高考冲刺 知识讲解 动量方法及其应用

1 高考冲刺：动量方法及其应用 【高考展望】 本专题主要讨论利用动量定理和动量守恒定律分析问题的方法。动量定理和动量守恒定 律是自然界中适用范围非常广泛的物理规律，是高中物理的主干和重点知识，从动量定理和 动量守恒定律角度分析处理物理问题是高中物理中处理物理问题的重要方法，也是历年高考 热点。寻找守恒量的方法同时也是分析、解决电学、热学问题的重要方法。历年高考试卷中 的力学综合问题往往与动量定理和动量守恒定律知识有关，并且还综合牛顿运动定律、圆周 运动以及机械能、电场、磁场、电磁感应、近代物理等知识点，这类问题过程多样复杂，信 息容量大，综合程度高，难度大。 　 动量定理和动量守恒定律是本专题知识的重点。在对本专题知识的复习中，应在物理过 程和物理情景分析的基础上，分析清楚物体的受力情况和作用时间情况，物体初态、末态的 动量大小和方向（即分析动量的变化量），恰当地选取研究对象和研究过程，准确地选用适 用规律。 【知识升华】 “动量方法”简介：是从“力的冲量、物体的动量变化和相互作用过程中的动量之和变 化”来研究运动过程的学习研究方法。用到的主要知识是动量定理、动量守恒定律、动能定 理、机械能守恒定律、功能关系。 考点一、动量定理 　　动量定理是指合外力的冲量等于物体动量的变化。公式为： 要点诠释：①动量定理中的左边指的是合外力的冲量。 求合外力的冲量可先求所有力的合 外力，再乘以时间；也可以求出各个力的冲量再按矢量运算法则求所有力的合冲量。 　　如果作用在被研究对象上的各个外力的作用时间不同，就只能先求每个外力在相应时间 内的冲量，然后再求出所受外力冲量的矢量和。 　　②公式中Δp 指的是动量的变化，不能理解为动量，它的方向与动量方向可以相同，也 可以相反，甚至可以和动量方向成任意角度，但Δp 一定跟合外力冲量 I 合方向相同。 　　③动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因， 物体动量的变化是由它受到的外力经过一段时间积累的结果。 　　④动量定理 是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则。若公式中 各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据已知各量的方向确定它们的正负，从而把 矢量运算简化为代数运算。 　　⑤动量定理公式中的 p′-p 或 mv′-mv 是研究对象的动量的改变量，公式中的“-”号 是运算符号，与正方向的选取无关。 　　⑥动量定理说明合外力的冲量与研究对象的动量增量的数值相同，方向一致，单位等效， 但不能认为合外力的冲量就是动量的增量。物体动量变化的大小和方向决定于合外力冲量的 大小和方向。 　　⑦动量定理中的 F 应理解为变力在作用时间内的平均值． 　　⑧ ,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率。例如平抛运动物体的动量变 化率等于重力。物体动量变化的快慢决定于物体所受的合外力，合外力大的物体，动量变化 的快；合外力小的物体，动量变化的慢。 考点二、动量守恒定律 　　内容：相互作用的物体所组成的系统，如果不受外力作用，或它们所受外力之和为零， F t p p p′= ∆ = −合 F t p p p′= ∆ = −合 = pF t ∆ 合2 则系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律。 要点诠释：　①表达式： 变化式 ， 　　②条件：系统不受外力或合外力为零时系统的动量守恒；系统在某一个方向上的外力之 和为零，系统在这个方向上动量守恒。 　　③动量守恒定律适用的范围：适用于两个或两个以上物体组成的系统。动量守恒定律是 自然界普遍适用的基本规律，对高速或低速运动的物体系统，对宏观或微观系统它都是适用 的。 　　④动量守恒定律的四性 　　a．系统性、　　b．矢量性、　　c．同系性、　　d．瞬时性。 【典型例题】 类型一、求平均作用力、冲量等问题 例 1、一质量为 100g 的小球从 0.80m 高处自由下落到一厚软垫上。若从小球接触软垫 到小球陷至最低点经历了 0.20 s，则这段时间内软垫对小球的平均冲击力为多少(取 g=10 m/s2，不计空气阻力)？ 【思路点拨】求平均冲击力问题，应根据动量定理求解。 【答案】3.0N 【解析】解法一:小球自由下落，接触软垫前的速度为 在 0.20s 内，取向上为正方向，由动量定理有： 得 解法二：自由下落时间为 全程由动量定理，取向上为正方向， （注意重力的作用时间） 得 【总结升华】研究对象要取小球，对小球进行受力分析，一般设所求的力的方向为正方向， 结果求出的为正。正确分析动量的变化，即初态动量大小、方向，是正还是负，末态动量大 小、方向，是正还是负，减号是公式里的运算符号。全程应用动量定理时一定要注意力的作 用时间，一样进行初态、末态动量分析，全程应用动量定理的好处是往往初态、末态动量都 为零，计算就简单了，这一点与全程应用动能定理相似。 举一反三 【变式】（2016 福建模拟）如图，轻弹簧的两端分别连接 A、B 两物块，置于光滑的水平 面上。初始时，A 紧靠墙壁，弹簧处于压缩状态且被锁定。已知 A、B 的质量分别为 m1=2kg、m2=1kg，初始时弹簧的弹性势能 Ep=4.5J。现解锁对弹簧的锁定，求： （ⅰ）从解除锁定到 A 刚离开墙壁的过程中，弹簧对 B 的冲量 I 的大小和方向； （ⅱ）A 的最大速度 vm. 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + A Bp p∆ = −∆ 0p∆ = v 2 4.0 /v gh m s= = ( ) 0 ( )F mg t mv− = − − 3.0F N= 1t 1 2 0.4ht sg = = 1( ) 0 0Ft mg t t− + = − 3.0F N=3 【答案】（ⅰ）从解除锁定到 A 刚离开墙壁的过程中，弹簧对 B 的冲量 I 的大小为 N·s ，方向水平向右； （ⅱ）A 的最大速度 vm 为 2m/s. 【解析】（ⅰ）当弹簧恢复原长时，B 的速度为 vB，此时 A 恰好离开墙壁，有 ① 以水平向右方向为正方向，从解除锁定到 A 刚离开墙壁的过程中，由动量定理得 I=m2vB－0 ② 由①②式，代入数据得 I=3N·s ③ 方向水平向右。 （ⅱ）当弹簧第一次恢复原长后，A 离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，A 的速度最大 ，设此时 B 的速度为 vB´，由动量守恒定律即机械能守恒定律有 m2vB=m1vm+m2vB´ ④ ⑤ 由①④⑤式，代入数据得 vm=2m/s ⑥ 类型二、求连接体脱落问题 例 2、如图所示，质量分别为 m 和 M 的两个木块 A 和 B 用细线连在一起，在恒力 F 的作用 下在水平桌面上以速度 v0 做匀速运动。突然两物体间的连线断开，这时仍保持拉力 F 不变， 求当木块 A 停下的瞬间木块 B 的速度的大小。 【思路点拨】本题可以用“动力学方法”或“动量方法”求解。对 AB 系统：匀速运动时合 力为零，连线断开后系统所受力仍为 F 和两物体分别所受摩擦力，也就是说系统所受合力 不变，系统的动量守恒，应根据动量守恒定律求解。 【答案】 【解析】解法一：动力学方法： 开始时，匀速直线运动： 绳断后：A： B: 解得 解法二：动量方法： 绳断后到 A 停止运动前，拉力没变，A、B 所受摩擦力没有变，外力之和没有变，改变 的只是系统内力，因此系统动量守恒。 由动量守恒定律，以运动方向为正方向： 2 2 1 2p BE m v= 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2B m Bm v m v m v= + ′ 0 M mv vM += ( )A BF f f M m gµ= + = + 1mg maµ = 0 0 1 1 v vt a gµ= = 2F Mg Maµ− = 0 2 1v v a t= + 0 M mv vM +=4 得 【总结升华】准确分析系统动量是否守恒（系统所受外力之和为零），正确写出初动量、末 动量是解题的关键。用动量方法比动力学方法简捷多了。动量定理或动量守恒定律是建立在 动力学基础之上的，可以说是动力学的一个推论，显然用推论进行分析相对来说会简捷一些。 举一反三 【变式】一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以 的速度匀速行驶，其 所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为 的 加速度减速滑行。在车厢脱落 后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时 的 3 倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。 【答案】 【解析】 设卡车的质量为 M，车所受阻力与车重之比为 ；刹车前卡车牵引力的大小为 ， 卡车刹车前后加速度的大小分别为 和 。重力加速度大小为 g。由牛顿第二定律有 脱落前 脱落后 设车厢脱落后， 内卡车行驶的路程为 ，末速度为 ，根据运动学公式有 ⑤ ⑥ ⑦ 式中， 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为 有 ⑧ 卡车和车厢都停下来后相距 ⑨ 由①至⑨式得 ⑩ 带入题给数据得 类型三、求碰撞、爆炸、反冲、相互作用问题 碰撞模型：正碰 不论地面情况如何，在碰撞瞬间，都遵循动量守恒：（若粗糙，由于时间极短，内力 外 力） 根据碰撞是否损失机械能，把碰撞分为 1、弹性弹性碰撞 0( )M m v Mv+ = 0 M mv vM += 0 12 /v m s= 22 /a m s= 3t s= 36s m∆ = µ F 1a 2a 2 0 f Mgµ− = ① 1F Mg Maµ− = ② Mg Maµ = ③ 23 Mg Maµ = ④ 3t s= 1s 1v 2 1 0 1 1 2s v t a t= + 1 0 1v v a t= + 2 1 2 22v a s= 2s ,s 2 0 2v as= 1 2s s s s∆ = + − 2 0 0 2 4 2 3 3 3 vs v t ata ∆ = − + + 36s m∆ =  1 0 1 1 2 2m v m v m v= + 0Q = 2 2 2 1 0 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v= +5 特殊情况： 当 时 ， 彼此交换速度。（此种情况高考经常考） 2、非弹性碰撞 3、完全非弹性碰撞（碰后粘在一起） ，损失的能量最大。 例 3、甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是 =5kg﹒m/s、 =7kg m/s 甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为 10kg﹒m/s。则两球质量 与 间的关系可能是下面的哪几种？（ ） A． = B． =2 C． =4 D． =6 【思路点拨】这类问题的基本方法就是三项基本原则：（1）碰撞前后总动量相等（动量守 恒）；（2）碰撞前的总能量大于等于碰撞后的总能量（能量不增加）；（3）要符合实际（确 定速度大小和方向）。 【答案】C 【解析】由动量守恒定律： 能量不增加：根据 ，碰撞前的总能量大于等于碰撞后的总能量 得 要符合实际：甲追上乙， 得 碰撞后甲的速度小于乙的速度 得 综上： 所以 C 正确。 【总结升华】解决这一类问题时一定要按照三步分析，一是碰撞前后总动量相等，即动量守 恒；二是碰撞前的总能量大于等于碰撞后的总能量，即能量不增加原则；三是要符合实际， 甲追上乙，必须 ，碰撞后甲的速度小于乙的速度，不可能跑到乙的前面去。 举一反三 【变式】质量为 1kg 的小球 A，在光滑水平面上以速度 6m/s 与质量为 2kg 的速度为 2m/s 的 1 2 1 0 1 2 m mv vm m −= + 1 2 0 1 2 2mv vm m = + 1 2m m= 1 0v = 2 0v v= 0Q ≠ 0Q ≠ p甲 p乙 m甲 m乙 m乙 m甲 m乙 m甲 m乙 m甲 m乙 m甲 + = +P P P P′ ′ 乙 乙甲 甲 =2 /P kg m s′ ⋅甲 2 2k pE m = 25 49 4 100+ +2 2 2 2m m m m ≥ 乙 乙甲 甲 51 21m m≥乙 甲 v v> 乙甲 5 7 m m > 乙甲 1.4m m>乙 甲 2 10 m m < 乙甲 5m m 乙甲6 物体 B 发生碰撞，则碰后 A、B 两物体的速度可能值为： 　　A、 =5m/s， =2.5 m/s　　 B、 =2 m/s， =4 m/s 　　C、 =-4 m/s， =7 m/s　 　 D、 =7m/s， =1.5 m/s 【答案】B 【解析】得考虑三个方面： 　（1）动量守恒 ，四个选项都满足 　（2）能量守恒，所以末动能≤初动能， 即： ，C、D 选项排除， 　（3）若碰后同向运动，A 在后，所以 ，排除 A、D，所以选项 B 正确。 例 4、一弹丸在飞行到距离地面 5m 高时仅有水平速度 v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平 飞出，甲、乙的质量比为 3∶1，不计质量损失，重力加速度 g 取 10m/s2，则下列图中两块 弹片飞行的轨迹可能正确的是 【答案】B　 【解析】 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有 ，解 得 ，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有 ，水平方向对甲、 Av Bv Av Bv Av Bv Av Bv 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2m v m v m v m v′ ′+ ≤ + A Bv v< 0 3 1+4 4m v mv mv= 甲 乙弹丸 04 3v v v甲 乙＝ ＋ 21 2h gt=7 乙两弹片分别有 ，代入各图中数据，可知 B 正确． 类型四、求动量与能量的综合问题 例 5、如图所示，一轻质弹簧两端各连接一块质量均为 m 的滑块 A 和 B，A，B 都静止于水 平光滑面上，质量为 m／4 的子弹以水平速度 v 射入 A 中不再穿出，求滑块 B 获得的最大 动能。 【思路点拨】子弹打入 A 的过程动量守恒定律，当弹簧处于原长时，B 速度最大，动能最 大，再根据动量守恒定律、机械能守恒定律求出 B 获得的最大动能。 【答案】 【解析】从动力学角度分析：子弹和 A 以共同速度运动，则弹簧压缩，B 加速，只要弹簧 处于压缩，B 都加速，所以当弹簧处于原长时，B 速度最大。 子弹打入 A，由动量守恒定律，设子弹与 A 的共同速度为 得 当弹簧恢复原长时，B 速度最大，设此时子弹与 A 的速度为 ，B 的速度为 解得 所以 B 的最大动能 【总结升华】子弹打入 A 的过程类似于完全非弹性碰撞，是有能量损失的，不能从开始到 弹簧原长直接应用动量守恒定律，必须把子弹打入 A 的过程分开单独作为一个物理过程， 这个过程动量守恒。关键的物理条件：当弹簧处于原长时，B 速度最大。当弹簧压缩到最大 时是弹性势能最大。 此外，本题还可以求弹簧处于原长时 A 的速度和动能，子弹打入 A 的 过程中损失的机械能。 举一反三 【变式 1】如图所示，A、B 两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开 始时弹簧呈自然状态，A、B 的质量均为 M＝0.1kg，一颗质量 m＝25g 的子弹，以 ＝45m/s 的速度水平射入 A 物体，并留在其中．求在以后的运动过程中， （1）弹簧能够具有的最大弹性势能； （2）B 物体的最大速度． x v t x v t甲 甲 乙 乙= ， = 22 81kE mv= 1v 1( )4 4 m mv m v= + 1 0.2v v= 2v 3v 1 2 3( ) ( )4 4 m mm v m v mv+ = + + 2 2 2 1 2 3 1 1 1( ) ( )2 4 2 4 2 m mm v m v mv+ = + + 3 2 9v v= 22 81kE mv= 0v8 【答案】（1） （2） 【解析】（1）子弹击中木块 A，系统动量守恒． 由 ，有 弹簧压缩过程．由子弹 A、B 组成的系统不受外力作用，故系统动量守恒且只有系统内的弹 力做功，故机械能守恒．选取子弹与 A 一起以 速度运动时及弹簧压缩量最大时两个状态， 设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为 ，此时子弹 A、B 有共同速度 ，则有 代入数据可解得　 ， ． （2）弹簧恢复原长时， 最大，取子弹和 A 一起以 速度运动时及弹簧恢复原长时两个状 态，则有 代入数据可解出 B 物体的最大速度　 ． 【变式 2】如图，ABC 三个木块的质量均为 m。置于光滑的水平面上，BC 之间有一轻质弹 簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 BC 紧连，使弹 簧不能伸展，以至于 BC 可视为一个整体，现 A 以初速 沿 BC 的连线方向朝 B 运动，与 B 相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A，B 分离，已知 C 离开 弹簧后的速度恰为 ，求弹簧释放的势能。 【答案】 2.25pmE J= 10 /Bmv m s= 0 1( )mv M m v= + 0 1 9 /mvv m sM m = =+ 1v pmE v共 1) (2 )M m v M m v+ = + 共（ 2 2 1 1 1) (2 )2 2pmM m v E M m v+ = + + 共（ =5 /v m s共 2.25pmE J= Bv 1v 1) ( ) A BmM m v M m v Mv+ = + +（ 2 2 2 1 1 1 1) ( )2 2 2A BmM m v M m v Mv+ = + +（ 10 /Bmv m s= 0v 0v 2 03 1 mvE p =9 【解析】设碰后 A、B 和 C 的共同速度的大小为 v，由动量守恒得 ① 设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为 ，由动量守恒得 ② 设弹簧的弹性势能为 ，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 ③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 ④ 例 6、质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧 的压缩量为 x0，如图所示。一物块从钢板正上方距离为 3x0 的 A 处自由落下，打在钢板上 并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m 时，它们恰能回到 O 点。若物块质量为 2m，仍从 A 处自由落下，则物块与钢板回到 O 点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与 O 点的距离。 【思路点拨】分析物体的运动过程：物块先自由下落，机械能守恒．物块与钢板碰撞时，因 碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，遵守动量守恒定律．碰撞后，弹簧、 物块与钢板组成的系统机械能守恒．由题碰撞后，物块与钢板回到 O 点时，此时弹簧的弹 性势能与未碰撞时相等．根据动量守恒定律、机械能守恒定律和相等的条件分别研究物块质 量为 m 和 2m 的情况，再求解物块向上运动到达最高点 O 点的距离． 【答案】 【解析】物块自由下落，与钢板碰撞，压缩弹簧后再反弹向上，运动到 O 点，弹簧恢复原 长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落 3 ，根据机械 能守恒： 物块与钢板碰撞时，根据动量守恒： 　 ( 为碰后共同速度) 物块与钢板一起升到 O 点， 根据机械能守恒： 解得 如果物块质量为 2m，则： 设回到 O 点时物块和钢板的速度为 ，则： 从 O 点开始物块和钢板分离， 解得 03 mvmv = 1v 0123 mvmvmv += pE 2 0 2 1 2 2 1)2(2 1)3(2 1 mvvmEvm p +=+ 2 03 1 mvE p = 02 1 x 0x 2 0 0 1 32 mv mgx= 0 1( )mv m m v= + 1v 2 1 0 1 2 22 pmv E mgx⋅ + = 0 1 2pE mgx= 0 22 (2 )mv m m v= + v 2 2 2 0 1 13 3 32 2pmv E mgx mv× + = + × 2 2v gh= 00.5h x=10 【总结升华】弹簧在竖直方向上压缩后振动，机械能守恒，关键是表达式（计算公式）怎么 写？本题解析中第一个机械能守恒公式应该这样理解：物块与钢板碰撞后瞬间位置即 处 的机械能（动能与弹性势能之和）等于反弹到 O 点处的机械能（动能为零，只有重力势 能）。第二个机械能守恒公式同样理解。 类型五、求滑块与滑板（小车）问题 例 7、如图所示，一辆质量为 M = 3.0kg 的平板小车，在光滑的水平轨道上以速度 =4.0m/s 做直线运动，今在车前缘放一个质量为 m = 2.0kg 的小物体，物体可视为质点，且相 对地面速度为零. 设物体与车板之间的动摩擦因数μ= 0.2.求： （1）小物体相对车静止时平板车的速度 （2）车至少为多长，才能保证小物体不掉下去 【思路点拨】水平面光滑，滑块小车组成的系统不受外力（摩擦力是内力），所以系统动量 守恒，物体相对车静止时车的速度是共同速度。最好根据能量守恒定律求车的长度。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由动量守恒定律 得 （2）小车受到小物体给它的向后的摩擦力（向左）做匀减速运动，小物体受到向前（向右） 的摩擦力做匀加速运动，位移关系如图。 解法一：用动力学方法，根据运动学公式和牛顿第二定律 对 m: 对 M： 解法二：用能量守恒方法，根据能量守恒定律 解得 又 解得 0x v =2.4 /v m s共 2.4L m= ( )Mv M m v= + 共 =2.4 /v m s共 2 1 2 /a g m sµ= = 2 1 1 1.442 vs ma = =共 2 2 4 /3 mga m sM µ= = 2 2 2 2 ( ) 3.842( ) v vs ma −= =− 共 2 1 2.4L s s m= − = 2 21 1 ( ) +2 2Mv M m v Q= + 共 9.6Q J= Q mgLµ= 2.4L m=11 【总结升华】要分析清楚哪个做匀加速运动，哪个做匀减速运动，加速度是否变化。正确画 出小车和滑块对地的位移图，找出两个位移与小车长度的几何关系。第二问显然用能量法解 题要简捷得多。 举一反三 【变式 1】如图所示，质量为 0.4kg 的木块以 2m/s 的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上 的平板小车，车的质量为 1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为 0.2（g 取 10m/s2）。设小车 足够长，求： 　　（1）木块和小车相对静止时小车的速度 　　（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间 　　（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止时木块在小车上滑行的距离。 【答案】（1） （2） （3）0.8m 【解析】（1）以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得： 所以 （2）再以木块为研究对象，由动量定理可得 （3）木块做匀减速运动，加速度 ， 车做匀加速运动，加速度 ， 在此过程中木块的位移 车的位移 由此可知，木块在小车上滑行的距离为 ΔS=S1－S2=0.8m，即为所求。 【变式 2】一质量为 2m 的物体 P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中 ab 为粗糙 的水平面，长度为 L；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与 ab 和 bc 均相切的长度可忽略 的光滑圆弧连接。现有一质量为 m 的木块以大小为 v0 的水平初速度从 a 点向左运动，在斜 面上上升的最大高度为 h，返回后在到达 a 点前与物体 P 相对静止。重力加速度为 g。求 （i）木块在 ab 段受到的摩擦力 f； 0.4 /v m s= 0.8t s= 0 ( )mv M m v= + 0 0.4 2 0.4 /1.6 0.4 mvv m sM m ×= = =+ + 0mgt mv mvµ− = − 0 (0.4 2) 0.80.2 10 v vt sgµ − − −= = =× 1mg maµ = 2 1 2 /a g m sµ= = 2mg Maµ = 2 2 0.5 /mga m sM µ= = 2 2 2 2 0 1 1 0.4 2 0.962 2 2 v vS ma − −= = =− × 2 2 2 2 1 1 0.5 0.8 0.162 2S a t m= = × × =12 （ii）木块最后距 a 点的距离 s。 【答案】 【解析】（i）设木块和物体 P 共同速度为 v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动 量守恒和能量守恒得： ① ② 由①②得： ③ （ii）木块返回与物体 P 第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得： ④ 由②③④得： 类型六、求电场、磁场中的有关问题 例 8、如图所示，小车 A 的质量 M=2kg，置于光滑水平面上，以初速度为 v0=14m/s 向 右滑行。途中，将一带正电 q=0.2C 的可视为质点的物体 B，质量 m=0.1kg，轻放在小车的 右端。整个空间存在着匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度 B=0.5T，物体与小车之 间有摩擦力作用，设小车足够长。 （1）B 物体的最大速度？ （2）小车 A 的最小速度？ （3）在此过程中系统增加的内能？（g=10m/s2） 【思路点拨】带正电的物体 B 在磁场中运动受到向上的洛伦兹力，当洛仑兹力和重力相等 时，此时车的速度最小，B 的速度最大，小车和 B 组成的系统动量守恒，系统增加的内能 等于动能的减少量。 【答案】（1） （2） （3）8.75J 【解析】（1）假若 B 最后能和车达到共同运动速度 ，则 2 0( 3 ) 3 m v ghf L −= 2 0 2 0 6 3 v ghs Lv gh −= − 0 ( 2 )mv m m v= + 2 2 0 1 1 ( 2 )2 2mv m m v mgh fL= + + + 2 0( 3 ) 3 m v ghf L −= 2 2 0 1 1 ( 2 ) (2 )2 2mv m m v f L s= + + − 2 0 2 0 6 3 v ghs Lv gh −= − 2 10 /v m s= 1 13.5 /v m s= v共13 　　 那么 所以 B 物体在和小车达到相对静止前就开始分离。小车带动物体 B 运动，B 运动后受到向 上的洛仑兹力，当洛仑兹力和重力相等时，物体不受摩擦力作用，开始作匀速运动，此时车 的速度最小设为 ，B 的速度最大，设为 。 　 ∴ 　（2）小车和 B 的总动量守恒 　　∴ （3）系统增加的内能 【总结升华】在电场、磁场中力学的规律仍然适用，同样道理，动量定理及动量守恒定律、 动能定理及能量守恒定律一样适用，把基本规律综合起来解决具体问题。 类型七、求微观粒子的动量守恒问题 例 9、在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速。假设减速剂的原子核质量是中子的 k 倍，中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰。设每次碰撞前原子核可认为是静止的， 求 N 次碰撞后中子速率与原速率之比。 【思路点拨】中子和作减速剂的物质的原子核每次碰撞都可看成是弹性正碰，动量守恒，机 械能守恒，可以列出两个方程求解。 【答案】 【解析】设中子和作减速剂的物质的原子核 A 的质量分别为 和 ，碰撞后速度分别为 ，碰撞前后的总动量和总能量守恒，有 ① ② 式中 为碰撞前中子速度，由题设 ③ 由①②③式，经 1 次碰撞后中子速率与原速率之比为 ④ 经 N 次碰撞后，中子速率与原速率之比为 ⑤ 【总结升华】题目中明确说明每次碰撞都可看成是弹性正碰，抓住这个隐含条件，物理意义 就是动量守恒和机械能守恒（动能守恒），列出两个方程求解。 举一反三 1( )1 Nk k − + 1( )1 Nk k − + 0 ( )Mv M m v= + 共 40= m/s3v共 40 4=0.2 0.5= 13 3qv B N mg N× × > =共 1v 2v 2qv B mg= 2 10 /v m s= 0 1 2Mv Mv mv= + 1 13.5 /v m s= 2 2 2 0 1 2 1 1 1 8.752 2 2E Mv Mv mv J= − − = nm Am n Av v′ ′和 n n n n A Am v m v m v′ ′= + 2 2 21 1 1 2 2 2n n n n A Am v m v m v′ ′= + nv A nm km= 1 1 n n v k v k ′ −= +14 【变式】质量为 m 的氦核，其速度为 ，与质量为 3m 的静止碳核碰撞后沿着原来的路径 被弹回，其速率为 ，则碳核获得的速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】根据动量守恒定律 解得 ，故 B 对。 0v 0 1 2 v 02v 0 1 2 v 0 1 3 v 0 1 6 v 0 0 13 2mv mv mv= − 0 1 2v v=15 【巩固练习】 一、选择题 1、（2016 甘肃自主招生）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为 M 的平板， 处于平衡状态。一质量为 m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为 h，如图所示。让环自由 下落，撞击平板。已知碰后环与平板以共同的速向下运动。则（ ） A. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C. 环撞击板后，板的新的平衡位置与 h 的大小有关 D. 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减小的动能等于克服弹簧弹力所做的功 2、摆长为 L 的单摆在做小角度摆动时，若摆球质量等于 m，最大偏角等于 θ。在摆从最大 偏角位置摆向平衡位置时，下列说法正确的是（ ） A．重力的冲量等于 B．重力的冲量等于 C．合力的冲量等于 D．合力做的功等于 3、下图是“牛顿摆”装置，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 根轻绳互相平 行，5 个钢球彼此紧密排列，球心等高．用 1、2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球．当把小球 1 向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞， 可观察到球 5 向右摆起，且达到的最大高度与球 1 的释放高度相同，如图乙所示．关于此实 验，下列说法中正确的是(　　) A．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰 2/gLmπ )cos1(gL2m θ− )cos1(gL2m θ− )cos1(mgL θ−16 撞后，小球 4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的释放高度 D．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰 撞后，小球 3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同 4、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都视为质点，质量相等，与轻质弹簧相 连。设 Q 静止，P 以某一初速度向 Q 运动并发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有最大弹性 势能等于（　 ） A. P 的初动能 　B. P 的初动能 1/2　 C. P 的初动能 1/3 D. P 的初动能 1/4 5、质量为 的小球以 的速度与质量为 的静止的小球相碰。关于碰后的速度， 下列可能的是（　 ） 　A. 　　 B. 　C. 　　 D. 6、如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止 的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是 （　） A．当小球到达最低点时，木块有最大速率 B．当小球的速率最大时，木块有最大速率 C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大 D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零 7、质量为 M 的原子核，原来处于静止。当它以速度 v 放出一个质量为 m 的粒子后，剩余 核的速度大小（　 ） A． 　　　　B． 　　 　C． 　　　　D． 8、如图所示，一个质量为 2m、上连着轻质弹簧的物体 A 静止于光滑的水平面上，有一个 质量为 m 的物体 B 沿光滑水平面以速度 v 向 A 运动，两物体通过弹簧发生碰撞然后分开。 在此过程中，弹簧的弹性势能的最大值为（ ） A．mv2/2 B．mv2/3 C．mv2/6 D．无法确定 1kg 4 /m s 2kg 4 4/ , /3 3m s m s 1 / ,2.5 /m s m s− 1 / ,3 /m s m s 4 / ,4 /m s m s− mv M mv M m− mv M m+ Mv M m+17 9、半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体 、 同时由 轨道左、右两端最高点释放，二者碰后粘在一起运动，最高能上升到轨道的 M 点，如图所 示，已知 OM 与竖直方向夹角为 ，则物体的质量之比为（ ） 　　 A． 　 B． 　 C． 　 　 D． 10、一中子与一质量数为 A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与 碰撞后中子的速率之比为(　　) A. B. C. D. 二、填空题 1、如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连， 木板质量 M=3kg。质量 m=1kg 的铁块以水平速度 v0=4m/s，从木板的左端正沿板面向右滑 行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性 势能为_________。 2、在光滑的水平面上有 A、B 两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在小车 B 上坐着一个小 孩，小孩与车 B 的总质量是车 A 质量的 10 倍。两车从静止开始，小孩把车 A 以相对于地 面的速度 v 推出，车 A 与墙碰撞后仍以原速率返回。小孩接到车 A 后，又把它以相对于地 面的速度 v 推出。车 A 返回后，小孩再把它推出。每次推出，小车 A 相对于地面速度大小 都是 v，方向向左，则小孩把车 A 总共推出________次后，车 A 返回时，小孩不能再接到。 1m 2m 60 ( 2 1) :( 2 1)+ − ( 2 1) :( 2 1)− + 2 :1 1: 2 1 1 A A + − 1 1 A A − + 2 4 ( 1) A A+ 2 2 ( 1) ( 1) A A + −18 3、质量都是 1kg 的物体 A、B，中间用一轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。现使 B 物 体靠在墙上，用力推物体 A 压缩弹簧，如图所示。这个过程中外力做功为 8J，待系统静止 后突然撤去外力。当弹簧第一次恢复到原长时 B 物体动量为_______kg·m/s。当 A、B 间距 离最大时，B 物体的速度大小为________m/s。 三、计算题 1、如图所示，半径 R=O.1m 的竖直半圆形光滑轨道 与水平面 相切。 质量 m=0.1kg 的 小滑块 B 放在半圆形轨道末端的 b 点，另一质量也为 m=O.1kg 的小滑块 A，以 的水平初速度向 B 滑行，滑过 s=lm 的距离，与 B 相碰，碰撞时间极短，碰后 A、B 粘在一 起运动。已知木块 A 与水平面之间的动摩擦因数 。取重力加速度 。A、B 均可视为质点。 求：（1）A 与 B 碰撞前瞬间的速度大小 ； （2）碰后瞬间，A、B 共同的速度大小 ； （3） 在半圆形轨道的最高点 c，轨道对 A、B 的作用力 N 的大小。 2、如图所示，小球 A 系在细线的一端，线的另一端固定在 O 点，O 点到水平面的距离为 h。物块 B 质量是小球的 5 倍，置于粗糙的水平面上且位于 O 点的正下方，物块与水平面间 的动摩擦因数为 μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物 块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为 。小球与物块均 视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g，求物块在水平面上滑行的时间 t。 bc ab 0 2 10 /v m s= 0.2µ = 210 /g m s= Av v 16 h19 3、（2016 浙江自主招生）如图甲所示，质量 2kg 的木板 B 静止的放在光滑的水平面上， 一质量同样为 2kg 的木块 A 以 3m/s 的水平速度从 B 的左侧冲上木板，在随后的运动过程中， 它们的 v-t 图象如图乙所示。取 g=10m/s2，木块可看做质点，求： （1）木块的加速度大小？ （2）从 A 冲上 B 到滑离 B，系统损失多少机械能？ 4、质量均为 m 的大小两块薄圆板 A 和 B 的中心用长度为 L 的不可伸长的细线相连，开 始时两板中心对齐紧靠在一起，置于如图所示的水平位置，在 A 板下方相距 L 处，有一固 定的水平板 C，C 板上有一圆孔，其中心与 A、B 两板的中心在同一竖直线上，圆孔的直径 略大于 B 板的直径，今将 A、B 两板从图示位置由静止释放，让它们自由下落，当 B 板通 过 C 板上的圆孔时，A 板被 C 板弹起。假如细线的质量、空气阻力、A 板与 C 板的碰撞时 间以及碰撞时的损耗均不计。 （1）A、B 板两板由静止释放起，经多少时间细线绷直？ （2）A、B 两板间的细线在极短时间内绷紧，求绷紧过程中损失的机械能。20 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】A 【解析】圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒， 由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，A 正确 ，B 错；碰撞后平衡时： kx=(m+M)g 即碰撞后新平衡位置与下落高度 h 无关，C 错；碰撞后环与板共同下降的过程中，它们 动能和重力势能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，D 错。 故选 A。 2、【答案】ACD 【解析】重力的冲量 单摆周期 A 对，B 错。 合力的冲量等于动量的变化，C 对。 合力做的功等于动能的增量， D 对。 答案为 ACD 3、【答案】D　 【解析】5 个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向 的动量守恒，总动量并不守恒，选项 A、B 错误；同时向左拉起小球 1、2、3 到相同的高度， 同时由静止释放并与 4、5 碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球 3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同，选项 C 错误，选项 D 正确． 4、【答案】B　 【解析】弹簧具有最大弹性势能时二者速度相等 根据动量守恒 能量守恒 所以 ，故 B 选项正确。 5、【答案】AB 【解析】根据动量守恒，能量守恒以及碰后要符合实际情况，即 GI mgt= 2 LT g π= 4 2 T Lt g π= = 2G mI mgt gL π= = 2 (1 cos )v gL θ= − 2 (1 cos )kE m gL θ∆ = − 0 1 1mv mv mv= + 2 2 0 1 1 1 22 2 pmmv mv E= + 2 0 1 1 2 2pmE mv= ×21 　　（1）动量守恒，即 　　（2）动能不增加，即 或者 　 （3）速度要符合场景，可得 AB 选项符合。 6、【答案】ABD 【 解 析 】 光 滑 的 水 平 面 ， 半 圆 形 光 滑 槽 的 木 块 ， 系 统 动 量 守 恒 、 机 械 能 守 恒 ， ，小球开始下滑，有水平方向的速度，槽就有向左的速度，当小球到达最低点时， 木块有最大速率，A 对，B 对。当小球再次上升到最高点时，没有水平速度了，由于动量守 恒，木块的速率也为零。C 错 D 对。答案为 ABD。 7、【答案】B 【解析】根据动量守恒定律 B 对。 8、【答案】B 【解析】两者达到共同速度时弹性势能最大，根据动量守恒 根据机械能守恒定律， 9、【答案】B　 【解析】从题意可知，由于碰后运动至 M 点，故 　设两物体运动至最低点时速度为 v，则由机械能守恒定律得 ① 　　由动量守恒定律得 ② 　　从最低点运动至最高点的过程，由机械能守恒定律得 　　　　 ③ 　　由①②③解得 　答案 B 正确。 10、【答案】A　 【解析】设碰撞前后中子的速率分别为 v1，v′1，碰撞后原子核的速率为 v2，中子的质 量为 m1，原子核的质量为 m2，则 m2＝Am1.根据完全弹性碰撞规律可得 m1v1＝m2v2＋m1v′1， 1 2 1 2p p p p′ ′+ = + 1 2 1 2k k k kE E E E′ ′+ < + 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 p p p p m m m m ′ ′+ ≥ + mv MV= ( )mv M m v′= − mvv M m ′ = − (2 )mv m m v= + 共 1= 3v v共 2 2 21 1 1 13 ( )2 2 3 3pE mv m v mv= − × × = 2 1m m> 2v gR= 2 1 1 2( ) tm v m v m m v− = + 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) (1 cos60 )2 tm m v m m gR+ = + −  1 2: ( 2 1) :( 2 1)m m = − +22 ，解得碰后中子的速率 ，因此碰撞前 后中子速率之比 ，A 正确． 【考点】本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒． 二、填空题 1、【答案】3J 【解析】根据动量守恒定律 总共损失的机械能 将弹簧压缩到最大时弹性势能最大，物体的最大弹性势能恰好使物体停在 木板的左端，全部用于克服摩擦力做功，所以最大弹性势能等于损失的机械能的一半。 2、【答案】n＝6； 【解析】设 A 车质量为 m，根据动量守恒定律 第一次 第二次 第三次 所以第 n 次 接不到小车 A 的条件是 解得 所以总共推出 6 次后，小孩不能再接到。 3、【答案】 0　 2　 【解析】Ｆ推Ａ压缩弹簧，外力做功 8J，由功能关系得：弹性势能 撤去外力，则Ａ被弹出，弹簧恢复到原长时，Ａ有最大速度为 由能量守恒知： , 解得： 。之后 B 开始离开墙，而在这一瞬间 B 的速度为零，其动量也为零。此后在弹簧拉力作用下，A 做减速运动，B 做加速运动。由于 A 的速度比 B 大，故 A、B 间距离逐渐增大，弹簧拉力逐渐增大。当 A 的速度与 B 的速度 相等时，弹簧的形变量最大，A、B 间距离最大。在此过程中，A、B 系统动量守恒。有 。得：此时 A、B 两物体的速度大小 。 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + ′ 1 2 1 1 1 1 2 1 1 m m Av v vm m A − −′ = =+ + 1 1 1 1 v A v A +=′ − 0 ( )mv M m v= + 共 =1m/sv共 2 2 0 1 1 ( ) =62 2E mv M m v J∆ = − + 共 2 fE W∆ = 110mv mv= 1 1 10v v= 1 210 10mv mv mv mv+ = − 2 3 10v v= 2 310 10mv mv mv mv+ = − 3 5 10v v= 2 1 10n nv v −= nv v> 5.5n > 8pE J= 0v 2 0 1 2kE mv= 8k pE E J= = 0 4 /v m s= 0 2mv mv= 2 /v m s=23 三、计算题 1、【答案】（1） （2） （3） 方向向下。 【解析】（1）对 A 应用动能定理 解得 （2）AB 碰撞，根据动量守恒定律 解得 （3）AB 粘在一起从 b 到 c 的过程，机械能守恒 解得 物体能到最高点 c 的条件是速度大于等于 ，可以到达最高点 c 重力与作用力的合力提供向心力，在 c 点应用牛顿第二定律 解得 方向向下。 2、【答案】 【解析】设小球的质量为 m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为 ，取小球运动 到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有 ① 得 设碰撞后小球反弹的速度大小为 ，同理有 ② 得 设碰撞后物块的速度大小为 ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有 ③ 得 ④ 物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小 ⑤ 设物块在水平面上滑行的时间为 ，根据动量定理，有 ⑥ 得 ⑦ 6 /Av m s= 3 /v m s= 8N N= 2 2 0 1 1 2 2Amgs mv mvµ− = − 6 /Av m s= ( )Amv m m v= + 3 /v m s= 2 21 12 2 2 22 2 Cmv mv mg R⋅ = ⋅ + ⋅ 5 /Cv m s= 1 /gR m s= 2 2 2 cvN mg m R + = 8N N= 2 4 ght gµ= 1v 2 1 1 2mgh mv= 1 2v gh= 1 'v 2 1 1 '16 2 hmg mv= 1 ' 8 ghv = 2v 1 1 2' 5mv mv mv= − + 2 8 ghv = 5F mgµ= t 20 5Ft mv− = − 2 4 ght gµ=24 3、【答案】（1）木块的加速度大小是 1m/s2。 （2）从 A 冲上 B 到滑离 B，系统损失 4J 机械能。 【解析】（1）根据速度图象的斜率等于加速度，则得木块 A 的加速度大小为 （2）由图乙知，t=1s 末 A 滑离 B，根据“面积”表示位移，可得两者的相对位移大小 为： 对 A，由牛顿第二定律得，A 所受的摩擦力大小为： f=ma=2N 所以从 A 冲上 B 到滑离 B，系统损失的机械能为： ∆E=f·∆x=4J 4、【答案】（1） （2） 【解析】（1）设 A、C 相碰前后 A 的速度为 、 ，则 之后 A 向上做竖直上抛运动，B 续向下做竖直下抛运动，设时间 t 后细线刚好伸直，则 （2）设细线刚好伸直时 A 的速度为 , B 的速度为 ，则 设绷紧后 A、B 速度为 ，为共同速度 又绷紧后 A、B 位置未变，则损失的机械能 23 2 1m/s1 va t ∆ −= = =∆ 1 3 1m 2m2x +∆ = × = 2 4 gLt g = 2E mgL∆ = v 1v 1mv mv= 2 2v gL= ∴ 1 2v v gL= = 2 21 1 2 2vt gt vt gt L− + + = ∴ 2 2 4 gLLt v g = = 1v 2v 1 3 24v v gt gL= − = 2 5 24v v gt gL= + = 3v 2 1 32mv mv mv− = 2 1 3 1 22 4 mv mvv gLm −= = 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 22 2 2E mv mv mv mgL∆ = + − × =