第十五章 动 量
知识网络：
第1单元 动量 冲量 动量定理
一、动量和冲量
1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
（4）研究一条直线上的动量要选择正方向
2．动量的变化：∆p=p-p
由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
【例1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度v=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v'=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？ 取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：
p=mv=0.04⨯1kg∙m/s=0.04kg∙m/s p
' 乒乓球的末动量为：
∆p p'=mv'=0.04⨯(-0.5)kg∙m/s=-0.02kg∙m/s 正方向 乒乓球动量的变化为： p ∆p=p'-p=-0.02-0.04kg∙m/s=-0.06kg∙m/s
负号表示∆p的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。
⑷冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
（5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量
（6）求合外力冲量的两种方法 '
A、求合外力，再求合外力的冲量 B、先求各个力的冲量，再求矢量和
【例2】 质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解析：力的作用时间都是t=2H1=gsin2αsinα2H，力的大小g
依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：
IG=m2gHm2gH,IN=,I合=m2gH sinαtanα点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
二、动量定理
1．动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp
⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。 ⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F=∆P（牛顿第二定律的动量形式）。动∆t
量定理和牛顿第二定律的联系与区别 mv2-mv1=ma 形式可以相互转化 t
∆p②、F合＝动量的变化率，表示动量变化的快慢 ∆t①、F合＝
③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速
④、都是以地面为参考系
⑷动量定理表达式是矢量式。在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。
（5）如果是变力，那么F表示平均值
（6）对比于动能定理
I ＝ F t ＝ m v 2 － m v 1
W ＝ F s ＝11 m v 22 － m v 21 22
【例3】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
2．动量定理的定性应用
【例4】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？
解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。
3．动量定理的定量计算
⑴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质点组。质点组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。
⑵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。
⑶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。
⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢
A 量和）。
⑸根据动量定理列式求解。
【例5】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。
解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：
mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得：F=mg(t1+t2) t2
⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：
mgt1-I=0，∴I=mgt1
点评：若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。
【例6】 质量为M的汽
车带着质量为m的拖车在平
/
直公路上以加速度a匀加速
前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬
间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为(M+m)a，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
(M+m)a⋅v0=Mv'-(M+m)v0,∴v'=(M+m)(a+μg)v0 μgμMg
【例7】 质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地
面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间
为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力
的大小F。
解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变
化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，
因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N
4．在F－t图中的冲量：F－t图上的“面积”表示冲量的大小。
【例11】（难）跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。
解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用
常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑
动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，
如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。
设变加速下落时间为t1，mgt1-If=mvm
If=∑f⋅∆t=∑kv⋅∆t=k∑v⋅∆t=k⋅s1
又：mg=kvm，得k=
所以：mgt1
-mg vmmgs1=mvm vm
t1=vms1501800+=+=41s gvm1050
2v2-vm5-502第二段1s内：a2==27.5m =-45m/s s2=12a2
所以第三段时间t3=s-s2200-27.5==34.5s 空中的总时间：t=t1+t2+t3=76.5s v5
三、针对训练
1．对于力的冲量的说法，正确的是 （ ）
A．力越大，力的冲量就越大
B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大
C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同
D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零
2．下列关于动量的说法中，正确的是 （ ）
A．物体的动量改变，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
3．如图所示为马车模型，马车质量为m ，马的拉力F与水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下匀速前进了时间t，则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为 （ ）
A．Ft，0，Ftsinθ
B．Ftcosθ，0，Ftsinθ
C．Ft，mgt，Ftcosθ
D．Ftcosθ，mgt ，Ftcosθ
4．一个质量为m的小钢球，以速度v1竖直向下射到质量较大的水平钢板上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1 = v2 = v，那么下列说法中正确的是 （ ）
A．因为v1 = v2，小钢球的动量没有变化
B．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上
C．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下
D．小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上
5．物体动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明 （ ）
A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化
6．初动量相同的A、B两滑冰者，在同样冰面上滑行，已知A的质量大于Ｂ的质量，并且它们与冰面的动摩擦因数相同，则它们从开始到停止的滑行时间相比，应是（ ）
A．tA>tB B．tA=tB C．tA
7．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为 （ ）
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
8．某物体以－定初速度沿粗糙斜面向上滑，如果物体在上滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ上，下滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ下，它们的大小相比较为（ ）
A．I上> I下 B．I上
9．对下列几个物理现象的解释，正确的有（ ）
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人落地时地面对人的冲量
C．在车内推车推不动，是因为外力冲量为零
D．初动量相同的两个物体受相同制动力作用，质量小的先停下来
10．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
11．三颗水平飞行的质量相同的子弹A、B、C以相同速度分别射向甲、乙、丙三块竖直固定的木板。A能穿过甲木板，B嵌入乙木板，C被丙木板反向弹回。上述情况木板受到的冲量最大的是
A．甲木板 B．乙木板 C．丙木板 D．三块一样大
13．以初速度20m／s竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，不计空气阻力，g取10m/s2．则抛出后第1s末物体的动量为______kg·m/s，抛出后第3s末物体的动量为____kg·m/s，抛出3s内该物体的动量变化量是_____kg·m/s．(设向上为正方向)
16．质量为１kｇ的物体沿直线运动，其v－t图象如图所示，则此物体前4s和后4s内受到的合外力冲量分别为 __________和_____________。
17．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，求飞
船加速度的表达式。如太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？
18．如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，
设水柱直径为d ＝ 30cm，水速v ＝50m／s，假设水柱射在煤层的表
面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的
密度ρ＝ 1.0×103kg/m3)
19．震惊世界的“9.11” 事件中，从录像可以看到客机切入大厦及大厦的坐塌过程．
（1）设飞机质量为m、速度为v，撞机经历时间为t，写出飞机对大厦撞击力的表达式．
（2）撞击世贸大厦南楼的是波音767飞机，波音767飞机总质量约150吨，机身长度为48.5m，撞楼时速度约150m/s，世贸大厦南楼宽63m，飞机头部未从大楼穿出，可判断飞机在楼内运动距离约为机身长度，设飞机在楼内作匀减速运动，估算撞机时间及飞机对大厦撞击力。
参考答案
1.B 2.D 3.C 4.B 5.C 6.C 7.D 8.CD 9.A 10.C 11.D 12. C
13．5，－15 16．0，－8N·S
17．F⋅t=n[P-(-P)]st,F=2nPs=ma1，a1=2nPsnPs；a2=mm
18．设时间为1s，∆m
19（1）F
7d=ρV=ρ⋅vt⋅π()2，由F·t=△P，得F=1.77×105N 2=mvt；（2）可认为飞机在楼内运动距离红为50m，s=vt，得t=2s, 3F=3.4×10N
第2单元 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
'+m2v2' 守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等,类 即：m1v1+m2v2=m1v1
比匀速） 定律适用于宏观和微观高速和低速
2．动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达形式
'+m2v2'，即p1+p2=p1/+p2/， （1）m1v1+m2v2=m1v1
（2）Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2
4、理解：①正方向②同参同系③微观和宏观都适用
5．动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。
5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.
（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。
（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
二、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m1的物体A以速度v1向质量为m2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、
'和v2'。B的速度分别为v1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。
（1）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：'=v1m1-m22m1'=（这个结论最好背下来，以后经常要用到。） v1,v2v1。m1+m2m1+m2
（2）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。
（3）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
'=v2'=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v1
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为： m1v1。m1+m2
m1m2v121122∆Ek=m1v1-(m1+m2)v'=。 222m1+m2
【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆
于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终
v。
解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
'小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：mv1=(M+m)v 2面弧小速度Mv11122'()mv=M+mv+mgHH=1由系统机械能守恒得：2 解得22M+mg 2mv=v 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得M+m1
【例2】 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？
56解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度， >mAmB
2222385638≤；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由+≥+mAmB2mA2mB2mA2mB
3mA4以上不等式组解得：≤≤ 8mB7
点评：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碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
2．子弹打木块类问题
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一
个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的
木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0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：mv0=(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s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d 12对子弹用动能定理：f⋅s1=1mv0-mv2 „„① 22
对木块用动能定理：f⋅s2=
①、②相减得：f⋅d=1Mv2 „„② 2121Mm2 „„③ mv0-(M+m)v2=v0222M+m点评：这个式子的物理意义是：f∙d恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见f⋅d=Q，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
2Mmv0由上式不难求得平均阻力的大小：f= 2M+md
m至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2=d M+m
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： (v+v)/2v0+vdv0M+ms+dm 2=0=,∴==,s2=d s2v/2vs2vmM+m
一般情况下M>>m，所以s2
Mm2∆E=v0k动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：2M+m„
④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f ∙d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
3．反冲问题
在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。
【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？
解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分
别为l1、l2，则：
mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， ∴l2=mL M+m
点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。
【例5】 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？
解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，Mv0=-mu+(M-m)v',v'=Mv0+mu M-m
4．爆炸类问题
【例6】 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。
分析：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v0=10m/s；m1=0.3kg的大块速度为 v1=50m/s、m2=0.2kg的小块速度为 v2，方向不清，暂设为正方向。
由动量守恒定律：(m1+m2)v0=m1v1+m2v2
(m+m2)v0-m1v1(0.3+0.2)⨯10-0.3⨯50v2=1==-50m/s m20.2
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
5．某一方向上的动量守恒
【例7】 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一
质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳
的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，
由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m）
6．物块与平板间的相对滑动
【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
（1）A、B最后的速度大小和方向；
（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。 解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v ①
所以v=M-mv0 方向向右 M+m
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得：
11mv′2-mv02 ② 22
2M-m2联立①②解得：s=v0 2μmg-μmgs=
【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg，mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
'。 （1）木块A的最终速度vA； （2）滑块C离开A时的速度vC
解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，
A、B两木块分离，分离时木块A的速度为vA。最后C相对静止在B上，与B以共同速度vB=3.0m/s运动，由动量守恒定律有 mCvC=mAvA+(mB+mC)vB mCvC-(mB+mC)vB0.1⨯25-(0.3+0.1)⨯3.0m/s=2.6m/sm0.5A∴=
'，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量（2）为计算vCvA='，B与A的速度同为vA，由动量守恒定律有 守恒。C离开A时的速度为vC
'=(mB+mC)vBmBvB+mCvC (m+mC)vB-mBvA(0.3+0.1)⨯3.0-0.3⨯2.6'=BvC=m/s=4.2m/sm0.1C∴
三、针对训练
练习1
1．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ B ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
2．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被
压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离
后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的
落地点距离桌边1m，那么（ A、B、D）
A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2
B．A、B质量比为2∶1
C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2
D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2
3．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10m/s，求爆竹能上升的最大高度。
2
解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得 f-Mg=Ma，a=20m/s2v=2ah=m/s63，
爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒 Mv-mv0=0
v0=
练习2
1．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为 7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是A
A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s
B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s
C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s
D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s
2．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹
簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一
起，以下说法中正确的是 BCD
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为
D．AB车向左运动最大位移小于Mv=m6⨯m/s=3m/s0.1 mv MmL M
4．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量
为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平
位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低
点时速度多大？（相对地的速度） (
6．如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车
上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M=100 kg，另
有一质量m=2 kg的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干
质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对地面）水
平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为m′=2m
的球以相同速率v水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率v将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求：
（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.
（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球. (（1）2MgL) M+m1v,向10左 （2）5个)
练习3
1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
2．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（ ）
A．(mv0+mv)/M B．(mv0-mv)/M
C．(mv0+mv)/(M+m) D．(mv0-mv)/(M+m)
3．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（ ）
A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h
4．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（ ）
A．2.6m/s，向右 B．2.6m/s，向左 C．0.5m/s，向左 D．0.8m/s，向右
5．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（ ）
A．mv/M，向前 B．mv/M，向后
C．mv/（m+M），向前 D．0
6．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等
7．两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小球从A船跳入B船，又立刻跳回，A、B两船最后的速度之比是_________________。
M
参考答案1．A、D 2．B 3．A 4．C 5．D 6．C、D 7．M+m
第三单元 动 量 和 能 量
概述：处理力学问题、常用的三种方法
一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。
例题分析：
例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F
将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=4mE向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。]
指出：应用守恒定律要注意条件。
对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。
例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，
在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁
场的全过程中线框中产生的电热是___________。 d
22[若直接从电功率计算，就需要根据mg=BLv求匀速运动的速度v、再求电
R
动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该
过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ]
例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，
碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s，
2若g取10m/s，问m1碰撞后静止在什么位置？
解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定
律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和
m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求
出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利
用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。
例4如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数μ=0.1，已知球A初
始高度h=2米，CD=1米。问：
(1)若悬线L=2米，A与B能碰几次?最后A球停在何处？
(2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么
条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？
(1)20次 A球停在C处
(2)L≤0.76米，A球停于离D9.5米处
例5如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：
(1)小车的加速度；
(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；
(3)这个过程所经历的时间
.
[ (1)0.5m/s；(2)4m/s；(3)8s]
第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度
例6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速
度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件
才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力?
解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有
2vmg=m (1)式中V是滑块相对圆心O的2
线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方
向为正方向，则滑块的对地速度为-(v-u).对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有
mv0=Mu-m(v-u) (2)由滑块和小车系统的机械能守恒有mv2=Mu2+m(v-u)2+2mgR (3)三式联立求解得：0v0=5M+4m)Rg
2指出：公式v/R中的v是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以滑
快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。
例7、 如图所示，小车A质量为mA=2kg置于光滑水平面上。初速度为v=14m/s，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为mB=0.1kg,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能
[解析:小车受到摩擦力作减速运
动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方
向上合外力为零,
力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)qBv1=mg v1==10m/s (2)根据动量守恒定律有:Mv=mv1+Mv2 v2=13.5m/s
111222(3)Q=Mv-Mv2-mv1=8.75J 222
例8静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求：（1）射出的氧离子速度；（2）每秒钟射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开始运动的加速度。 mBg
[解析：（1）以氧离子为研究对象，根据动能定理，有：∆Ek=12mv=qU=2eU (1)2
所以氧离子速度为 v=2eU/m （2）设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为：P=N∆Ek=2NeU (2)所以氧离子数为N=P/2eU （3）以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为V，根据动量守恒定律∑mv-MV=0 N∆tmv=MV 所以，飞行器的加速度为a=P
Mm/eU
例9、质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm而相对于木块静止下来。在这过程中，木块往前移动了0.2cm。求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量
解析：以子弹和木块为系统，相对静止时共同速度为V 由动量守恒mv0=(m+M)v ① 子弹与木块相对静止时，木块滑动的位移为L，子弹相对地面发生的位移为L+d，对子弹和木块分别利用动能定理：f(L+d)=1112mv0-mv2② fL=Mv2 ③ 由以上三式可222
解得V=10m/S M=0.29Kg
例10、 (难)质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和
2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。⑴试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为使B、C不相撞，A木板至少多长？ 解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为∆t1=v。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量μg
守恒可求出A、B、C最终的共同速度v'=v，这段加速经历的时间为∆t2=2v，最终A将以33μg
v'=v做匀速运动。
3
全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热Q=fd=μmgd，由能量1211v⎫7v2⎛2守恒定律列式：μmgd=mv+m(2v)-⋅3m ⎪,解得d=。这就是A木板应22233μg⎝⎭
该具有的最小长度。
2
第十五章 动 量
知识网络：
第1单元 动量 冲量 动量定理
一、动量和冲量
1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
（4）研究一条直线上的动量要选择正方向
2．动量的变化：∆p=p-p
由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
【例1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度v=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v'=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？ 取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：
p=mv=0.04⨯1kg∙m/s=0.04kg∙m/s p
' 乒乓球的末动量为：
∆p p'=mv'=0.04⨯(-0.5)kg∙m/s=-0.02kg∙m/s 正方向 乒乓球动量的变化为： p ∆p=p'-p=-0.02-0.04kg∙m/s=-0.06kg∙m/s
负号表示∆p的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。
⑷冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
（5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量
（6）求合外力冲量的两种方法 '
A、求合外力，再求合外力的冲量 B、先求各个力的冲量，再求矢量和
【例2】 质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解析：力的作用时间都是t=2H1=gsin2αsinα2H，力的大小g
依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：
IG=m2gHm2gH,IN=,I合=m2gH sinαtanα点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
二、动量定理
1．动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp
⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。 ⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F=∆P（牛顿第二定律的动量形式）。动∆t
量定理和牛顿第二定律的联系与区别 mv2-mv1=ma 形式可以相互转化 t
∆p②、F合＝动量的变化率，表示动量变化的快慢 ∆t①、F合＝
③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速
④、都是以地面为参考系
⑷动量定理表达式是矢量式。在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。
（5）如果是变力，那么F表示平均值
（6）对比于动能定理
I ＝ F t ＝ m v 2 － m v 1
W ＝ F s ＝11 m v 22 － m v 21 22
【例3】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
2．动量定理的定性应用
【例4】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？
解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。
3．动量定理的定量计算
⑴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质点组。质点组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。
⑵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。
⑶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。
⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢
A 量和）。
⑸根据动量定理列式求解。
【例5】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。
解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：
mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得：F=mg(t1+t2) t2
⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：
mgt1-I=0，∴I=mgt1
点评：若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。
【例6】 质量为M的汽
车带着质量为m的拖车在平
/
直公路上以加速度a匀加速
前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬
间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为(M+m)a，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
(M+m)a⋅v0=Mv'-(M+m)v0,∴v'=(M+m)(a+μg)v0 μgμMg
【例7】 质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地
面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间
为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力
的大小F。
解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变
化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，
因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N
4．在F－t图中的冲量：F－t图上的“面积”表示冲量的大小。
【例11】（难）跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。
解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用
常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑
动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，
如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。
设变加速下落时间为t1，mgt1-If=mvm
If=∑f⋅∆t=∑kv⋅∆t=k∑v⋅∆t=k⋅s1
又：mg=kvm，得k=
所以：mgt1
-mg vmmgs1=mvm vm
t1=vms1501800+=+=41s gvm1050
2v2-vm5-502第二段1s内：a2==27.5m =-45m/s s2=12a2
所以第三段时间t3=s-s2200-27.5==34.5s 空中的总时间：t=t1+t2+t3=76.5s v5
三、针对训练
1．对于力的冲量的说法，正确的是 （ ）
A．力越大，力的冲量就越大
B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大
C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同
D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零
2．下列关于动量的说法中，正确的是 （ ）
A．物体的动量改变，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
3．如图所示为马车模型，马车质量为m ，马的拉力F与水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下匀速前进了时间t，则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为 （ ）
A．Ft，0，Ftsinθ
B．Ftcosθ，0，Ftsinθ
C．Ft，mgt，Ftcosθ
D．Ftcosθ，mgt ，Ftcosθ
4．一个质量为m的小钢球，以速度v1竖直向下射到质量较大的水平钢板上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1 = v2 = v，那么下列说法中正确的是 （ ）
A．因为v1 = v2，小钢球的动量没有变化
B．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上
C．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下
D．小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上
5．物体动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明 （ ）
A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化
6．初动量相同的A、B两滑冰者，在同样冰面上滑行，已知A的质量大于Ｂ的质量，并且它们与冰面的动摩擦因数相同，则它们从开始到停止的滑行时间相比，应是（ ）
A．tA>tB B．tA=tB C．tA
7．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量方向和大小为 （ ）
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
8．某物体以－定初速度沿粗糙斜面向上滑，如果物体在上滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ上，下滑过程中受到的合冲量大小为Ｉ下，它们的大小相比较为（ ）
A．I上> I下 B．I上
9．对下列几个物理现象的解释，正确的有（ ）
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了减小人落地时地面对人的冲量
C．在车内推车推不动，是因为外力冲量为零
D．初动量相同的两个物体受相同制动力作用，质量小的先停下来
10．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
11．三颗水平飞行的质量相同的子弹A、B、C以相同速度分别射向甲、乙、丙三块竖直固定的木板。A能穿过甲木板，B嵌入乙木板，C被丙木板反向弹回。上述情况木板受到的冲量最大的是
A．甲木板 B．乙木板 C．丙木板 D．三块一样大
13．以初速度20m／s竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，不计空气阻力，g取10m/s2．则抛出后第1s末物体的动量为______kg·m/s，抛出后第3s末物体的动量为____kg·m/s，抛出3s内该物体的动量变化量是_____kg·m/s．(设向上为正方向)
16．质量为１kｇ的物体沿直线运动，其v－t图象如图所示，则此物体前4s和后4s内受到的合外力冲量分别为 __________和_____________。
17．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，求飞
船加速度的表达式。如太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？
18．如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，
设水柱直径为d ＝ 30cm，水速v ＝50m／s，假设水柱射在煤层的表
面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力．(水的
密度ρ＝ 1.0×103kg/m3)
19．震惊世界的“9.11” 事件中，从录像可以看到客机切入大厦及大厦的坐塌过程．
（1）设飞机质量为m、速度为v，撞机经历时间为t，写出飞机对大厦撞击力的表达式．
（2）撞击世贸大厦南楼的是波音767飞机，波音767飞机总质量约150吨，机身长度为48.5m，撞楼时速度约150m/s，世贸大厦南楼宽63m，飞机头部未从大楼穿出，可判断飞机在楼内运动距离约为机身长度，设飞机在楼内作匀减速运动，估算撞机时间及飞机对大厦撞击力。
参考答案
1.B 2.D 3.C 4.B 5.C 6.C 7.D 8.CD 9.A 10.C 11.D 12. C
13．5，－15 16．0，－8N·S
17．F⋅t=n[P-(-P)]st,F=2nPs=ma1，a1=2nPsnPs；a2=mm
18．设时间为1s，∆m
19（1）F
7d=ρV=ρ⋅vt⋅π()2，由F·t=△P，得F=1.77×105N 2=mvt；（2）可认为飞机在楼内运动距离红为50m，s=vt，得t=2s, 3F=3.4×10N
第2单元 动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1．动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
'+m2v2' 守恒是指整个过程任意时刻相等（时时相等,类 即：m1v1+m2v2=m1v1
比匀速） 定律适用于宏观和微观高速和低速
2．动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达形式
'+m2v2'，即p1+p2=p1/+p2/， （1）m1v1+m2v2=m1v1
（2）Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2
4、理解：①正方向②同参同系③微观和宏观都适用
5．动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。
5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
（1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.
（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。
（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体的速度均应取地球为参考系。
（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。
二、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m1的物体A以速度v1向质量为m2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、
'和v2'。B的速度分别为v1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。
（1）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：'=v1m1-m22m1'=（这个结论最好背下来，以后经常要用到。） v1,v2v1。m1+m2m1+m2
（2）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。
（3）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
'=v2'=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v1
在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大，为： m1v1。m1+m2
m1m2v121122∆Ek=m1v1-(m1+m2)v'=。 222m1+m2
【例1】 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆
于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终
v。
解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
'小球上升过程中，由水平系统动量守恒得：mv1=(M+m)v 2面弧小速度Mv11122'()mv=M+mv+mgHH=1由系统机械能守恒得：2 解得22M+mg 2mv=v 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得M+m1
【例2】 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？
56解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度， >mAmB
2222385638≤；又因为碰撞过程系统动能不会增加， ，由+≥+mAmB2mA2mB2mA2mB
3mA4以上不等式组解得：≤≤ 8mB7
点评：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碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
2．子弹打木块类问题
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一
个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的
木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
【例3】 设质量为m的子弹以初速度v0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：mv0=(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s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d 12对子弹用动能定理：f⋅s1=1mv0-mv2 „„① 22
对木块用动能定理：f⋅s2=
①、②相减得：f⋅d=1Mv2 „„② 2121Mm2 „„③ mv0-(M+m)v2=v0222M+m点评：这个式子的物理意义是：f∙d恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见f⋅d=Q，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
2Mmv0由上式不难求得平均阻力的大小：f= 2M+md
m至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2=d M+m
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比： (v+v)/2v0+vdv0M+ms+dm 2=0=,∴==,s2=d s2v/2vs2vmM+m
一般情况下M>>m，所以s2
Mm2∆E=v0k动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：2M+m„
④
当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK= f ∙d（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
3．反冲问题
在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。
【例4】 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？
解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分
别为l1、l2，则：
mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， ∴l2=mL M+m
点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
以上列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。
【例5】 总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？
解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，Mv0=-mu+(M-m)v',v'=Mv0+mu M-m
4．爆炸类问题
【例6】 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。
分析：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v0=10m/s；m1=0.3kg的大块速度为 v1=50m/s、m2=0.2kg的小块速度为 v2，方向不清，暂设为正方向。
由动量守恒定律：(m1+m2)v0=m1v1+m2v2
(m+m2)v0-m1v1(0.3+0.2)⨯10-0.3⨯50v2=1==-50m/s m20.2
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
5．某一方向上的动量守恒
【例7】 如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一
质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳
的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，
由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m）
6．物块与平板间的相对滑动
【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
（1）A、B最后的速度大小和方向；
（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动位移大小。 解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v ①
所以v=M-mv0 方向向右 M+m
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得：
11mv′2-mv02 ② 22
2M-m2联立①②解得：s=v0 2μmg-μmgs=
【例9】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg，mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
'。 （1）木块A的最终速度vA； （2）滑块C离开A时的速度vC
解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，
A、B两木块分离，分离时木块A的速度为vA。最后C相对静止在B上，与B以共同速度vB=3.0m/s运动，由动量守恒定律有 mCvC=mAvA+(mB+mC)vB mCvC-(mB+mC)vB0.1⨯25-(0.3+0.1)⨯3.0m/s=2.6m/sm0.5A∴=
'，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量（2）为计算vCvA='，B与A的速度同为vA，由动量守恒定律有 守恒。C离开A时的速度为vC
'=(mB+mC)vBmBvB+mCvC (m+mC)vB-mBvA(0.3+0.1)⨯3.0-0.3⨯2.6'=BvC=m/s=4.2m/sm0.1C∴
三、针对训练
练习1
1．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ B ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
2．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被
压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离
后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的
落地点距离桌边1m，那么（ A、B、D）
A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2
B．A、B质量比为2∶1
C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2
D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2
3．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10m/s，求爆竹能上升的最大高度。
2
解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得 f-Mg=Ma，a=20m/s2v=2ah=m/s63，
爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒 Mv-mv0=0
v0=
练习2
1．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为 7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是A
A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s
B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s
C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s
D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s
2．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹
簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一
起，以下说法中正确的是 BCD
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为
D．AB车向左运动最大位移小于Mv=m6⨯m/s=3m/s0.1 mv MmL M
4．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量
为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平
位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低
点时速度多大？（相对地的速度） (
6．如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车
上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M=100 kg，另
有一质量m=2 kg的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干
质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对地面）水
平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为m′=2m
的球以相同速率v水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率v将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求：
（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.
（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球. (（1）2MgL) M+m1v,向10左 （2）5个)
练习3
1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
2．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（ ）
A．(mv0+mv)/M B．(mv0-mv)/M
C．(mv0+mv)/(M+m) D．(mv0-mv)/(M+m)
3．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（ ）
A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h
4．质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（ ）
A．2.6m/s，向右 B．2.6m/s，向左 C．0.5m/s，向左 D．0.8m/s，向右
5．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（ ）
A．mv/M，向前 B．mv/M，向后
C．mv/（m+M），向前 D．0
6．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（ ）
A．b的速度方向一定与原速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等
7．两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小球从A船跳入B船，又立刻跳回，A、B两船最后的速度之比是_________________。
M
参考答案1．A、D 2．B 3．A 4．C 5．D 6．C、D 7．M+m
第三单元 动 量 和 能 量
概述：处理力学问题、常用的三种方法
一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。
例题分析：
例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F
将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=4mE向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。]
指出：应用守恒定律要注意条件。
对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。
例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，
在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁
场的全过程中线框中产生的电热是___________。 d
22[若直接从电功率计算，就需要根据mg=BLv求匀速运动的速度v、再求电
R
动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该
过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ]
例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，
碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s，
2若g取10m/s，问m1碰撞后静止在什么位置？
解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定
律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和
m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求
出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利
用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。
例4如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数μ=0.1，已知球A初
始高度h=2米，CD=1米。问：
(1)若悬线L=2米，A与B能碰几次?最后A球停在何处？
(2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么
条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？
(1)20次 A球停在C处
(2)L≤0.76米，A球停于离D9.5米处
例5如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：
(1)小车的加速度；
(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；
(3)这个过程所经历的时间
.
[ (1)0.5m/s；(2)4m/s；(3)8s]
第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度
例6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速
度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件
才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力?
解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有
2vmg=m (1)式中V是滑块相对圆心O的2
线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方
向为正方向，则滑块的对地速度为-(v-u).对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有
mv0=Mu-m(v-u) (2)由滑块和小车系统的机械能守恒有mv2=Mu2+m(v-u)2+2mgR (3)三式联立求解得：0v0=5M+4m)Rg
2指出：公式v/R中的v是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以滑
快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。
例7、 如图所示，小车A质量为mA=2kg置于光滑水平面上。初速度为v=14m/s，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为mB=0.1kg,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能
[解析:小车受到摩擦力作减速运
动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方
向上合外力为零,
力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)qBv1=mg v1==10m/s (2)根据动量守恒定律有:Mv=mv1+Mv2 v2=13.5m/s
111222(3)Q=Mv-Mv2-mv1=8.75J 222
例8静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求：（1）射出的氧离子速度；（2）每秒钟射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开始运动的加速度。 mBg
[解析：（1）以氧离子为研究对象，根据动能定理，有：∆Ek=12mv=qU=2eU (1)2
所以氧离子速度为 v=2eU/m （2）设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为：P=N∆Ek=2NeU (2)所以氧离子数为N=P/2eU （3）以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为V，根据动量守恒定律∑mv-MV=0 N∆tmv=MV 所以，飞行器的加速度为a=P
Mm/eU
例9、质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm而相对于木块静止下来。在这过程中，木块往前移动了0.2cm。求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量
解析：以子弹和木块为系统，相对静止时共同速度为V 由动量守恒mv0=(m+M)v ① 子弹与木块相对静止时，木块滑动的位移为L，子弹相对地面发生的位移为L+d，对子弹和木块分别利用动能定理：f(L+d)=1112mv0-mv2② fL=Mv2 ③ 由以上三式可222
解得V=10m/S M=0.29Kg
例10、 (难)质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和
2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。⑴试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为使B、C不相撞，A木板至少多长？ 解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为∆t1=v。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量μg
守恒可求出A、B、C最终的共同速度v'=v，这段加速经历的时间为∆t2=2v，最终A将以33μg
v'=v做匀速运动。
3
全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热Q=fd=μmgd，由能量1211v⎫7v2⎛2守恒定律列式：μmgd=mv+m(2v)-⋅3m ⎪,解得d=。这就是A木板应22233μg⎝⎭
该具有的最小长度。
2