5，取n =9.

方法二：利用动量定理求解.每次碰撞中，墙给球的冲量为I 1=mv －（－mv ）=2mv ① 设经过n 次球与墙碰撞后可保证人再也接不到球，则墙对球的总冲量为I =nI 1=2nmv ② 对球、人和车组成的系统，由动量定理得

I =mv +Mv n 即2nmv =mv +Mv n ③

人接不到球的条件是v n ≥v ④

由③和④解得n ≥

21（m

M +1）=8.5 故取n =9 也可以这样利用动量定理求解：以人和球及车为研究对象，墙壁改变该系统动量，球每

碰一次墙壁，系统动量改变量为2mv ，方向同接球的反方向.设推n 次（球与挡板碰n －1次）后，有

（n －1）×2mv =Mv n －mv 解得：n =8.5，取n =9.

5. 如下图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s ，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是 v v

A.5 m/s Ｂ.4 m/s C.8.5 m/s

Ｄ.9.5 m/s 解析：小球做平抛运动，它落在车底前瞬间的竖直分速度为

v y =gh 2=20102⨯⨯ m/s =20 m/s

则小球的水平分速度为

v 0=22y v v -=15 m/s 小球落到车中跟车相互作用过程中，系统在水平方向的动量守恒，则

Mv －mv 0=（M +m ）v '

v '=m M mv Mv +-0=5

.4155.05.74⨯-⨯ m/s=5 m/s. 答案：A

6. 如下图所示，质量为m 、半径为R 的小球，放在半径为2R 、质量为2m 的大空心球内.大球开始静止在光滑的水平面上.当小球从图示位置无初速度地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是_______.

解析：两球在水平方向上动量守恒，即

mv 1x －2mv 2x =0

由此可得它们在水平方向上的平均速度满足m x v 1=2m x v 2

则它们沿水平方向的位移关系为ms 1=2ms 2且s 1+s 2=R

故大球移动的距离为s 2=3

1R .

7.单摆摆球质量m ，摆线长为l ，摆角为θ（θ＜5°），则在其由振幅处摆至平衡位置过程中，重力冲量多大？I 合多大？

8. 如下图所示，一排人站在沿x 轴的水平轨道旁，原点O 两侧的人的序号都记为n （n =1，2，3……）.每人只有一个沙袋，x ＞0一侧的每个沙袋质量m =14 kg ，x ＜0一侧的每个沙袋质量为m ′=10 kg.一质量为M =48 kg 的小车以某初速度从原点出发向正x 方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v 朝与车相反的方向沿车面扔到车上，v 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n 倍（n 是此人的序号数）. 0112233x

……

（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？

（2）车上最终有大小沙袋共多少个？

解析：因为扔到车上的沙袋的水平速度与车行方向相反，两者相互作用后一起运动时，总动量的方向（即一起运动的方向）必与原来动量较大的物体的动量方向相同.当经过第n 个人时，扔上去的沙袋的动量大于车及车上沙袋的动量时，车就会反向运动.车向负x 方向运动时，当扔上去的沙袋的动量与车及车上沙袋的动量等值反向时，车将停止运动.

（1）设小车朝正x 方向滑行过程中，当车上已有（n －1）个沙袋时的车速为v n －1，则车与沙袋的动量大小为

p 1=［M ＋（n －1）m ］v n －1

车经过第n 个人时，扔出的沙袋速度大小为2nv n －1，其动量大小为

p 2＝2nmv n －1

当满足条件p 2＞p 1时，车就反向滑行，于是有

2nmv n －1＞［M ＋（n －1）m ］v n －1

得n ＞m m M -=141448-=2.43 取n =3，即车上堆积3个沙袋时车就反向运动.

（2）设车向负x 方向滑行过程中，当第（n －1）个人扔出沙袋后的车速为v n －1′，其动量大小为p 1′=［M ＋3m ＋（n －1）m ′］v n －1′

车经过第n 个人时，扔出沙袋的速度大小为2nv n －1′，其动量大小为p 2′＝2nm ′v n －1′ 当满足条件p 2′=p 1′时，车就停止，于是有

［M ＋3m ＋（n －1）m ′］v n －1′=2nm ′v n －1′

得n =

m m m M ''-+3=10

1014348-⨯+=8 所以车停止时车上共有沙袋数为N =3+8=11（个）。 9.（济南）质量为m ＝1kg 的小木块（可看成质点），放在质量为M ＝5kg 的长木板的左端，如下图所示，长木板放在光滑的水平桌面上。小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的长度l ＝2m ，系统处于静止状态。现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g 取10m/s 2）

（1）给小木块施加水平向右的恒定外力F ，F 的作用时间t ＝2s ，则F 至少是多大？

（2）给小木块一个水平向右的冲量I ，则冲量I 至少是多大？

解：

10. （广东物理，18）如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s＝2.88m，质量为2m、大小可忽略的木块C置于A板的左端。C与A之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右，大小为2/5mg的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？

解析：设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2

所以一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有

A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为s1，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则

设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3，对A、B系统，由动能定理

对C物体，由动能定理

由以上各式，再代入数据可得

11. 如图所示，甲乘一辆冰车从山坡的冰道上滑下进入水平冰道，乙乘另一辆冰车在水平冰道上沿同一直线向甲迎面滑来。甲和他的冰车总质量为m1＝40kg，滑到水平冰道上的速度为v1＝4m/s；乙和他的冰车总质量为m2＝60kg，速度大小为v2＝0.5m/s。当两人相距很近时，为了防止冰车相撞，他们相互用手接触并推对方。设冰面是光滑的，且相推后甲、乙不再相撞，求在他们相互作用的过程中，

（1）甲和他的冰车的动量变化的最小值。

（2）甲的推力对乙做功的最小值。

解：（1）设向右为正方向，根据系统动量守恒。

12.如图所示，在光滑的水平地面上停着一辆小车。小车上平台的上表面是粗糙的。它靠在光滑的水平桌面旁并与桌面等高。现在有一个质量为m＝2kg的物体C以速度v0＝10m/s 沿水平桌面向右运动，滑过小车平台后从A点离开，恰能落在小车前端的B点，此后物体C 与小车以共同速度运动。已知小车质量为M＝5kg，O点在A点的正下方，OA＝0.8m，OB＝1.2m，g取10m/s2。求：物体刚离开平台时，小车获得的速度大小。

解：设物体刚离开平台时速度为v1，这时车速为v2物体在空中飞行时间为t

物体在小车平台上滑动的过程中，物体和小车总动量守恒

13.在水平面上沿一条直线放两个完全相同的小物体A和B，它们相距s，在B右侧距B2s处有一深坑，如图所示。现对A物施以瞬间冲量，使物体A沿A、B连线以速度v0向B运动。为使A与B能发生碰撞且碰撞之后又不会落入右侧深坑中，物体A、B与水平面间的动摩擦因数应满足什么条件。设A、B碰撞时间很短，A、B碰撞后不再分离，g＝10m/s2。

解：设物体A、B的质量均为m，它们与地面间动摩擦因数为μ

若使A、B能够碰撞须有，A开始的动能大于克服摩擦力做的功即：

设A与B碰撞之前瞬间的速度为v1，碰撞后A、B的速度为v2

A、B碰撞后一起以v2开始运动，不落入深坑中的条件是

它们的动能小于克服摩擦力做的功即：

所以要满足题目要求，物体与地面间动摩擦因数μ有

14.长为2m的小车A，它的质量为2kg，静止在光滑的水平地面上。一个质量为3kg大小可不计的物体B从车A的左端以4m/s的水平向右的速度冲上A，物体B在A车上滑行了0.8m后，它们相对静止。之后，小车A跟右边的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中量损失，g取10m/s2。求：

（1）A、B相对静止时，小车A的动能多大。

（2）为保证A、B相对静止之后，车才与墙碰撞，开始时，车的右端距墙至少多远。

（3）车与墙第一次碰撞后离墙最远时，A、B组成的系统的机械能。

解：（1）以水平向右为正方向，从B冲上A到A、B相对静止的过程

A、B为系统，动量守恒

（2）在同一过程中以A、B为系统

系统机械能的减少等于克服阻力做的功

设A、B间动摩擦因数为μ

摩擦力对小车A做功，使小车动能增加。设小车A的位移为S车

所以开始时小车右端距墙应大于0.48m

（3）车与墙壁碰撞前后的速度大小相等，方向相反，车第一次撞墙后距墙最远时，小车的速度减为0

以A、B为系统，从车与墙碰撞后到离墙最远的过程中，动量守恒

角动量

15.如果一个质量为A m 的半圆形槽A 原来静止在水平面上，原槽半径为R 。将一个质量为B m 的滑块B 由静止释放（图4-3-1），若不计一切摩擦，问A 的最大位移为多少？

由于A 做的是较复杂的变加速运动，因此很难用牛顿定律来解。由水平方向动量守恒和机械能守恒，可知B 一定能到达槽A 右边的最高端，而且这一瞬间A 、B 相对静止。因为A 、B 组成的体系原来在水平方向的动量为零，所以它的质心位置应该不变，初始状态A 、B 的质心距离圆槽最低点的水平距离为：

R

m m m s B

A B

⋅+=

。

所以B 滑到槽A 的右边最高端时，A 的位移为（图4-3-2）

R

m m m s B

A B

⋅+=22

如果原来A 、B 一起以速度v 向右运动，用胶水将B 粘在槽A 左上端，某一时刻胶水突然失效，B 开始滑落，仍然忽略一切摩擦。设从B 脱落到B

再次与

A 相对静止的时间是t ，那么这段时间内A 运动了多少距离？

B 脱落后，A 将开始做变加速运动，但A 、B 两物体的质心仍然以速度v 向右运动。所以在t 时间内A 运动的距离为：

R

m m m vt L B A B

+-

=2

16.三个钢球A 、B 、C 由轻质的长为l 的硬杆连接，竖立在水平面上，如图4-10-5所示。已知三球质量m m A 2=，m mc m B ==，距离杆

l

a 82

5=

处有一面竖直墙。因受微小扰动，两杆分别向两边滑动，

使B 球竖直位置下降。致使C 球与墙面发生碰撞。设C 球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径都比l 小很多，求B 球落地瞬间三球的速度大小。

解：

（1）球碰墙前三球的位置 视A 、B 、C 三者为一系统，A 、C 在水平面上滑动时，只要C 不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统A

B

C

A

v B

v C

v M

α

图4-10-7

A A

B

B

s

s

图4-3-2

A

B

R

图4-3-1

A B

C

a

图4-10-5

质心的水平坐标不发生变化。以图4-10-6表示C 球刚好要碰墙前三球的位置，以a 表示此时BC 杆与水平面间的夹角，则AB 杆与水平面间的夹角也为a ，并令BA 杆上的M 点与系统质心的水平坐标相同，则应有

a BC m a MB m a AM m C B A cos cos cos ⋅+⋅=⋅

故得 ①

由上述知M 点的水平坐标应与原来三秋所在的位置的水平坐标相同，故知此刻M 点与右侧墙面的距离即为a ，即M 点与C 球的水平距离为a ，由此有a a BC a MB =⋅+⋅cos cos ，即

l a l a l 825cos cos 4=+。

由上式解得

22

cos =

a ，故有 45=a ②

（2）求三球碰墙前的速度

由于碰墙前M 点的水平坐标不变，则在A 、C 沿水平面滑动过程中的任何时刻，由于

图中的几何约束，C 点与M 点的水平距离总等于A 点与M 点的水平距离的35

倍，可见任何时

刻C 点的水平速度大小总为A 点水平速度大小的35

倍。以A v 、B v 、C v 分别表示图5-2-2中

三球的速度，则有

A

C v v 35=

③

又设B v 沿BC 方向的分量为BC v ，则由于B v 和C v 分别为杆BC 两端的小球速度，则此两小球速度沿着杆方向的投影应该相等，即

a v v C BC cos =。

再设B v 沿BA 方向的分量为BA v ，同上道理可得

a v v A BA cos =

注意到BA 与BC 两个方向刚好互相垂直，故得B v 的大小为

a v v v v v A C BA BC B cos 2

222+=+=

以②③两式带入上式，乃得

A

B v v 917

=

④

由于系统与图5-2-1状态到图5-2-2状态的机械能守恒，

A

B

C

A

v BC

v 'C

v 'α

BA

v '图4-10-8

4

41l

AB MB ==

乃有

222212121sin C C B B A A B B v m v m v m a l g m gl m +++⋅=。

以①~④式代入上式。解方程知可得

gl v A )221(103-= ⑤

（3）求C 球在刚碰墙后三球的速度

如图4-10-8所示，由于C 球与墙碰撞，导致C 球的速度反向而大小不变，由于杆BC 对碰撞作用力的传递，使B 球的速度也随之变化，这一变化的结果是：B 球速度沿CB 方向的

分量BC v '

与C 球速度沿CB 方向的分量相等，即 a v a v v C C BC cos cos ='=' ⑥

由于BC 杆只能传递沿其杆身方向的力，故B 球在垂直于杆身方向（即BA 方向）的速度不因碰撞而发生变化，A 球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为A v 。故得此时B 球速度

沿BA 方向的分量BA v '

满足 a v v A BA cos ='， ⑦ 乃得刚碰撞后B 球速度大小为

A A C BA BC

B v v v v v v 9172222=+='+'=' ⑧

（4）求B 球落地时三球的速度大小

碰撞后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量Mx v 应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则Mx v 应维持不变。由上解得的三球速度，可得Mx v 应该满足

C C BA BC B A A Mx C B A v m a v a v m v m v m m m '+'+'+=++)sin cos ()(。

以③、⑤、⑥、⑦诸式代入上式可解得

gl v v A Mx )22(158145-== ⑨

当B 球落地时，A 、B 、C 三小球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这一速度也就是系统质心速度的水平分量Mx v 。而B 小球刚要落地时，A 、C 两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B 球的速度则还有竖直分量，以B v 落表示此刻B 球速度的大小。则由图4-10-8所示的状态到B 小球刚要落地时， 221221221221221221sin MX C B B MX A B C C B B A A v m v m v m gl m v m v m v m ++=+'+'+落α

以⑨、⑧、⑤各式代入上式可解得

B v 落=gl )24538(81+ ⑩

综合上述得本题答案为：当B 小球刚落地时，A 、B 、C 三球的速度大小分别为 gl )22(1581-、gl )24538(81+、和gl )22(1581-。

检测题

◆1．当所研究的过程涉及的是物体某一时刻，某一位置的受力与运动情况的关系时，要用牛顿运动定律与运动学公式结合解题 检测题

1、（湖北省部分重点高中2008年三月质检）如图所示, 地面上有两个完全相同的木块A 、B, 在水平推力F 作用下运动, 当弹簧长度稳定后, 若用μ表木块与地面间的动摩擦因数, F 弹表示弹簧弹力, 则 ( ) A. μ=0时, F 弹=F/2 B. μ=0时, F 弹=F C. μ≠0时, F 弹=F/2 D. μ≠0时, F 弹=F

2、（湖北省部分重点中学十一月联考）如图所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的光滑斜面，现将一个重4N 的物体放在斜面上，让它自由滑下，那么测力计因4N 物体的存在，而增加的读数是（ ）

A 、4N

B 、23N

C 、0N

D 、3N

3、（湖北省部分重点中学十一月联考）民用航空客机的机舱，除了有正常

的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还配有紧急出口。发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面部分AC 和水平部分CD 构成），机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来，如图所示，某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m ，气囊构成的斜面上AC=5.0m 。一个质量m=60kg 的人从气囊上由静止开始滑下，最后滑上

水平部分上的E 点静止，已知人与气囊动摩擦因数为μ=0.55，不计空气阻力，取g=10m/s 2。

求人开始滑下到E 点所用的时间。

4、（武汉示范高中06联考）如图所示，光滑水平面上静止放

着长L =1.6m ，质量为M =3kg 的木块（厚度不计），一个质量为m =1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F ，（g 取10m/s 2）

(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？

(2)如果拉力F =10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？

(3)如果拉力F =10N ，要使小物体从木板上掉下去，拉力F 作用的时间至少为多少？

◆2．若对单个物体进行考查，且涉及时间问题的，应优先考虑应用动量定理进行求解。

5、质量为m 的小球从h 高处自由下落，与地面碰撞的时间为△t ，地面对小球的平均作用力为F ，取竖直向上为正方向，则在小球与地面碰撞过程中( )

A 、重力的冲量为2h mg t g ⎛⎫+∆ ⎪ ⎪⎝⎭

B 、地面对小球的冲量为F t ∆

C 、合力的冲量为()mg F t +∆

D 、合力的冲量为()mg F t -∆ B

A F

F

3．若对单个物体(或几个物体的整体)进行考查，且涉及物体对地的位移时应考虑应用动能定理求解。

7、(2005全国大联考)如图3—4所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=370，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m。现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点处无初速下滑，已知物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为µ=0.25，取g=10m／s2。求：

(1)物体P第一次通过C点时对轨道的压力。

(2)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动(不计空气阻力)所到达的最高点E和D 点之间的高度差。

(3)物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力。

8、（上海2008届十校三月联考）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统。虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：

（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；

（2）B球的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；

（3）带电系统运动的周期。

M N

E

－3q ＋2q

3L

P Q9、（宝鸡市2008年质量检测一）质量为m的汽车，在平直公路上以恒定的加速度匀加速启动，汽车到达额定功率时速度的大小v，此时恰好开始下坡，司机立刻调整发动机的功率为额定功率的一半，使汽车以大小为v的速度沿坡路匀速下滑，下滑一段路程后汽车又开足马力以额定功率加速下滑，在坡路上加速t时间后，车速达到最大，且最大车速是刚下坡时速度的2倍。已知坡面的倾角为θ，重力加速度为g，水平路面和破面对车的阻力相同，在t 时间内汽车沿坡路通过的距离为S。试求：

（1）汽车的额定功率。

（2）平直公路和破面对车的阻力的大小。

（3）汽车在平直公路上匀加速行驶的加速度的大小。

10、如图3-10所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，E=4V／m，B=2T，一质量m=1g 的带正电的小物块A，从绝缘粗糙的竖直壁的M点无初速下滑，当它滑行h=0.8m到达N点时，离开壁做曲线运动，当A运动到P点时恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平方向成450角，若P与M的高度差H=1.6m，求：

(1)A沿壁下滑时摩擦力做的功，

(2)P与M间的水平距离为多少。下载本文