高中物理動量知識模型歸納

高中物理動量知識歸納

1．連接體模型是指運動中幾個物體疊放在一起、或并排在一起、或用細繩、細桿聯(lián)系

在一起的物體組。解決這類問題的基本方法是整體法和隔離法。

整體法是指連接體內的物體間無相對運動時,可以把物體組作為整體，對整體用牛頓第二定律列方程

隔離法是指在需要求連接體內各部分間的相互作用(如求相互間的壓力或相互間的摩擦力等)時，把某物體從連接體中隔離出來進行分析的方法。FFF1BAFAB2m1m2

2斜面模型（搞清物體對斜面壓力為零的臨界條件）斜面固定：物體在斜面上情況由傾角和摩擦因素決定

=tan物體沿斜面勻速下滑或靜止>tan物體靜止于斜面

3．輕繩、桿模型

繩只能受拉力，桿能沿桿方向的拉、壓、橫向及任意方向的力。桿對球的作用力由運動情況決定只有=arctg(

最高點時桿對球的作用力；最低點時的速度?，桿的拉力?若小球帶電呢？

agα)時才沿桿方向

mLE

1

122gRmgR=mvB2R11"2"2整體下擺2mgR=mg+mvAmvB

222假設單B下擺,最低點的速度VB=

"""

VA=VB2VA36""=gR；VB2gR>VB=2gR2VA55所以AB桿對B做正功，AB桿對A做負功若V0◆一動一靜的完全非彈性碰撞（子彈打擊木塊模型）mv0+0=(m+M)v

"112"2mv0=(mM)v+E損222mMv011M12M2"2E損=mv0一(mM)v=mv0Ek0

222(mM)(Mm)2MmE損可用于克服相對運動時的摩擦力做功轉化為內能E損=fd相=mgd相=LvM

Av0B

s

112"2mv0一(mM)v22v1A0vA

v02B“碰撞過程”中四個有用推論

彈性碰撞除了遵從動量守恒定律外，還具備：碰前、碰后系統(tǒng)的總動能相等的特征，設兩物體質量分別為m1、m2，碰撞前速度分別為υ1、υ2，碰撞后速度分別為u1、u2，即有：

m1υ1+m2υ2=m1u1+m1u2

1m1υ21

2+

111m2υ22=m1u12+m1u22222碰后的速度u1和u2表示為：u1=

m1m22m2υ1+υ2

m1m2m1m22m1mm1υ1+2υ2

m1m2m1m2u2=

推論一：如對彈性碰撞的速度表達式進行分析，還會發(fā)現(xiàn)：彈性碰撞前、后，碰撞雙

方的相對速度大小相等，即}：u2－u1=υ1－υ2

推論二：如對彈性碰撞的速度表達式進一步探討，當m1=m2時，代入上式得：

u1v2,u2v1。即當質量相等的兩物體發(fā)生彈性正碰時，速度互換。

推論三：完全非彈性碰撞碰撞雙方碰后的速度相等的特征，即：u1=u2由此即可把完全非彈性碰撞后的速度u1和u2表為：u1=u2=

m11m22

m1m2例3：證明：完全非彈性碰撞過程中機械能損失最大。證明：碰撞過程中機械能損失表為：△E=

1111m1υ12+m2υ22—m1u12—m2u222222由動量守恒的表達式中得：u2=

1(m1υ1+m2υ2－m1u1)m2代入上式可將機械能的損失△E表為u1的函數(shù)為：△E=－

2)2

m1(m1m2)2m2u12－

m1(m11m22)1u1+[(

2m2m1υ

12+

12m2υ

22

)－

12m2(m1υ1+m2υ

]

這是一個二次項系數(shù)小于零的二次三項式，顯然：當u1=u2=即當碰撞是完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)機械能的損失達到最大值

m11m22時，

m1m211△Em=m1υ12+m2υ

222

2

(m11m22)2－

2(m1m2)推論四：碰撞過程中除受到動量守恒以及能量不會增加等因素的制約外，還受到運

動的合理性要求的制約，比如，某物體向右運動，被后面物體追及而發(fā)生碰撞，被碰物體運動速度只會增大而不應該減小并且肯定大于或者等于（不小于）碰撞物體的碰后速度。6．人船模型：一個原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)內發(fā)生相對運動的過程中，在此方向遵從動量守恒：mv=MVms=MSs+S=ds=

Md

mMM/m=Lm/LM

載人氣球原靜止于高h的高空，氣球質量為M，人的質量為m．若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？

S2S120mmOMR7．彈簧振子模型：F=-Kx（X、F、a、v、A、T、f、EK、EP等量的變化規(guī)律）水平型豎直型8．單擺模型：T=2L（類單擺）利用單擺測重力加速度g9．波動模型：特點:傳播的是振動形式和能量,介質中各質點只在平衡位置附近振動并不隨波遷移。

①各質點都作受迫振動，②起振方向與振源的起振方向相同，③離源近的點先振動，

④沒波傳播方向上兩點的起振時間差=波在這段距離內傳播的時間⑤波源振幾個周期波就向外傳幾個波長。波從一種介質傳播到另一種介質,頻率不改變,波速v=s/t=/T=f

波速與振動速度的區(qū)別波動與振動的區(qū)別：波的傳播方向質點的振動方向（同側法）知波速和波形畫經(jīng)過Δt后的波形（特殊點畫法和去整留零法）

物理解題方法：如整體法、假設法、極限法、逆向思維法、物理模型法、等效法、物理圖像法等．模型法常常有下面三種情況

（1）物理對象模型：用來代替由具體物質組成的、代表研究對象的實體系統(tǒng)，稱為對象模型（也可稱為概念模型），即把研究的對象的本身理想化．常見的如“力學”中有質點、剛體、杠桿、輕質彈簧、單擺、彈簧振子、彈性體、絕熱物質等；

（2）條件模型：把研究對象所處的外部條件理想化，排除外部條件中干擾研究對象運動變化的次要因素，突出外部條件的本質特征或最主要的方面，從而建立的物理模型稱為條件模型．

（3）過程模型：把具體過理過程純粹化、理想化后抽象出來的一種物理過程，稱過程模型

其它的碰撞模型：

BA

C1A

2v0CA

B

擴展閱讀：動量高中全題型歸納(全)

一、動量與沖量

1、動量：運動物體的質量和速度的乘積叫做動量．矢量性:方向與速度方向相同；

瞬時性:通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量，計算動量應取這一時刻的瞬時速度。相對性:物體的動量亦與參照物的選取有關，通常情況下，指相對地面的動量。2、動量、速度和動能的區(qū)別和聯(lián)系

動量、速度和動能是從不同角度描述物體運動狀態(tài)的物理量。速度描述物體運動的快慢和方向；動能描述運動物體具有的能量（做功本領）；動量描述運動物體的機械效果和方向。

①動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度的大小平方成正比。

②速度和動量是矢量，且物體動量的方向與物體速度的方向總是相同的；而動能是標量。

③速度變化的原因是物體受到的合外力；動量變化的原因是外力對物體的合沖量；動能變化的原因是外力對物體做的總功。3、動量的變化

pptp0動量是矢量，當初態(tài)動量和末態(tài)動量不在一條直線上時，動量變化由平行四邊形法則進行運算．動量變化的方向與速度的改變量Δv的方向相同．當初、末動量在一直線上時通過選定正方向，動量的變化可簡化為帶有正、負號的代數(shù)運算。題型1：關于動量變化量的矢量求解

例1.質量m=5kg的質點以速率v=2m/s繞圓心O做勻速圓周運動，如圖所示，

（1）、小球由A到B轉過1/4圓周的過程中，動量變化量的大小為__________，方向為__________。（2）、若從A到C轉過半個圓周的過程中，動量變化量的大小為__________，方向為_________________。2在距地面高為h，同時以相等初速V0分別平拋，豎直上拋，豎直下拋一質量相等的物體m，當它們從拋出到落地時，比較它們的動量的增量△P，有[]

A．平拋過程較大B．豎直上拋過程較大C．豎直下拋過程較大D．三者一樣大

4、沖量：某個力與其作用時間的乘積稱為該力的沖量。矢量性:對于恒力的沖量來說，其方向就是該力的方向；

時間性:由于沖量跟力的作用時間有關，所以沖量是一個過程量。

絕對性:由于力和時間都跟參考系的選擇無關，所以力的沖量也與參考系的選擇無關。

（3）意義：沖量是力對時間的累積效應。合外力作用結果是使物體獲得加速度；合外力的時間累積效果（沖量）是使物體的動量發(fā)生變化；合外力的空間累積效果（功）是使物體的動能發(fā)生變化。三、動量定理

（1）表述：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化

I=ΔP

∑FΔt=mv′-mv=Δp（2）動量定理的推導：

動量定理實際上是在牛頓第二定律的基礎上導出的。由牛頓第二定律F合=ma動量定理：F合△t=mv2-mv1（3）動量定理的意義：

①動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量。②實際上現(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變化率。

av2v1t也可以說動量定理是牛頓第二定律的一個變形。

∑F=Δp／Δt（這也是牛頓第二定律的動量形式）

③動量定理的表達式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向決定其正負。（4）動量定理的特點：

①矢量性：合外力的沖量∑FΔt與動量的變化量Δp均為矢量，規(guī)定正方向后，在一條直線上矢量運算變?yōu)榇鷶?shù)運算；②獨立性：某方向的沖量只改變該方向上物體的動量。③廣泛性：動量定理不僅適用于恒力,而且也適用于隨時間而變化的力.對于變力,動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值;不僅適用于單個物體,而且也適用于物體系統(tǒng)。

（2）點與牛頓第二定律的特點一樣，但它比牛頓第二定律的應用更廣。

題型2：沖量的計算

（1）恒力的沖量計算

【例1】如圖所示，傾角為α的光滑斜面，長為s，一個質量為m的物體自A點從靜止滑下，在由A到B的過程中，斜面對物體的沖量大小是，重力沖量的大小是。物體受到的沖量大小是（斜面固定不動）．

2.放在水平地面上的物體質量為m，用一個大小為F的水平恒力推它，物體始終不動，那么在F作用的t

時間內，推力F對物體的沖量大小為；若推力F的方向變?yōu)榕c水平方向成θ角斜向下推物體，其余條件不變，則力F的沖量大小又變?yōu)槎嗌伲课矬w所受的合力沖量大小為多少？

3.質量為m的小滑塊沿傾角為α的斜面向上滑動，經(jīng)t1時間到達最高點繼而下滑，又經(jīng)t2時間回到原出發(fā)點。設物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，則在總個上升和下降過程中，重力對滑塊的沖量為，摩擦力沖量大小為。（2）變力沖量求解方法

例1.擺長為l、擺球質量為m的單擺在做最大擺角θ＜5°的自由擺動，則在從最高點擺到最低點的過程中（）A.擺線拉力的沖量為零B.擺球重力的沖量為C.擺球重力的沖量為零D.擺球合外力的沖量為零

2．一個質量為0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運動，反彈后的速度大小為4m/s。則碰撞前后墻對小球的沖量大小I及碰撞過程中墻對小球做的功W分別為（）A．I=3kgm/sW=-3JB．I=0.6kgm/sW=-3JC．I=3kgm/sW=7.8JD．I=0.6kgm/sW=3J

(3)對于力與時間成比例關系的變力用圖像求解沖量

例.用電鉆給建筑物鉆孔時，鉆頭所受阻力與深度成正比，若鉆頭勻速鉆進第1s內阻力的沖量為100N.s,求5s內阻力的沖量．分析：用F--t圖像求變力的沖量與用Fs圖像求變力的功，方法如出一轍．都是通過圖線與坐標軸所圍成的面積來求解．所不同的是沖量是矢量，面積在橫軸上方（下方）表示沖量的方向為正方向（負方向）．而功是標量，面積在橫軸上方（下方）表示正功（負功）．題型3：定量定理的簡單應用

步驟：（1）明確研究物體和選取初末狀態(tài)（初末狀態(tài)的選擇要滿足力作用的時間和初末速度具有可求性）（2）分析物體在初末狀態(tài)經(jīng)歷的幾個過程，對每個過程進行受力分析，并且找到每個力作用的時間（3）規(guī)定正方向，目的是將矢量運算轉化為代數(shù)運算；（4）根據(jù)動量定理列方程（5）解方程。

例1.、質量為100g的皮球從離地5m處自由落下，它在第1s內動量變化大小和_______方向_______。若皮球觸地后反彈到離地3.2m處時速度變?yōu)榱�，皮球與地碰撞過程中動量變化的大小為_______，方向_______。(g取10m/s2)

2．從距地面相同的高度處以相同的速率拋出質量相等的A、B兩球，A豎直上拋，B豎直下拋，當兩球分別落地時：（）A.兩球的動量變化和落地時的動量都相同B.兩球的動量變化和落地時的動量都不相同C.兩球的動量變化相同，但落地時的動量不相同D.兩球的動量變化不相同，但落地時的動量相同

3．質量為m的物體以初速v0做平拋運動，經(jīng)歷時間t，下落的高度為h，速度為v，在這段時間內物體動量增量的大小（）A.mv－mv0B.2mgt

4.（簡單）如圖所示，質量為2kg的物體，放在水平面上，受到水平拉力F＝4N的作用，由靜止開始運動，經(jīng)過1s撤去F，又經(jīng)過1s物體停止，求物體與水平面間的動摩擦因數(shù)。

5如圖所示，A、B經(jīng)細繩相連掛在彈簧下靜止不動，A的質量為m，B的質量為M，當A、B間繩突然斷開物體A上升到某位置時速度為v，這時B下落速度為u，在這段時間內彈簧彈力對物體A的沖量為？（m（v＋u））

動量定理的應用題型4：動量定理對有關物理現(xiàn)象的解釋。

題例1、玻璃杯從同一高度下落，掉在石塊上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與石塊的撞擊過程中A玻璃杯的動量較大B玻璃杯受到的的沖量較大C玻璃杯的動量變化較大D玻璃杯的動量變化較快

2、從同樣高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：[]A．掉在水泥地上的玻璃杯動量大，而掉在草地上的玻璃杯動量小B．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大，掉在草地上的玻璃杯動量改變小C．掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快，掉在草地上的玻璃杯動量改變慢

D．掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時，相互作用時間短，而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時間長。

3、如圖1重物Ｇ壓在紙帶上。用水平力Ｆ慢慢拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶會從重物下抽出，下列說法正確的是

Ａ.慢拉時，重物和紙帶間的摩擦力大Ｂ.快拉時，重物和紙帶間的摩擦力�。�.慢拉時，紙帶給重物的沖量大Ｄ.快拉時，紙帶給重物的沖量小

4．甲、乙兩個質量相等的物體，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上運動，甲物體先停下來，乙物體后停下來。則：（）A.甲物體受到的沖量大B.乙物體受到的沖量大

C.兩物體受到的沖量相等D.兩物體受到的沖量無法比較

討論：甲、乙兩個物體與水平面的動摩擦因數(shù)哪個大？

5、有一種硬氣功表演，表演者平臥地面，將一大石板置于他的身體上，另一人將重錘舉到高處并砸向石板，假設重錘與石板撞擊后二者具有相同的速度，石板被砸碎，而表演者卻安然無恙,但表演者在表演時總是盡量挑選質量較大的石板。對這一現(xiàn)象，下列說法中正確的是（D）

A．重錘在與石板撞擊過程中，重錘與石板的總機械能守恒B．石板的質量越大，石板獲得的動量就越小C．石板的質量越大，石板所受到的打擊力就越小D．石板的質量越大，石板獲得的速度就越小

6、玻璃杯底壓一條紙帶，如圖5所示�，F(xiàn)用手將紙帶以很大的速度從杯底勻速抽出，玻璃杯只有較小位移。如果以后每次抽紙帶的速度都相同，初始時紙帶與杯子的相對位置也相同，只有杯中水的質量不同，下列關于每次抽出紙帶的過程中杯子的位移的說法，正確的是（C）A．杯中盛水越多，杯子的位移越大B．杯中盛水越少，杯子的位移越大

C．杯中盛水多時和盛水少時，，杯子的位移大小相等

D．由于杯子、紙帶、桌面之間的動摩擦因數(shù)都未知，所以無法比較杯子的位移大小

塊丙在下落途中被一顆子彈沿水平方向擊中并留在其中。不計空氣阻力及子彈進入木塊的時間，則（C）A.三塊木塊同時落地B.甲木塊最先落地，乙、丙同時落地C.木塊丙最后落地，甲、乙同時落地D.甲、乙、丙依次先后落地

圖5

7、三木塊從同一高度同時開始自由下落，其中木塊甲自由落體；木塊乙在剛剛開始下落時被一顆子彈沿水平方向擊中并留在其中；木

題型5：學會用動量定理解決問題

步驟：1.明確研究對象

2.選擇合適的初末位置，確定初末位置物體的速度

3.分析初末位置之間物體經(jīng)歷了幾個過程，每個過程都要進行受力分析，并找到每個力作用的時間4.選取正方向（高中階段一般是直線《往復》運動）

5.左邊沖量（注意正負），右邊動量的改變量（注意，不論是單體還是多體問題，參照物要一致）

例1．質量m＝5kg的物體在恒定水平推力F＝5N的作用下，自靜止開始在水平路面上運動，t1＝2s后，撤去力F，物體又經(jīng)t2＝3s停了下來，求物體運動中受水平面滑動摩擦力的大�。�

［例2］（201*年全國，26）蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目.一個質量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處.已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s.若把在這段時間內網(wǎng)對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小.（g=10m/s2）

例3】某消防隊員從一平臺上跳下，下落2m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.5m.在著地過程中，對他雙腳的平均作用力估計為()A.自身所受重力的2倍B.自身所受重力的5倍C.自身所受重力的8倍D.自身所受重力的10倍

練習：1兩物體質量之比為m1∶m2=4∶1，它們以一定的初速度沿水平面在摩擦力作用下做減速滑行到停下來的過程中（1）若兩物體的初動量相同，所受的摩擦力相同，則它們的滑行時間之比為_______；

（2）若兩物體的初動量相同，與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則它們的滑行時間之比為_______；（3）若兩物體的初速度相同，所受的摩擦力相同，則它們的滑行時間之比為_______；

（4）若兩物體的初速度相同，與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則它們的滑行時間之比為_______.

題型6：用動量定理解決反沖類問題

1．宇宙飛船以v0=104m/s的速度進入均勻的宇宙微粒塵區(qū)，飛船每前進s=103m,要與n=104個微粒相碰，假如每一微粒的質量m=2×10-7kg,與飛船相碰后附在飛船上，為使飛船的速度保持不變，飛船的牽引力應為多大？

2．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，頂端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開尾端閥門，氣體往外噴出，設噴口面積為S，氣體密度為，氣體往外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時鋼瓶頂端對豎直墻的作用力大小是（）

3．消防水龍頭出口截面積為10cm2，當這水龍頭以30m/s的速度噴出一股水柱，水柱沖到墻上的一個凹槽后，以相同的速率反射回來，水的密度為ρ=1.0×103kg/m3，問水柱對墻的沖力有多大？

4.某地強風的風速是20m/s，一風力發(fā)電機的有效受風面積S=20m2，如果風通過風力發(fā)電機后風速減為12m/s，且該風力發(fā)電機的效率η=80%，則風力發(fā)電機的電功率為多大？風作用于風力發(fā)電機的平均力為多大（空氣的密度

5、如圖所示，一輕質彈簧固定在墻上，一個質量為m的木塊以速度v0從右側沿光滑水平面向左運動并與彈簧發(fā)生相互作用。設相互作用的過程中彈簧始終在彈性限度范圍內，那么，在整個相互作用的過程中彈簧對木塊沖量I的大小和彈簧對木塊做的功W分別是（C）

A、I=0，W=mv0

B、I=mv0，W=mv0/2C、I=2mv0，W=0D、I=2mv0，W=mv0/2

6、水平推力F1和F2分別作用于水平面上原來靜止的、等質量的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間停下，兩物體的v-t圖象如右圖所示，已知圖中線段AB∥CD，則（AC）

A．F1的沖量小于F2的沖量B．F1的沖量等于F2的沖量

C．兩物體受到的摩擦力大小相等D．兩物體受到的摩擦力大小不等

7、一個質量為0.5kg的物體，從靜止開始做直線運動，物體所受合外力F隨時間t變化的圖象如圖所示，則在時刻t=8s時，物體的速度為（C）A．2m/sB．8m/sC．16m/s

D．42

2

20-2F/N2468t/s2m/s

8、質量分別為m1和m2的兩個物體（m1>m2），在光滑的水平面上沿同方向運動，具有相同的初動能。與運動方向相同的水平力F分別作用在這兩個物體上，經(jīng)過相同的時間后，兩個物體的動量和動能的大小分別為P1、P2和E1、E2，比較它們的大小，有（B）A.P1>P2和E1>E2C.P1E2(AC)

A、過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量

B、過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小C、I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零D、過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零

10、水平推力F1和F2分別作用于水平面上的同一物體，一段時間后撤去，使物體都從靜止開始運動后停下來，如果物體在兩種情況下位移相等，且F1>F2，則（B）

A．施加推力F1再撤去，摩擦力的沖量大B．施加推力F2再撤去，摩擦力的沖量大C．兩種情況下摩擦力的沖量相等D．無法比較兩種情況下摩擦力沖量的大小

B.P1>P2和E115、質量為m的物體以速度v沿光滑水平面勻速滑行，現(xiàn)對物體施加一水平恒力，t秒內該力對物體所施沖量大小為3mv，則t秒內（ABC）

A．t秒末物體運動速率可能為4v；C．該力對物體做功不可能大于15mv/2；

2

B．物體位移的大小可能為vt/2；

D．該力的大小為4mv/t。

16、如圖2所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為△P1、△P2、△P3，到達下端時重力的瞬時功率依次為P1、P2、P3，則有（B）

A．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3，P1＝P2＝P3B．I1＜I2＜I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＞P2＞P3C．I1＝I2＝I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＞P2＞P3D．I1＝I2＝I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＝P2＝P3

0

17、質量為m的小球以速度V水平拋出,恰好與傾角為α=30的斜面垂直碰撞，其彈回的速度大小與拋出時相等，則小球與斜面碰撞過程中受到的沖量大小是（A）A、3mVB、2mVC、mVD、

2mV

18、在粗糙的水平地面上運動的物體，從a點開始受到一個水平恒力F的作用沿直線運動到b點，已知物體在b點的速度與在a點的速度大小相等，則從a到b（BD）

A．F方向始終與物體受到的摩擦力方向相反B．F與摩擦力對物體做的總功一定為零C．F與摩擦力對物體的總沖量一定為零D．物體不一定做勻速運動

19、物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間△t1內動能由零增大到E1，在時間△t2內動能由E1增大到2E1.設合力在△t1內做的功是W1，沖量是I1；在△t2內做的功是W2，沖量I2，那么（B）A．I1＜I2，W1＝W2B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＜I2，W1＜W2D．I1＝I2，W1＜W2

19、宇航員在某一星球上以速度v0豎直向上拋出一個小球，經(jīng)過時間t，小球又落回原拋出點。然后他用一根長為L的細線把一個質量為m的小球懸掛在O點，使小球處于靜止狀態(tài)，如圖所示�，F(xiàn)在最低點給小球一個水平向右的沖量

I，使小球能在豎直平面內運動，若小球在運動的過程始終對細繩有力的作用，則沖量I應滿足什么條件？

設該星球表面附近重力加速度為g，由豎直上拋運動公式得：t2v0（2分）

g解：（1）當小球擺到與懸點等高處時，細繩剛好松弛，小球對細繩無力的作用，則小球在最低點的最小速度為vmin。由機械能守恒得：

mgL12mvmin（2分）2由動量定理得：Iminmvmin（2分）解得：Imin2mv0Lt2。（2分）

（2）當小球做圓周運動經(jīng)過最高點時，細繩剛好松弛，小球對細繩無力的作用，則小球在最低點的最大速度為vm，根據(jù)機械能守恒有：1mvm22mgL1mvH2（2分）在最高點有：mgmvH又Im22L解得：Immvm（2分）

m10v0L（2分）

t根據(jù)以上所求情況，要使小球在運動的過程始終對細繩有力的作用，則沖量I應滿足：ImvL10v0L或

（2分）I2m0。tt20空間探測器從行星旁繞過時，由于行星的引力作用，可以使探測器的運動速率增大，這種現(xiàn)象被稱之為“彈弓效應”。在航天技術中，“彈弓效應”是用來增大人造小天體運動速率的一種有效方法。

(1)如圖所示的是“彈弓效應”示意圖：質量為m的空間探測器以相對于太陽的速度

v0飛向質量為M的行星，此時行星相對于太陽的速度為u0，繞過行星后探測器相對于太陽

的速度為v，此時行星相對于太陽的速度為u，由于mM，v0，v，u0，u的方向均可視為相互平行，試寫出探測器與行星構成的系統(tǒng)在上述過程中“動量守恒”及“始末狀態(tài)總動能相等”的方程，并在mM的條件下，用v0和

u0來表示v。

(2)若上述行星是質量為M=5.67×10kg的土星，其相對于太陽的軌道速率u0=9.6km/s，而空間探測器的質量m=150kg，相對于太陽迎向土星的速率v0=10.4km/s，則由于“彈弓效應”，該探測器繞過土星后相對于太陽的速率將增為多大？

(3)若探測器飛向行星時其速度v0與行星的速度u0同方向，則是否仍能產生使探測器速率增大的“彈弓效應”，簡要說明理由。解:（1）以v0為負方向，有mv0

26

Mu0mvMu

121112mv0Mu0mv2Mu22222mm2Mv0u0得vMmMm∵m＜＜M∴vv0（2）代入數(shù)據(jù)，得v2u0

29.6km/s

（3）不能。如u0與題中反向，則在上述坐標系中，u0＜0，要使探測器追上并繞過行星，應有

v0＞

u0，因此，vv02u0＜

u0

，其速率不能增大

動量守恒專題

題型1：動量守恒的判斷

①系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零．②當內力遠大于外力時．

③某一方向不受外力或所受合外力為零，或該方向上內力遠大于外力時，該方向的動量守恒．

(1)注意系統(tǒng)的確定,區(qū)分內力與外力.

(2)注意研究過程的選取,選取不同的過程,結論會不同.(3)注意區(qū)分系統(tǒng)動量守恒與系統(tǒng)的某一方向分動量守恒.

例1如圖的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短�，F(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮到最短的整個過程中()A．動量守恒、機械能守恒B．動量不守恒、機械能不守恒C．動量守恒、機械能不守恒D．動量不守恒、機械能守恒

2．如圖所示,A、B兩物體的質量比mA∶mB＝3∶2,它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒C．小車向左運動D．小車向右運動

【例3】如圖所示，光滑圓槽質量為M，圓槽緊靠豎直墻壁而靜止在光滑的水平面上，其內表面有一質量為m的小球被細線吊著恰好位于槽的邊緣處．若將線燒斷，則小球從開始下滑至滑到圓槽另一邊最高點的過程中，關于m和M組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是()A．在此過程中動量守恒，機械能守恒B．在此過程中動量守恒，機械能不守恒；C．在此過程中動量不守恒，機械能守恒

D．m從開始下滑到圓槽最低點過程中，動量不守恒；m越過圓槽的最低點后，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。而整個過程中，系統(tǒng)的機械能始終守恒

4、如圖所示，木塊A和B用輕彈簧連接，用F作用使之壓縮彈簧，當撤去F后，若地面光滑，則：()AA尚未離開墻前，彈簧和B的機械能守恒BA尚未離開墻前，A和B的動量守恒CA離開墻后，A和B系統(tǒng)的動量守恒DA離開墻后，彈簧和A、B系統(tǒng)的機械能守恒

5、在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球質量為m，小車（和單擺）以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m0的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪個或那些說法是正確的？A、小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，滿足（M+m0）v=Mv1+mv2+m0v3B、擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足Mv=Mv1+mv2C、擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv=（M+m）u

D、小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv26.某一方向動量守恒的一般模型

7.放在光滑水平面上的A、B兩小車中間夾了一壓縮的輕質彈簧，用兩手分別控制小車處于靜止狀態(tài)，下面說法中正確的是

A．兩手同時放開后，兩車的總動量為零B．先放開右手，后放開左手，而車的總動量向右C．先放開左手，后放開右手，兩車的總動量向右

D．兩手同時放開，同車的總動量守恒；兩手放開有先后，兩車總動量不守恒

8.在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m0，小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞的時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些情況說法是可能發(fā)生的（）A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関l、v2、v3，滿足（M＋m0）v=Mvl十mv2十m0v3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變化為vl和v2，滿足Mv=Mvl十mv2。C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)関l，滿足Mv＝（M＋m）vl

D．小車和擺球的速度都變?yōu)関l，木塊的速度變?yōu)関2，滿足（M十m0）v=（M十m0）vl十mv2

9、1922年，美國物理學家康普頓在研究石墨中的電子對X射線的散射時發(fā)現(xiàn)，有些散射波的波長比入射波的波長略大。下列說法中正確的是（AC）

A、有些X射線的能量傳給了電子，因此X射線的能量減小了B、有些X射線吸收了電子的能量，因此X射線的能量增大了C、X射線的光子與電子碰撞時，動量守恒，能量也守恒D、X射線的光子與電子碰撞時，動量不守恒，能量守恒

10一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一長為l的輕繩，未端拴有一個小球，把小球拉至水平由靜止釋放，如圖所示，小球在擺動時，不計一切阻力，下列說法正確的是（CD）

A．小球的機械能守恒B．小車的機械能守恒

C．小球和小車組成的系統(tǒng)的機械能守恒D．小球和小車組成的系統(tǒng)的動量不守恒

B11質量為M的小車中掛有一個單擺，擺球的質量為M0，小車和單擺以恒定的速度V0沿水平地面運動，與位于正對面的質量為M1的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，在此過程中，下列哪些說法是可能發(fā)生的（BC）

A．小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別為V1、V2和V3，且滿足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度為V1、V2，且滿足：MV0=MV1+M1V2；C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都為V，且滿足：MV0=（M+M1）V；

D．小車和擺球的速度都變?yōu)閂1，木塊的速度變?yōu)閂2，且滿足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V212、如圖5所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短．現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（B）A、動量守恒、機械能守恒B、動量不守恒、機械能不守恒C、動量守恒、機械能不守恒D、動量不守恒、機械能守恒

題型2：動量守恒的應用的基本步驟

在應用動量守恒定律處理問題時,要注意“四性”

①矢量性：動量守恒定律是一個矢量式，，對于一維的運動情況，應選取統(tǒng)一的正方向，凡與正方向相同的動量為正，相反的為負。若方向未知可設與正方向相同而列方程，由解得的結果的正負判定未知量的方向。

②瞬時性：動量是一個狀態(tài)量，即瞬時值，動量守恒指的是系統(tǒng)任一瞬時的動量恒定，列方程m1vl＋m2v2＝m1vl＋m2v2時，等號左側是作用前各物體的動量和，等號右邊是作用后各物體的動量和，不同時刻的動量不能相加。

③相對性：由于動量大小與參照系的選取有關，應用動量守恒定律時，應注意各物體的速度必須是相對于同一慣性參照系的速度，一般以地球為參照系

④普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)，不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。

應用動量守恒定律的基本思路

1．明確研究對象和力的作用時間，即要明確要對哪個系統(tǒng)，對哪個過程應用動量守恒定律。2．分析系統(tǒng)所受外力、內力，判定系統(tǒng)動量是否守恒。

3．分析系統(tǒng)初、末狀態(tài)各質點的速度，明確系統(tǒng)初、末狀態(tài)的動量。4．規(guī)定正方向，列方程。

5．解方程。如解出兩個答案或帶有負號要說明其意義。

例1.沿水平方向飛行的手榴彈,它的速度是V=20m/s,在空中爆炸后分裂成m1=1kg和m2=0.5kg的兩部分.其中m2=0.5kg的那部分以V2=10m/s的速度與原方向反向運動,則另一部分此時的速度大小V1=?方向如何?v1

【例2】質量m1=10g的小球在光滑的水平面上以v1=30cm/s的速率向右運動，恰好遇上質量m2=50g的小球以v2為10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好停止，那么碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？【解析】設v1的方向為正方向（向右），則各速度的正負號為v1=30cm/s，v2=-10cm/s,v2′=0.據(jù)m1v1′+m2v2′=m1v1+m2v2有10v1′=10×30+50×(-10)，解得v1′=-20(cm/s).

負號表示碰撞后，m1的方向與碰撞前的方向相反，即向左.

3.（07屆廣東惠州市第二次調研考試15）一個質量為40kg的小孩站在質量為20kg的平板車上以2m/s的速度在光滑的水平面上運動，現(xiàn)小孩沿水平方向向前跳出后：

1.若小孩跳出后，平板車停止運動，求小孩跳出時的速度．

2.若小孩跳出后，平板車以大小為2m/s的速度沿相反方向運動，求小孩跳出時的速度和跳出過程所做的功．

//

35m/s4.光滑水平面上一平板車質量為M＝50kg，上面站著質量m＝70kg的人，共同以速度v0勻速前進，若人相對車以速度v=2m/s向后跑，問人跑動后車的速度改變了多少?

5、靜止在湖面上的小船上有兩人分別向相反方向水平地拋出質量相同的兩球，甲向左拋，乙向右拋，甲先拋，乙后拋，拋出后兩球相對于岸的速率相等，則下列說法中正確的是（水的阻力不計）（C）．．A.二球拋出后，船向左以一定速度運動，乙球受的沖量大些B.二球拋出后，船向右以一定速度運動，甲球受的沖量大些C.二球拋出后，船速度為0，甲球受到的沖量大些D.二球拋出后，船速度為0，兩球受到的沖量相等

6、如圖4所示，光滑水平面上有一輛質量為2m的小車，車上左右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質量都是

m，開始兩個人和車一起以速度v0向右勻速運動．某一時刻，站在車右端的乙先以相對于地面向右的速度u跳

離小車，然后站在車左端的甲以相對于地面向左的速度u跳離小車．兩人都離開小車后，小車的速度將是(B)

A.v0B.2v0C.大于v0小于2v0D.大于2v0

7、質量為M的均勻木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手。首先左側射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖設子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同。當兩顆子彈均相對木塊靜止時，下列說法正確的是（C）A．最終木塊靜止，d1=d2B．最終木塊向右運動，d1VBC．只有A先拋球，B最后接球，才有VA>VBD．無論怎樣拋球和接球，都是VA>VB

10、如圖16所示，一人站在一輛小車上，車上還有25個質量均為m的小球，人、球與小車總質量為100m。人與車相對靜止一起沿水平光滑軌道以v0運動。若人沿運動方向以相對地面5v0的速度將球一個個相繼拋出。求：（1）拋出第n個球后小車瞬時速度？

（2）拋出若干球后，車能否變成反向滑行？若能則求出剛開始反向滑行時小車的速度大小；若不能則求出將球全部拋出后小車的速度大小。

解：（1）系統(tǒng)合外力為零，水平動量守恒，設拋出第n個小球的瞬間小車的速度為Vn則有：100mV0=5V0nm+(100m－nm)Vn5分Vn=(100mV0－5V0nm)/(100m－nm)=(100－5n)V0/(100－n)2分

（2）設初速度方向為正，當小車的速度Vn小于零時，小車將反向運動，由上式可得：Vn=(100V0－5V0n)/(100－n)203分所以當拋出第21個小球時小車將反向2分

所以：V21=（100－21×5）V0/（100－21）=－5V0/792分11、利用航天飛機，可將物資運送到空間站，也可以維修空間站出現(xiàn)的故障。

（1）若已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g。某次維修作業(yè)中，航天飛機的速度計顯示飛機的速度為v，則該空間站軌道半徑r為多大？

（2）為完成某種空間探測任務，在空間站上發(fā)射的探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其啟動。已知探測器的質量為M，每秒鐘

噴出的氣體質量為m，為了簡化問題，設噴射時探測器對氣體做功的功率為P，在不長的時間t內探測器的質量變化較小，可以忽略不計。求噴氣t秒后探測器獲得的動能是多少？

v2MmgR22G2①GMgR②由①②解得：r2解：（1）mrrv（2）由Pt

1mtv2③得v22Pm又Mvmtv④

mt2P得vMm

1mPt22EkMv2M

題型3：碰撞（爆炸，反沖）類問題

碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。

光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧

碰撞規(guī)律：

判定物理情景是否可行。

如追碰后，前球動量不能減小，后球動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。判定碰撞前后動能是否增加

例、如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩小球沿同一條直線向右運動，并發(fā)生對心碰撞．設向右為正方向，碰前A、B兩球動量分別是pA＝10kgm/s，pB=15kgm/s，碰后動量變化可能是（B）A．ΔpA＝5kgm／sΔpB＝5kgm／sB．ΔpA=－5kgm／sΔpB＝5kgm／sC．ΔpA=5kgm／sΔpB=－5kgin／sD．ΔpA＝－20kgm／sΔpB＝20kgm／s2、如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質量關系為mB=2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6Kg.m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為-4Kg.m/s，則（A）A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:103、在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都為m．現(xiàn)B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為Ep，則碰前A球的速度等于(C)AB4、A、B兩小球在水平面上沿同一方向運動，兩球的動量分別為PA關于兩球動量PA和PB的數(shù)值正確的是（D）

6kgm/s，PB10kgm/s。當A球追及B球發(fā)生對心碰撞后，

A．PAC．PA9kgm/s7kgm/s，PBB．PA10kgm/s6kgm/s，PB22kgm/s6kgm/s，PBD．PA19kgm/s3kgm/s，PB5、（02春招）在高速公路上發(fā)生一起交通事故，一輛質量為1500kg向南行駛的長途客車迎面撞上了一質量為3000kg向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一小段距離后停止，根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20m/s的速率行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率（A）

A、小于10m/sB、大于10m/s小于20m/sC、大于20m/s小于30m/sD、大于30m/s小于40m/s6（00全國）光子的能量為hv，動量的大小為的原子核（C）

A、仍然靜止B、沿著與光子運動方向相同的方向運動C、沿著與光子運動方向相反的方向運動D、可能向任何方向運動

7質量為m的小球A以水平初速度v0與原來靜止在光滑水平面上的質量為3m與A球等大的小球B發(fā)生正碰。已知碰撞過程中A球的動能減少了75%，則碰撞后B球的動能可能是（B）A．1mv2B．3mv2C．1mv2D．1mv2

0000hv，如果一個靜止的放射性元素的原子核在發(fā)生衰變時只發(fā)出一個γc光子，則衰變后

8816248如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行．甲球質量m甲大于乙球質量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況？(AB)A．甲球速度為零，乙球速度不為零B．兩球速度都不為零

C．乙球速度為零，甲球速度不為零D．兩球都以各自原來的速率反向運動

9、科學家們使兩個帶正電的離子被加速后沿同一條直線相向運動而發(fā)生猛烈碰撞，試圖用此模擬宇宙大爆炸的情境．為了使碰撞前的動能盡可能多地轉化為內能，關鍵是設法使這兩個重離子在碰撞前的瞬間具有（A）

A．相同大小的動量B．相同的質量C．相同的動能D．相同的速率

10、甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0kg.m/s，則二球質量m1與m2間的關系可能是下面的哪幾種？（C）A、m1=m2B、2m1=m2

圖12

C、4m1=m2

D、6m1=m2。

11、在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為球1的動能和動量的大小分別記為E1、

p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反。將碰撞后

22

p1，球2的動能和動量的大小分別記為E、p，則必有（ABD）

A．E1p0

12、如圖所示，在一個光滑絕緣足夠長的水平面上，靜置兩個質量均為m，相距l(xiāng)的大小相等的可視為質點的小球，其中A球帶正電，電荷量為q，B球不帶電�，F(xiàn)在水平面上方加上一個場強大小為E，方向沿AB連線方向水平向右的勻強電場，勻強電場充滿水平面上方的整個空間。在電場力作用下，A球沿水平面向右運動并與B球發(fā)生碰撞，碰撞中A、B兩球無動能損失且無電荷轉移，兩球碰撞時間極短。求

（1）A、B兩球第一次碰撞前A球的速度vA1（2）A、B兩球第一次碰撞后B球的速度v′B1

（3）兩球第一次碰撞后，還會再次不斷發(fā)生碰撞，且每次碰撞后兩球都交換速度，則第一次碰撞結束到

第二次碰撞前的時間間隔△t1和第二次碰撞結束到第三次碰撞前的時間間隔△t2之比為多少？解：（1）第一次碰撞前，電場力對A球做正功，由動能定理得qEl12mvA12vA12qEl①（5分）m（2）A、B兩球第一次碰撞過程中，動量守恒和總動能守恒，則

121122mvmvmvmvA1mvmv②（2分）A1A1B1③（2分）A1B1222由②、③解得vA1vA1B10vvA10(舍去),2qEl④（1分）

B1vA1vm（3）第二次碰撞前，設A球速度為vA2，A球為為追上B球與它發(fā)生碰撞應滿足

vA2t1vB1t12vA22vB12vA1⑤（2分）

對A球由動量定理得qE△t1=mvA2－mv′A1⑥（2分）

第二次碰撞后，A、B兩球交換速度，

v′A2=v′B1=vA1，v′B2=vA2=2vA1⑦（1分）

第三次碰撞前，設A球速度為vA3，A球為追上B球與它生生碰撞應滿足

vA2vA3t2vB2t2⑧由⑦、⑧得v

2A3

=3vA1⑨（2分）

對A球由動量定理得qE△t2=mvA3－mv′A2⑩（2分）由④⑤⑥⑦⑨⑩得

t111（1分）1○

t2題型4：某一方向上動量守恒

1、斜面小車的質量為M，高為h，一個質量為m的物體從小車的頂點滑下，物塊滑離斜面小車底端時的速度設為v，不計一切摩擦，下列說法：①物塊滑離小車時的速度v物塊滑離小車時的速度v車時小車的速度V2gh；②

2gh；③物塊滑離小車時小車的速度V（D）

mvM；④物塊滑離小

mvM。其中正確的是

A．只有①③正確B．只有①④正確C．只有②③正確D．只有②④正確

2質量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90°且足夠長。求小球能上升到的最大高度H和物塊的最終速度v。

3如圖所示，半徑為R，質量為M，內表面光滑的半球物體放在光滑的水平面上，左端緊靠著墻壁，一個質量為m的物塊從半球形物體的頂端的a點無初速釋放，圖中b點為半球的最低點，c點為半球另一側與a同高的頂點，關于物塊M和m的運動，下列說法的正確的有（BD）

A．m從a點運動到b點的過程中，m與M系統(tǒng)的機械能守恒、動量守恒B．m從a點運動到b點的過程中，m的機械能守恒C．m釋放后運動到b點右側，m能到達最高點c

D．當m首次從右向左到達最低點b時，M的速度達到最大

4．如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質量都是M的小車A和B，兩車間用輕彈簧相連，它們以速度向右勻速運動．有一質量為m的鐵釘從高處自由落下，正好嵌入A車．(1)當兩車速度再次相等時，此速度v多大?

(2)在兩車繼續(xù)向前運動的過程中，彈簧的彈性勢能的最大值是多少?

5如圖所示，在光滑的水平桿上套者一個質量為m的滑環(huán)，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸吊著質量為M的物體（可視為質點），繩長為L。將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平?jīng)_量，物塊擺起后剛好碰到水平桿，若滑環(huán)不固定，仍給物塊以同樣的水平?jīng)_量，求物塊擺起的最大高度。

題型5：相互作用過程中的能量轉化

1、如圖所示，一質量M=3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m=1.0kg的小木塊A�，F(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板。站在地面的觀察者看到在一段時間內小木塊A正在做加速運動，則在這段時間內的某時刻木板對地面的速度大小可能是（BC）

vAvBA.1.8m/sB.2.4m/s

C.2.6m/sD.3.0m/s2、如圖所示，固定在水平面上的豎直輕彈簧上端與質量為M的物塊A相連，靜止時物塊A位于P處．另有一質量為m的物塊B，從A的正上方Q處自由下落，與A發(fā)生碰撞立即具有相同的速度，然后A、B一起向下運動，將彈簧繼續(xù)壓縮后，物塊A、B被反彈．下面是有關的幾個結論，其中正確的是(D)

①A、B反彈過程中，在P處物塊B與A相分離②A、B反彈過程中，在P處物塊B與A仍未分離③B可能回到Q處④B不可能回到Q處

A．①③B．①④C．②③D．②④

3、如上圖所示，水平輕彈簧與物體A和B相連，放在光滑水平面上，處于靜止狀態(tài)，物體A的質量為m，物體B的質量為M，且M>m�，F(xiàn)用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，從它們開始運動到彈簧第一次最長的過程中（B）A．因M>m，所以B的動量大于A的動量B．A的動能最大時，B的動能也最大C．F1和F2做的總功為零D．彈簧第一次最長時A和B總動能最大4、如圖所示，(a)圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計，(b)圖為物體A與小車B的v-t圖像，由此可知（BC）

A、小車上表面長度

B、物體A與小車B的質量之比C、A與小車B上表面的動摩擦因數(shù)D、小車B獲得的動能

5如圖，質量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面。今把質量為

m的小物體從A點由靜止釋放，m與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間距離x隨各量變化的情況是（A）A．其他量不變，R越大x越大B．其他量不變，μ越大x越大C．其他量不變，m越大x越大D．其他量不變，M越大x越大

7、如圖4所示，A、B兩木塊的質量之比為mA∶mB＝3∶2，原來靜止在小車C上，它們與小車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B間夾一根被壓縮了的彈簧后用細線栓�。�小車靜止的光滑水平面上，繞斷細線后，在A、B相對小車停止運動之前，下列說法正確的是（C）

A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．小車將向左運動D．小車將靜止不動

圖4

8、如圖，兩物體A、B用輕質彈簧相連，靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2使A、B同時由靜止開始運動，在彈簧由原長伸到最長的過程中，對A、B兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)，正確的說法是（ABD）

A．A、B先作變加速運動，當F1、F2和彈力相等時，A、B的速度最大；之后，A、B作變減速運動，直至速度減到零B．當A、B作變減速運動速度減為零時，彈簧伸長最長，系統(tǒng)的機械能最大C．因F1、F2等值反向，故系統(tǒng)的機械能守恒D．因F1、F2等值反向，故系統(tǒng)的動量守恒

9、質量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示。則（C）

A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，動量不守恒B．當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零

C．當甲物塊的速率為1m/s時，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能達到5m/s

10、如圖7所示，在光滑的水平面上，物體B靜止，在物體B上固定一個輕彈簧。物體A以某一速度沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用。兩物體的質量相等，作用過程中，彈簧獲得的最大彈性熱能為EP�，F(xiàn)將B的質量加倍，再使物體A通過彈簧與物體B發(fā)生作用（作用前物體B仍靜止），作用過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能仍為EP。則在物體A開始接觸彈簧到彈簧具有最大彈性勢能的過程中，第一次和第二次相比（B）

A．物體A的初動能之比為2:1B．物體A的初動能之比為4:3C．物體A損失的動能之比為1:1D．物體A損失的動能之比為27:32

11.長木板A放在光滑水平面上，質量為m的物塊初速度V0滑上A的水平上表面，它們的v-t圖象如圖所示，則從圖中所給的數(shù)據(jù)V0、V1、t1及物塊質量m可以求出（ABCD）A．A板獲得的動能B．系統(tǒng)損失的機械能C．木板的最小長度D．A、B之間的動摩擦因數(shù)

12、如圖16所示，質量為M的木板靜止在光滑水平面上。一個質量為m的小滑塊以初速度V0從木板的左端向右滑上木板�；瑝K和木板的水平速度隨時間變化的圖象如圖17所示.某同學根據(jù)圖象作出如下一些判斷，正確的是（ACD）

A．滑塊與木板間始終存在相對運動；B．滑塊始終未離開木板；C．滑塊的質量大于木板的質量；D．在t1時刻滑塊從木板上滑出。

13、長為1.5m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度從木板B的左端沖上長木板B，直到A、B的速度達到相同，此時A、B的速度為0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下。若小物塊A可視為質點，它與長木板B的質量相同，A、B間的動摩擦因數(shù)10.25。求：（取g＝10m/s）

2

（1）木塊與冰面的動摩擦因數(shù)。（2）小物塊相對于長木板滑行的距離。

（3）為了保證小物塊不從木板的右端滑落，小物塊沖上長木板的初速度可能是多少？

解：（1）A、B一起運動時，受冰面對它的滑動摩擦力，做勻減速運動，加速度

v210.m/s2解得木板與冰面的動摩擦因數(shù)201*.a2g2s（2）小物塊A在長木板上受木板對它的滑動摩擦力，做勻減速運動，加速度a11g25.m/s2

ma2

小物塊A在木板上滑動時，木板B受小物塊A的滑動摩擦力和冰面的滑動摩擦力，做勻加速運動，有1mg2(2m)g解得加速度為a2050.m/s2

設小物塊沖上木板時的初速度為v10，經(jīng)時間t后A、B的速度相同為v

由長木板的運動得va2t，解得滑行時間tv08.sa2小物塊沖上木板的初速度v10va1t2.4m/s小物塊A在長木板B上滑動的距離為ss1s2v01t121a1ta2t20.96m22（3）小物塊A沖上長木板的初速度越大，它在長木板B上相對木板滑動的距離越大，當滑動距離等于木板長時，物塊A達到木板B的最右端，兩者的速度相等（設為v"），這種情況下A的初速度為保證不從木板上滑落的最大初速度，設為v0。有v0t11a1t2a2t2Lv0v"a1tv"a2t22由上三式解得，為了保證小物塊不從木板的右端滑落，小物塊沖上長木板的初速度不大于最大初速度

v02(a1a2)L30.m/s

14、如圖14所示，一個半徑R=0.80m的

14光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，其下端切線是水平的，軌道下端

距地面高度h=1.25m。在圓弧軌道的最下端放置一個質量mB=0.30kg的小物塊B（可視為質點）。另一質量mA=0.10kg的小物塊A（也視為質點）由圓弧軌道頂端從靜止開始釋放，運動到軌道最低點時，和物塊B發(fā)生碰撞，碰后物塊B水平飛出，其落到水平地面時的水平位移s=0.80m。忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s，求：

（1）物塊A滑到圓弧軌道下端時的速度大�。唬�2）物塊B離開圓弧軌道最低點時的速度大�。�

（3）物塊A與物塊B碰撞過程中，A、B所組成的系統(tǒng)損失的機械能。

解：A由光滑圓弧軌道滑下，機械能守恒，設小物塊A滑到圓弧軌道下端時速度為v1，則

2

mAgR1mAv123分解得v140.m/s1分2（2）物塊B離開圓弧軌道最低點后作平拋運動，設其飛行時間為t，離開圓弧軌道下端時的速度為v2,則

h12gt2分sv2t2分解得v21.6m/s1分2（3）小物塊A在圓弧軌道最低點與物塊B碰撞過程中動量守恒，設小物塊A碰撞后的速度為v3,，則mAv1解得v3mAv3mBv23分

0.80m/s1分

1122mAv12(mAv3mBv2)2分22碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E解得：△=0.38J或0.384J1分

15（高三，高二做）、如圖所示，光滑水平面上放有用絕緣材料制成的“L”型滑板，其質量為M，平面部分的上表面光滑且足夠長。在距滑板的A端為l的B處放置一個質量為m、帶電荷時為+q的物體C（可視為質點），在水平的均強電場作用下，由靜止開始運動。已知：M=3m，電場強度為E。假設物體C在運動及與滑板A端相碰過程中電荷量不變。（1）求物體C第一次與滑板A端相碰前瞬間的速度大小。

（2）若物體C與滑板A端相碰的時間極短，而且碰后彈回的速度大小是碰前速度大小的

1，求滑板被碰后的速度大小。5（3）求物體C從開始運動到與滑板A第二次碰撞這段時間內，電場力對小物體C做的功。解：（1）設物體C在電場力作用下第一次與滑板的A端碰撞時的速度為1，

由動能定理得：qEl1m122分解得：122qEl1分m（2）物體C與滑板碰撞動量守恒，設滑板碰撞后的速度為2，取1的方向為正，則有m11222qElM2m12分解得：211分

555m（3）物體C與滑板碰撞后，滑板向左以速度2做勻速運動；物體C以1/5的速度先向右

做勻減速運動，然后向左做勻加速運動，直至與滑板第二次相碰，設第一次碰后到第二次碰前的時間間隔為t，物體C在兩次碰

撞之間的位移為s2t

qEm2分

根據(jù)題意可知，物體加速度為a1162mlv2tv1tat23分解得：t2分

525qE兩次相碰之間滑板移動的距離sv2t24t2分2549qEl1分25設物體C從開始運動到與滑板A第二次碰撞，這段過程電場力對物體C做功為W，則：WqE(ls)2分解得：W16如圖所示，一木塊靜放在光滑的水平桌面上，一顆子彈以水平的初速度v0向右射向木塊，穿出木塊時的速度為v0/2，木塊質量是子彈質量的兩倍，設木塊對子彈的阻力相同，若木塊固定在一輛水平公路上以速度v勻速向右運動的汽車頂上，子彈仍以v0的水平初速度從同一方向水平射入該木塊，汽車的速度v在什么范圍內木塊不會被射穿？（子彈的質量遠遠小于汽車的質量，汽車車速可視作始終不變）

解：木塊固定前子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，設子彈質量為m，木塊被擊穿后的速度為v2mv0＝2mv2＋m

12v0（1分）解得v2＝v0/4（l分）

設木塊長d，木塊固定在汽車上時，子彈穿過木塊的過程木塊的位移為L，時間為t，設子彈與木塊的相互作用力為f，太子彈剛

能擊穿木塊，其相對木塊的位移為d，末速度與車速v相等。根據(jù)能的轉化與守恒定律求得

fdEEK初EK物vv12152mv0[2m(0)2m(0)2]mv0（2分）224216木塊隨汽車作勻速運動，木塊的位移L＝vt（2分）若子彈剛能穿出木塊，子彈位移s＝（L十d）（2分）根據(jù)動量定理mv0－mv＝ft（2分）

根據(jù)動能定理

112mv0mv2f(Ld)（2分）22聯(lián)立以上各式解得v(11010)v0,兩根中只有v(1)v0符合題意44所以汽車的速度v必須滿足v0＞v＞0.2v0(2分，第二個大于號后的系數(shù)為0.2－0.25的同樣給2分)

17、如圖所示，在足夠長的光滑水平軌道上靜止三個小木塊A，B，C，質量分別為mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B與C用一個輕彈簧固定連接，開始時整個裝置處于靜止狀態(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥，A的左邊有一個彈性擋板（小木塊和彈性擋板碰撞過程沒有能量損失）。現(xiàn)在引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產生的能量有E=9J轉化為A和B沿軌道方向的動能，A和B分開后，A恰好在BC之間的彈簧第一次恢復到原長時追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。求：（1）在A追上B之前彈簧彈性勢能的最大值；（2）A與B相碰以后彈簧彈性勢能的最大值。

解：（1）塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對象，假設爆炸后瞬間AB的速度大小分別為vA、

vB，取向右為正方向

由動量守恒：－mAvA+mBmB=0

①

爆炸產生的熱量由9J轉化為AB的動能：E帶入數(shù)據(jù)解得：vA=vB=3m/s

1122mAvAmBvB②22

③

由于A在炸藥爆炸后再次追上B的時候彈簧恰好第一次恢復到原長，則在A追上B之前彈簧已經(jīng)有一次被壓縮到最短，（即彈性勢能最大）爆炸后取BC和彈簧為研究系統(tǒng)，當彈簧第一次被壓縮到最短時BC達到共速vBC，此時彈簧的彈性勢能最大，設為Ep1由動量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC由能量定恒定定律：帶入數(shù)據(jù)得：EP1=3J

④

1122mBvB(mBmC)vBcEP22

⑤⑥

其中①②④⑤和2分⑥1分mBvB=mBvB1+mCvC1

⑦⑧⑨

（2）設BC之間的彈簧第一次恢復到原長時B、C的速度大小分別為vB1和vC1，則由動量守恒和能量守恒：

111222mBvBmBvBmCvC11222帶入數(shù)據(jù)解得：vB1=－1m/svC1=2m/s

（vB1=3m/svC1=0m/s不合題意，舍去。）

A爆炸后先向左勻速運動，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回。當A追上B，由動量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB解得：vAB=1m/s

⑩

（11）

發(fā)生碰撞瞬間達到共速vAB

當ABC三者達到共同速度vABC時，彈簧的彈性勢能最大為EP2由動量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC由能量守恒：

（12）

11122(mAmB)vABmCv12(mAmBmC)vABCEP2（13）222

（14）

帶入數(shù)據(jù)得：EP2=0.5J

其中⑦⑧（13）各2分⑨⑩（11）（14）各1分

18、質量為m1=0.10kg和m2=0.20kg兩個彈性小球，用輕繩緊緊的捆在一起，以速度v00.10m/s沿光滑水平面做直線運動，后來

繩子突然自動斷開，斷開后兩球仍在原直線上運動，經(jīng)時間t=5.0s后兩球相距s=4.5m。求兩球捆在一起時的彈性勢能。解：繩子斷開前后，兩球構成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得

(m1m2)v0m1v1m2v2

繩子斷開后，兩球勻速運動，由題意可知

4分

(v1v2)ts

(或(v2v1)ts)

4分

把m1、m2、v0、t、s等代入得

v10.7m/sv20.2m/s或v10.5m/s

v20.4m/s4分

兩球拴在一起時的彈性勢能為

－2

EP

11122m1v12m2v2(m1m2)v02222分

4分

=2.7×10J

M0.6kg的平板小車靜止在光滑水平面上。當t=0時，兩個質量都是m=0.2kg的小物體A和B（A

.m/s和v22.0m/s沖上小車，當它們相對于車停止滑動時，沒有相和B均可視為質點），分別從左端和右端以水平速度v15019.如圖所示，質量

碰。已知A、B與車面的動摩擦因數(shù)都是0.20，g取10m/（1）車的長度至少是多少？（2）B在C上滑行時對地的位移。

（3）在圖中所給的坐標系中畫出0至4.0s內小車運動的速度v時間t圖象。解：（1）設A、B相對于車停止滑動時，車的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得：

s2。求：m(v1v，v2)(M2m)v（2分）

0.60m/s（1分），方向向右。（1分）

設A、B在車上相對于車滑動的距離分別為L1和mgL1

L2，由功能關系得：

mgL212121mv1mv2(M2m)v2（2分）222L1L268.m，故車長最小為68.m（2分）

（2）開始A、B相對于車運動時，A對C和B對C的滑動摩擦力等大反向，故C靜止。（1分）當B對地速度為0時，B與C相對靜止，即B與C有共同速度0。（1分）

2v241m（2分）∴此前B對地位移SB=

2ug4（3）車的運動分以下三個階段：

第一階段：A、B同時在車上滑行時，滑塊對車的摩擦力均為mg，方向相反，車受力平衡而保持不動。當B的速度減為0時，

此過程結束。設這段時間內滑塊的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：mg滑塊B停止滑動的時間tma，ag，

v2（2分）10.s。

a第二階段：B停止運動后，A繼續(xù)在車上滑動，設到時刻t2物體A與車有共同速度v，則t2v1v2.2s。（2分）a（2分）40.s為止。

第三階段：t2之后，車以速度v做勻速直線運動到t小車運動的速度時間圖線如圖所示。（畫圖正確2分）

20如圖所示，在光滑的水平面上，有一A、B、C三個物體處于靜止狀態(tài)，三者質量均為m，物體的ab部分為半徑為R的光滑1/4圓弧，bd部分水平且粗糙，現(xiàn)讓小物體C自a點靜止釋放，當小物C到達b點時物體A將與物體B發(fā)生碰撞，且與B粘在一起（設碰撞時間極短），試求：（1）小物體C剛到達b點時，物體A的速度大�。浚�2）如果bd部分足夠長，試用文字表述三個物體的最后運動狀態(tài)。需簡要說明其中理由。

解：（1）設小物體滑到b點時，小物塊C的速度為V1，滑塊A的速度為V2，設水平向右為正方向，那么在小

物塊下滑的過程中，由機械能守恒可得：

mgR11mV12mV22①223分

小物塊C和滑塊A組成的系統(tǒng)，由水平方向動量守恒可得：

3分mV1mV20②

由①、②可得：V1V2gR即物體A的速度大小為gR3分

守恒（2分）但小物體C在bd部分滑動時由于受摩擦力的作用，速度不斷減小，因為bd部分足夠長，故小物體C最后要停下來，（3分）由于系統(tǒng)動量守恒，且系統(tǒng)水平方向總動量為零，故物體A、B也要同時停下來。（2分）

（2）當滑塊A與滑塊B碰撞后粘在一起，且物體A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，對整個系統(tǒng)在水平方向上動量

20、如圖所示，質量為M＝20kg的平板車靜止在光滑的水平面上，車上最左端停放著質量為m＝5kg的電動車，電動車與平板車上的檔板相距L＝5m。電動車由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)時間t＝2s電動車與擋板相碰，問：（1）碰撞前瞬間兩車的速度各為多少？

（2）若碰撞過程中無機械能損失，且碰后電動機關閉，使電動車只能在平板上滑動，要使電動車不脫離平板車，它們之間的動摩擦因數(shù)至少多少？

解：（1）電動車向右勻加速運動時，必然給平板車向左的摩擦力，使平板車向左勻加速運動，設兩車碰前的瞬時速度分別為v和V，根據(jù)動量守恒，有mv－mV=0。又兩車都做勻加速運動，有vVtL，解得v=4m/s，V=1m/s兩者速度方向相反。

（2）兩車碰撞過程動量守恒，又由題設條件無機械能損失，此后兩車相向滑動克服摩擦力做功，動能減少。當電動車滑到平板車最左端不脫離時兩車速度相同，設為v′，解得v′＝0。又由摩擦生熱的關系式fS相對＝ΔEk系統(tǒng)，有mgL解得μ＝0.2。

21在納米技術中需要移動或修補原子，必須使在不停地做熱運動（速率約幾百米每秒）的原子幾乎靜止下來，且能在一個小的空間區(qū)域內停留一段時間，為此已發(fā)明了“激光致冷”技術，若把原子和入射光子分別類比為一輛小車和一個小球，則“激光致冷”與下述的模型很類似。

如圖所示，一輛質量為m的小車（一側固定一輕彈簧），以速度v0水平向右運動，一動量大小為p，質量可以忽略的小球水平向左射入小車，并壓縮彈簧至最短，接著被鎖定一定時間△T,再解除鎖定使小球以大小為2p的動量水平向右彈出，緊接著不斷重復上述過程，最終小車將停下來。設地面和小車均光滑，除鎖定時間△T外，不計小球在小車上運動和彈簧壓縮、伸長的時間，求：

（1）小球第一次入射后再彈出時，小車速度的大小和這一過程中小車動能的減少量。（2）從小球第一次入射到小車停止運動所經(jīng)歷的時間。解：物塊與鋼板碰撞時的速度v0121mvmV2，226gx0

設v1表示質量為m的物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運動的速度，因碰撞時間極短，動量守恒，則mv02mv1剛碰完彈簧的

彈性勢能為EP，當它們一起回到O點時，彈性勢能為零，且此時物塊與鋼板速度恰好都為零，以鋼板初始位置為重力勢能零點，由機械能守恒，則EP1(2m)v122mgx02設v2表示質量為2m的物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運動的速度，則2mv03mv2

此后物塊與鋼板碰撞后一起開始向下運動到最低點后，一起向上運動，直到O點，鋼板的加速度將比物塊的加速度大，所以二者在此分離，分離瞬間它們具有相同的速度v由由機械能守恒，則EP112(3m)v23mgx0(3m)v2所以，vgx022

v2x0物塊向上運動的最高點與O點的距離L2g2板的右端時速度恰好為零。

（1）小滑塊在木板上的滑動時間；

22、如圖所示，一質量為M，長為L的木板固定在光滑水平面上。一質量為m的小滑塊以水平速度v0從木板的左端開始滑動，滑到木

（2）若木塊不固定，其他條件不變，小滑塊相對木板靜止時距木板左端的距離。解：滑塊滑至Q點時它與小車具有相同速度，這個速度大小正是所求的V，則有：

12mv0①（5分）mv0(m3m)V21122Qmv0(3mm)V③（3分）解得：v02gH

22132gH⑤（3分）QmgHV44mgH

②（3分）

④（3分）

⑥（2分）

23如下圖所示，光滑的曲面軌道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小車的上表面相平，質量為m的小滑塊從光滑軌道上某處由靜止開始滑下并滑下平板小車，使得小車在光滑水平面上滑動。已知小滑塊從光滑軌道上高度為H的位置由靜止開始滑下，最終停到板面上的Q點。若平板小車的質量為3m。用g表示本地的重力加速度大小，求：（1）小滑塊到達軌道底端時的速度大小v0?

（2）小滑塊滑上小車后，平板小車可達到的最大速度V（3）該過程系統(tǒng)產生的總內能Q?

?解：滑塊滑至Q點時它與小車具有相同速度，這個速度大小正是所求的V，則有：mgHmv0Q12mv02

①（5分）

(m3m)V

②（3分）

③（3分）

112mv0(3mm)V2222gH

解得：v0V④（3分）

⑤（3分）⑥（2分）

12gH43QmgH

424如圖所示，水平傳送帶AB長L=8.3m，質量M=1kg的木塊隨傳送帶一起以v1=2m/s的速度向左運動（傳送帶的速度恒定不變），木塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ=0.5．當木塊運動到傳送帶最左端A點時，一顆質量為m=20g的子彈以vo=300m/s水平向右的速度正對入射木塊并穿出，穿出速度為v2=50m/s，以后每隔1s就有一顆子彈射向木塊．設子彈與木塊的作用時間極短，且每次射入點不同，

g=10m/s2．求：

（1）在木塊被第二顆子彈擊中前木塊向右運動離A點的最大距離．（2）木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈子擊中．

（3）在被第二顆子彈擊中前，子彈、木塊、傳送帶這一系統(tǒng)所產生的熱能是多少？解：(1)第一顆子彈射入并穿出木塊過程中，由動量守恒：

mv0－Mv1=mv2+Mv1′解得：v1′=3m/s

木塊向右做減速運動，其加速度大小：

afMgg5m/s2MMv10.6sQ3Mgs

所以，在第二顆子彈擊中前,系統(tǒng)產生的總熱能為：

QQ1Q2Q3872.5J＋10.5J＋2J＝885J

-23

25如圖所示為一個模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質量M=l00kg、電量q=+6.0×10C的傳送小車，小車置于光滑的水平地面上。在傳送途中，有一個水平電場，電場強度為E=4.0×l0V／m，可以通過開關控制其有無�，F(xiàn)將質量，m＝20kg的貨物B放置在小車左端，讓它們以υ=2m／s的共同速度向右滑行，在貨物和小車快到終點時，閉合開關產生一個水平向左的勻強電場，經(jīng)過一段時間后關閉電場，當貨物到達目的地時，小車和貨物的速度恰好都為零。已知貨物與小車之間的動摩擦因素μ=0.1。(1)試指出關閉電場的瞬間，貨物和小車的速度方向。

(2)為了使貨物不滑離小車的另一端，小車至少多長?(貨物不帶電且體積大小不計，g取10m／s)

解：(1)貨物和小車的速度方向分別向右和向左(3分)

(2)設關閉電場的瞬間，貨物和小車的速度大小分別為υB和υA；電場存在時和電場消失后貨物在小車上相對滑行的距離分別為L1和L2；電場存在的時間是t，該段時間內貨物和小車的加速度大小分別是aB和aA，對地位移分別是sB和sA在關閉電場后，貨物和小車系統(tǒng)動量守恒，由動量規(guī)律和能量規(guī)律

有mυB－MυA==0①(2分)1212

μmgL2==mυB+MυA②(2分)

22由①式代人數(shù)據(jù)得υB==5υA③(1分)

在加電場的過程中，貨物一直向前做勻減速運動，小車先向前做勻減速運動，然后反向做勻加速運動，由牛頓定律有aB==μmg/m==1m/s(1分)aA==(qE－μmg)/M==2.2m/s(1分)又υB==υ－aBt,υA==|υ－aAt|(2分)將其與③式聯(lián)立可得t==1s,υB==1m/s,υA==0.2m/s(3分)1

再由運動學公式可得sB==υt－aBt2==1.5m(1分)

21

sA==υt－aAt2==0.9m(1分)

2所以L1＝sB-sA==0.6m(1分)又將數(shù)據(jù)代入②式解得L2==0.6m(1分)所以小車的最短長度為L==L1+L2==1.2m

26豎直平面內的軌道ABCD由水平滑道AB與光滑的四分之一圓弧滑道CD組成AB恰與圓弧CD在C點相切，軌道放在光滑的水平面上，如圖所示。一個質量為m的小物塊（可視為質點）從軌道的A端以初動能E沖上水平滑道AB，沿著軌道運動，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中點。已知水平滑道AB長為L，軌道ABCD的質量為3m。求：

（1）小物塊在水平滑道上受到摩擦力的大小。

（2）為了保證小物塊不從滑道的D端離開滑道，圓弧滑道的半徑R至少是多大？

（3）若增大小物塊的初動能，使得小物塊沖上軌道后可以達到最大高度是1.5R，試分析小物塊最終能否停在滑道上？解：（1）在軌道I上，探測器所受萬有引力提供向心力，設土星質量為M，則有

2

Mmυ1

G2=m①

RR222

同理，在軌道Ⅲ上有

Mm′υ32G2=m′②rrR

υ1③r

由式①②可得υ3=

探測器在軌道Ⅲ上運行時加速度設為a，則有

2

Mm′υ3

G=m′a或a=④

rr

由式①④可得a=2υ1⑤（2）探測器在A點噴出氣體前后，由動量守恒得

mυ1=(m-△m)υ2+△mu⑥υ1-υ2

△m=m⑦

u-υ2

27在光滑的水平面上有一質量M=2kg的木板A，其右端擋板上固定一根輕質彈簧，在靠近木板左端的P處有一大小忽略不計質量

Rr2

m=2kg的滑塊B。木板上Q處的左側粗糙，右側光滑。且PQ間距離L=2m，如圖所示。

某時刻木板A以υA=1m/s的速度向左滑行，同時滑塊B以υB=5m/s的速度向右滑行，

3當滑塊B與P處相距L時，二者剛好處于相對靜止狀態(tài)，若在二者共同運動方向的前

4

方有一障礙物，木板A與它碰后以原速率反彈（碰后立即撤去該障礙物）。求B與A的粗糙面之間的動摩擦因數(shù)μ和滑塊B最終停在木板A上的位置。（g取10m/s）解：（1）小物塊沖上軌道的初速度設為v(E在這個過程中，系統(tǒng)動量守恒，有mv系統(tǒng)的動能損失用于克服摩擦做功，有

2

1mv2)，最終停在AB的中點，跟軌道有相同的速度，設為V2(Mm)V①

EE111M3mv2(Mm)V2mv2()E②222Mm43③解得摩擦力fE.fL2L2（2）若小物塊剛好到達D處，此時它與軌道有共同的速度（與V相等），在此過程中系統(tǒng)總動能減少轉化為內能（克服摩擦做功）和物塊的勢能，同理，有

E1113mv2(Mm)V2EfLmgR④224解得要使物塊不從D點離開滑道，CD圓弧半徑至少為RE.4mg（3）設物塊以初動能E′，沖上軌道，可以達到的最大高度是1.5R,物塊從D點離開軌道后，其水平方向的速度總與軌道速度相等，達到最高點后，物塊的速度跟軌道的速度相等（設為V2），同理，有

E1133mv2(Mm)V22EfLmgR⑤2242物塊從最高點落下后仍沿圓弧軌道運動回到水平軌道上沿BA方向運動，假設能沿BA運動x遠，達到與軌道有相同的速度（等于V2），同理，有，

E1133mv2(Mm)V22Ef(Lx)⑥解得xL2244物塊最終停在水平滑道AB上，距B為

3L處。428、（05廣東）如圖14所示，兩個完全相同的質量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距s=2.88m。質量為2m，大小可忽略的物塊C置于A板的左端。C與A之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.22，A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.10，最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)給C施加一個水平向右，大小為2mg的恒力F，假定木板A、B碰撞時間極

5短且碰撞后粘連在一起，要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應為多少？解：設M、m共同速度為υ，由動量守恒定律得

mυB-MυA=(M+m)υυ=

對A，B組成的系統(tǒng)，由能量守恒

mυB-MυA

=2m/s

M+m

1Mυ2

2A

1+mυ2

2B

123

-(M+m)υ=μmgL24

代入數(shù)據(jù)得μ=0.6

木板A與障礙物發(fā)生碰撞后以原速率反彈，假設B向右滑行并與彈簧發(fā)生相互作用，當A、B再次處于相對靜止狀態(tài)時，兩者的共同速度為u，在此過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、能量守恒。

由動量守恒定律得mυ-Mυ=(M+m)u設B相對A的路程為s，由能量守恒得12

(M+m)υ=μmgs2

u=0

2代入數(shù)據(jù)得s=m

3

由于s>，所以B滑過Q點并與彈簧相互作用，然后相對A向左滑動到Q點左邊，設離Q點距離為s1

4

Ls1=s-L=0.17m

14

29、（05江蘇）如圖所示，三個質量均為m的彈性小球用兩根長均為L的輕繩連成一條直線而靜止在光滑水平面上．現(xiàn)給中間的小球B一個水平初速度v0，方向與繩垂直．小球相互碰撞時無機械能損失，輕繩不可伸長．求：

(1)當小球A、C第一次相碰時，小球B的速度．(2)當三個小球再次處在同一直線上時，小球B的速度．(3)運動過程中小球A的最大動能EKA和此時兩根繩的夾角θ.(4)當三個小球處在同一直線上時，繩中的拉力F的大小．

解：（1）設小球A、C第一次相碰時，小球B的速度為vB，考慮到對稱性及繩的不可伸長特性，小球A、C沿小球B初速度方向

的速度也為vB，由動量守恒定律，得

1mv03mvB由此解得vBv0

3（2）當三個小球再次處在同一直線上時，則由動量守恒定律和機械能守恒定律，得

mv0mvB2mvA

121212mv0mvB2mvA22212解得vBv0vAv0（三球再次處于同一直線）

33BuACuvBv0，vA0（初始狀態(tài)，舍去）

所以，三個小球再次處在同一直線上時，小球B的速度為vB1v0（負號表明與初速度反向）

3（3）當小球A的動能最大時，小球B的速度為零。設此時小球A、C的速度大小為u，兩根繩間的夾角為θ（如圖），則仍由動

量守恒定律和機械能守恒定律，得

mv02musin121mv02mu22212另外，EKAmu

2由此可解得，小球A的最大動能為EKA1mv02，此時兩根繩間夾角為904（4）小球A、C均以半徑L繞小球B做圓周運動，當三個小球處在同一直線上時，以小球B為參考系（小球B的加速度為0，為慣性

v02v2FmmvvAvBv0LL參考系），小球A（C）相對于小球B的速度均為所以，此時繩中拉力大小為：

30、（05全國卷Ⅱ）質量為M的小物塊A靜止在離地面高h的水平桌面的邊緣，質量為m的小物塊B沿桌面向A運動以速度v0與之發(fā)生正碰（碰撞時間極短）。碰后A離開桌面，其落地點離出發(fā)點的水平距離為L。碰后B反向運動。求B后退的距離。已知B與桌面間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度為g。

12

解：設AB碰后A的速度為v1，則A平拋有：h=gtL=v1t

2求得：v1=L

g

①2h

設碰后B的速度為v2，則對AB碰撞過程由動量守恒有：mv0=Mv1－mv2②12

設B后退距離為s，對B后退直至停止過程，由動能定理：：μmgs=mv2③

21MLg2MLv02

由①②③解得：s=(2+v0－2μg2mhm

22g

)2h

31、（05天津）如圖所示，質量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質量mB為1.0kg的小物塊B（視為質點），它們均處于靜止狀態(tài)。木板突然受到水平向右的12Ns的瞬時沖量I作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EM為8.0J，小物塊的動能為0.50J，重力加速度取10m/s，求

瞬時沖量作用結束時木板的速度v0；木板的長度L。

AB2

L解：(1)設水平向右為正方向，有：I＝mAv0①代入數(shù)據(jù)得：v=3.0m/s②

C（2）設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為FAB、FBA、FCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為vA和vB，有

－(FBAFCA)tmvA－mAv0③FABtmBvB④

其中FAB＝FBA

FCA＝（mAmC)g⑤

設A、B相對于C的位移大小分別為sA和sB，有

－(FBAFCA)sA1212mvA－mAv0⑥22FABsB＝EKB

⑦動量和動能之間的關系為：mAvA2mAEKA⑧

mAvA2mAEKA⑨

木板A的長度L＝sA－sB⑩

代入數(shù)據(jù)得：L=0.50m11

○

32如圖2－3－6所示，在水平光滑桌面上放一質量為M的玩具小車。在小車的平臺（小車的一部分）上有一質

量可忽略的彈簧，一端固定在平臺上，另一端用質量為m的小球將彈簧壓縮一定距離后用細線捆�。�用手將小車固定在桌面上，然后燒斷細線，小球就被彈出，落在車上A點．OA＝s．如果小車不固定而燒斷細線，球將落在車上何處？設小車足夠長，球不致落在車外．解：設彈性勢能為E，固定時：E=

12mv0①，s=v0t②，2不固定時：E=

121Mmmv1+Mv2③，0=mv+Mv④，x=（v+v）t⑤，由①②③④⑤得x=s．1212222M33如圖2－3－7所示，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小物塊m連接，且M、m及M與水平地面間接觸

均光滑．開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，F(xiàn)1=F2=F．設整個過程中彈簧的形變不超過彈性限度，m未滑離M．求：

(1)當長木板M的位移為L時，M、m及彈簧組成的系統(tǒng)具有的機械能是多少？

(2)如長木板M的位移L是未知的，則當L是多少時，由M、m及彈簧組成的系統(tǒng)具有的機械能最大．這時系統(tǒng)具有的機械能是多少？解：（1）由動量守恒0=MLsmtt①得物塊的位移s=

MLm，系統(tǒng)具有的機械能E=FL+Fs=

mMFL．m（2）M\\、m做同頻率的簡諧振動，設運動到平衡位置時彈簧的伸長量為x，F(xiàn)=k②x，機械能最大時L+s=2x③，由①②③得

m2x2mFL，系統(tǒng)具有的機械能最大EmM(mM)k機

2F2=

k．34如圖2－9所示，一質量為M、長為l0的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質量為m的小物塊A，m－0③，由①②③得W=18J，vA=vC=6m/s．

（2）取A、B為研究系統(tǒng)，mAvA－mBvC=mv+mBv’AA’C11212，mAvA+mBvC=

222mv’AA2+12mBvC’，

2當彈簧恢復到原長時A、B的速度分別為：，vA=vB=6m/s或vA=-2m/s，vB=10m/s．

36光滑的水平面上，和彈簧相連的質量均為2的A、B兩物塊都以6m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質量為4的物塊C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，當彈簧的彈性勢能達到最大時，物體的速度是多少？彈性勢能的最大值是多少？

37．用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物體C靜止在前方，如圖所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中，（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？

38如圖所示，甲車質量2kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一質量1kg的小物體,乙車質量4kg，以5m/s的速度向左運動，與甲車相碰后甲車獲得8m/s速度，物體滑到乙車上若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上滑行多長時間相對乙車靜止？

39．如圖，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平導軌上的O點，此時彈簧處于原長。另一質量與B相同的滑塊A從導軌上的P點以初速度v0向B滑行，當A滑過距離l時，與B相碰。碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起運動。設滑塊A和B均可視為質點，與導軌的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度為g。求：（1）碰后瞬間，A、B共同的速度大�。唬�2）若A、B壓縮彈簧后恰能返回到O點并停止，求彈簧的最大壓縮量。

40．（14分）如圖所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為豎直平面內的半圓且與ab相切，半徑R=0.3m。質量m=0.5kg的小球A靜止在軌道上，另一個質量M=1.0kg的小球B，以速度v0=6.5m/s與小球A正碰。已知碰撞后小球A經(jīng)過半圓的最高點c落到軌道上距

點為處，g取10m/s2，求：

碰撞結束時小球A和B的速度大��；A球在c點對軌道的壓力；

論證小球B能否沿半圓軌道到達c點。

41．（15分）如圖所示是某游樂場過山車的娛樂裝置原理圖，弧形軌道末端與一個半徑為R的光滑圓軌道平滑連接，兩輛質量均為m的相同小車（大小可忽略），中間夾住一輕彈簧后連接在一起，兩車從光滑弧形軌道上的某一高度由靜止滑下，當兩車剛滑入圓環(huán)最低點時連接兩車的掛鉤突然斷開，彈簧將兩車彈開，其中后車剛好停下，前車沿圓環(huán)軌道運動恰能越過圓弧軌道最高點，求：（1）前車被彈出時的速度；

（2）前車被彈出的過程中彈簧釋放的彈性勢能；（3）兩車從靜止下滑到最低點的高度h。

42質量為M的小車置于水平面上。小車的上表面由1/4圓弧和平面組成，車的右端固定有一不計質量的彈簧，圓弧AB部分光滑，半徑為R，平面BC部分粗糙,長為l，C點右方的平面光滑�；瑝K質量為m，從圓弧最高處A無初速下滑（如圖），與彈簧相接觸并壓縮彈簧，最后又返回到B相對于車靜止。求：（1）BC部分的動摩擦因數(shù)u；（2）彈簧具有的最大彈性勢能；

（3）當滑塊與彈簧剛分離時滑塊和小車的速度大�。�

43如圖所示，光滑水平面上放置質量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一感應開關相連（當滑塊滑過感應開關時，兩車自動分離）。其中甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。一根通過細線拴著而被壓縮的輕質彈簧固定在甲車的左端，質量為m=1kg的滑塊P(可視為質點)與彈簧的右端接觸但不相連，此時彈簧儲存的彈性勢能E0=10J，彈簧原長小于甲車長度，整個系統(tǒng)處于靜止�，F(xiàn)剪斷細線，求：滑塊P滑上乙車前的瞬時速度的大�。�

滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，P在乙車上滑行的距離為多大？

題型7：簡諧振動中的能量轉換

1、如圖13所示，一輕質彈簧豎直固定在地面上，自然長度為1m，上面連接一個質量為m1=1kg的物體，平衡時物體離地面0.9m。距物體m1正上方高為0.3m處有一個質量為m2=1kg的物體自由下落后與彈簧上物體m1碰撞立即合為一體，一起在豎直面內做簡諧振動。當彈簧壓縮量最大時，彈簧長為0.6m。求（g取10m/s）：（1）碰撞結束瞬間兩物體的動能之和是多少？（2）兩物體一起做簡諧振動時振幅的大小？（3）彈簧長為0.6m時彈簧的彈性勢能大��？解：設m2與m1碰前瞬間速度為V0有：

2m2ghm2v0/2V02gh6m/s3分

2

m2與m1碰撞瞬間豎直方向近似動量守恒，設共同速度為v1，有：

m2v0(m2m1)v1v1v0/23分

Ek(m2m1)v12/21.5J2分

（2）當彈簧壓縮量最大時，振動物體的速度大小為0，此時物體向下離開平衡位置距離最大，設為A即為所求振幅m1gk=100N/m2分(m2kx1

m1)gkx2x20.2m2分

A=L－x2－0.6=0.2m2分

（3）m2與m1碰后，系統(tǒng)機械能守恒。當彈簧恢復原長時，物體速度恰為零則：Ep=2mgA4分Ep=8J2分

2、如圖1所示，一輕質彈簧與質量為m的物體組成彈簧振子，在豎直方向的A、B兩點間作簡諧運動，O為平衡位置，振子的振動周期為T．某一時刻物體正經(jīng)過C點向上運動（C點在平衡位置上方h高處），則從此時刻開始的半個周期內(AB)

A．重力對物體做功為2mghB．重力對物體的沖量大小為mgT/2C．加速度方向始終不變D．回復力做功為2mgh

3、如圖所示，質量為M的物塊鉤在水平放置的左端固定的輕質彈簧的右端，構成一彈簧振子，物塊可沿光滑水平面在BC間做簡諧運動，振幅為A。在運動過程中將一質量為m的小物塊輕輕地放在M上，第一次是當M運動到平衡位置O處時放在上面，第二次是當M運動到最大位移處C處時放在上面，觀察到第一次放后的振幅為A1，第二次放后的振幅為A2，則（B）A．A1=A2=AB．A1

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