高一物理动量专项训练题 新课标 人教版

1、高一物理动量专项训练题 （一）专项训练【错误分析例题】：1、不注意规律的适用条件。例1：如图，质量为的质点，以速率在水平面内做匀速圆周运动，当质点由A移动到B做圆弧运动的过程中，求作用在质点上合外力的冲量。错解：既然是求合外力的冲量，就必须知道合外力及作用的时间。分析认为这里的合外力就是质点运动所需的向心力：；而所用的时间恰是四分之一周期：，由此得出错误结论：分析：发生这种错误的原因在于不注意的适用条件是“恒力”作用。在这个问题中既然作用力是向心力，且向心力的方向是不断改变的，它是变力就不能用来求得冲量I。这里只能用动量定理来求这个变力的冲量。如图所示，质点在A点时初动量的方向沿y轴正方向，在

2、B点时末动量的方向沿x轴负方向，且大小均为。由矢量合成分解的三角形法则可知在这圆周运动中，动量的变化量等于，且方向沿与轴成的方向。显然合外力的冲量也是如此。物理学中，任何一个规律的存在都是有条件的，它的正确性是相对的。不注意适用条件，不注意对问题的准确分析，而是记公式、套公式，这是在学习中要不断克服的。例2：质量为m的球以速度v运动，碰墙后以的速度被反弹回来，球与墙作用的时间为。求：在球与墙的碰撞过程中（1）小球动量的增量；（2）球对墙的平均作用力。错解：有的同学认为那么又 所以 他的结论是小球动量减少了。墙给球的作用力的大小是，与运动方向相反。分析：这个同学出现的错误是只注意到动量和冲量的大

3、小，没有注意到它们的方向。这一章中所学的两个概念和两个规律都具有突出的矢量特征，认识这一点是十分重要的。因为忽略了方向特征，动量和冲量的概念便失去意义，两个规律也就失去了存在的基础。正确解法：首先要设定某个方向为正方向。设小球与墙碰撞前的速度方向为正，那么碰后小球的速度为。则由动量定理得结论：小球动量的增量为，方向与小球原来的运动方向相反。小球在与墙相碰的这段时间内墙给球的平均作用力为，方向与小球原运动方向相反。这道题如果我们选定碰后小球运动的方向为正，并不影响最终的结果。2、碰撞过程中可能有能量损失。“碰撞”属于两个（或两个以上）物体在很短时间内的一种相互作用。对每一个物体在极短时间内运动状

4、态发生了变化，它所受到的另一个物体施以的作用力（物体系的内力）是相当大的（这由动量定理可以证明），以至于物体系统所受的外力作用效果可以忽略。所以在一般情况下不必对系统进行细致的分析就可以认为系统动量是守恒的。其实像爆炸这类短时间的作用也可以认为动量是守恒的。从能量的角度来看，碰撞有三种情况。其一是碰撞过程中没有机械能损失，这是一种理想化的碰撞，也称作弹性碰撞；另一种是碰撞过程中机械能损失最大，也称作完全非弹性碰撞。它的明显特征是碰后系统内各物体具有相同的速度。第三种是一般的碰撞，碰撞过程中既有机械能损失，又损失的不是最大。对于两个物体的正碰问题，碰撞前后是这样的：弹性碰撞应同时满足：经解可得唯

5、一的一组解：完全非弹性碰撞应满足：可得唯一的解：对一般的碰撞只能满足：最终两个物体的运动情况是由构成物体的自身特征决定，物体材质变化时可能有无数种解。有的同学在解题时，不注意题目给出的物理情景，也不清楚不同类型碰撞所遵循的不同规律，误认为凡是碰撞都属于弹性的（都是没有机械能损失的）。从而得出错误的结果。例3：如图所示，长l为0.8m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量为0.2kg的球。将球提起使细绳处于水平位置时无速释放。当球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为1kg的铁块正碰，碰后小球以2m/s的速度弹回。若光滑桌面距地面高度h为1.25m，铁块落地点距桌边的水平距离多大？（）

6、错解：有的同学不顾题目中给出的小球被弹回的物理事实，自认为小球与铁块的碰撞中无机械能损失，应用已经熟知的弹性碰撞的结果，直接求得铁块碰后的速度，错误认为：这样使得最终结果出现偏大的错误。分析：这道题反映的客观事实是有三个连续的物理过程：首先是小球下摆，因为只有重力做功，所以机械能守恒；接着是小球与铁块相碰，由于作用时间短暂，故满足动量守恒的条件；最后因为铁块具有了一定的水平初速度，且又只受重力作用，它将作平抛运动。各物理过程的衔接点都是速度。抓住速度问题就可以解决。正确解法：根据机械能守恒定律，先求小球与铁块相碰前的速度。再运用动量守恒定律，求出球与铁块相碰后铁块的速度。因为小球是被弹回的，故

7、取，代入上式可求得。由平抛射程公式可求得铁块的水平射程：其实通过这道题提供的数据还能计算出碰撞过程中机械能的损失量。碰前系统的机械能为：碰后系统的总机械能为：碰撞过程中系统机械能的增量为：确实有机械能损失，损失掉的机械能一般主要转化为物体的内能。再对此题进行探讨。为什么小球跟铁块相碰后会以的速度弹回呢？这主要是因为小球和铁块的材料特征决定。假如两者是完全的非弹性体，它们碰后会粘在一起以共同速度运动。计算可知：这样铁块的水平射程在机械能损失最大时，也最小：在无机械能损失时，它的水平射程也最大：除这两种极端的情况下，一般铁块的水平射程应介于这两者之间：0.33ms 0.67m。本题就是如此。除非有

8、别的能量给予补充（如爆炸、燃烧等），否则铁块不会落在该区间以外。3、“动量守恒定律”、“动量定理”不仅适用于短时间的作用，也适用于长时间的作用。关于碰撞的这种短时间相互作用的问题，在中学阶段除用动量定理和动量守恒定律处理外，并没有其它更有效的方法。这类问题作多了，有的同学误认为只有短时间的作用问题才能用这两条规律。其实对长时间的作用仍适用。例4：一辆质量为2吨的汽车在水平公路上行驶时，它受到的阻力为自重的0.02倍。开足马力由静止出发它在10秒内可加速到。求该汽车在这段加速过程中的牵引力。分析：这个问题用牛顿第二定律来处理是同学们非常熟悉的，这个问题也可以用动量定理来解决。即汽车在水平方向所受

9、的总冲量等于汽车动量的变化。解：设汽车运动方向为正，则由动量定理可知：其实这道题也可以用动能定理来处理。同学不妨一试。例5：如图所示，一质量为M，长为l的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为的小木块A，。现以地面为参照系，给A、B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系。（1）若已知A和B的初速度大小，求它们最后的速度的大小和方向；（2）若初速度大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的最大距离。分析：小木块在长木板上滑动，两者之间存在着相互作用的摩擦力，但以木块和木板构成的系统而言，因为所受的

10、合外力为零，所以满足动量守恒。尽管木块在长木坂上可能是长时间滑行，动量守恒定律仍适用。至于第二问则要用到机械能的有关问题。解：（1）A没有滑离B板，则表示最终A、B具有相同的速度，设该速度为，由动量守恒：速度大小为且方向向右。（2）A在B板左端初速度向左，A到B板右端时速度向右，可见A的运动必经历了向左作匀减速运动至速度为零，再向右作匀加速运动至速度为V这样两个过程。如图，设减速运动的路程，加速向右运动的路程，L为全过程中B板运动的路程。取f为A、B间的摩擦力，由动能定理可得：对B对A由几何关系可知：将以上四式联立可得：4、选择研究对象不当，往往解法繁杂甚至无解。动量守恒定律一般以处理物体组（

11、系统）问题最善长，但对于有三个或三个以上物体间相互作用问题时，怎样确定研究对象就显得十分重要了。有时在一个题目中要选不同的物体组作为研究对象方可求解。例6：甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和它的冰车总质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为的箱子，和他一起以大小为的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力。求甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞。分析：如图，在甲推出箱子的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒。乙接到箱子并和乙一起运动的

12、过程中，乙和箱子组成的系统动量也是守恒的。在全过程中甲推箱子和乙接箱子中三个物体组成的系统动量也是守恒的。那么应该以哪个物体组为研究对象呢？若仅以甲、乙和箱子为研究对象显然无法求得甲推箱子的最小速度。为此只能分别选甲、箱子为研究对象、箱子、乙为研究对象求解。解：设箱子被甲推出后的速度为，甲的速度为，根据动量守恒，则：（1）设乙抓住箱子后其速度为，根据动量守恒，则：（2）为了不使甲、乙相撞、应满足：（3）将（1）、（2）、（3）式联立得：推箱子的最小速度代入数值后得。这道题若以甲、乙和箱子为研究对象，可以先求出三个物体具有相同运动速度时的速度，这个速度即是题解中的和，再选甲和箱子（或箱子和乙）为

13、研究对象，问题就可以解决。这说明必须选两组研究对象，这个问题才能有解。5、不注意正方向的设定，往往得出错误结果。动量定理（）说的是物体动量的变化量（）跟总冲量（）的矢量相等关系；动量守恒定律（），说的是存在内部相互作用的物体系统在作用前后或作用过程中各物体动量的矢量和保持不变的关系。也就是说以上两式均是矢量关系。因为在中学物理中仅要求处理同一直线上的作用和运动问题。因此在处理这类问题时可以（也应该）设定某方向为正方向，用正、负号来表示各矢量的方向，这样就可将以上的矢量式变成标量式（或称代数式）。这也是跟有关能量和功的处理方法不同之处。一旦方向搞错，问题不得其解，甚至得出错误结论。读者看一下例6

14、的解。题中虽然没有说明，其实是以甲原来的运动方向取为正，这样才能建立起（1）、（2）式的具体表达开拓形式，否则定会得出谬误的结果。（二）动量、同一直线上矢量运算综合练习例题精选：例1、如图1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有的相同的物理量可能是：A重力的冲量B支持力的冲量C合力的冲量D到达底端时的动量E到达底端时动量的水平分量F到达底端时动量的竖直分量G以上各量都不同【分析和解】我们知道如果一个力的方向不变，则在一个过程中这个力的冲量方向跟这个力的方向相同，由受力分析可知支持力N垂直于斜面，而合外力的方向平行于斜面。

15、物体两次下滑时，斜面的倾角不同，所以两次下滑时，支持力N的方向以及合外力的方向就不同。因此两次下滑时支持力的冲量的方向以及合外力的方向也就不同。而冲量是矢量，要想叫两个矢量相等（或者说相同）这两个矢量必须大小相等并且方向相同，因此两次下滑过程中支持力的冲量以及合外力的冲量是不相等的，所以B和C是错误的。由动量定理得，合外力的冲量等于动量的变化。请注意，这里的等式表示的是两个矢量相等。即“合外力的冲量”与“物体的动量的变化”不但数值相等，并且方向相同。又物体的初动量为零，所以物体的动量的变化就等于物体的末动量（也是矢量相等），因此合外力的冲量等于物体的末动量（即到达底端时的动量），因为两次下滑时

16、合外力的冲量不相等，所以两次下滑时物体的末动量就不相等。所以D选项也是错的。设物体的质量为m，则物体两次下滑过程中重力的冲量分别为，方向都是竖直向下，如果能够证明t1 = t2倒可以得出物体两次下滑过程中重力的冲量相等的结论。可惜的是我们却可以证明。因为下滑过程中机械能守恒，所以两次滑到底端时速度的大小相等，所以两次下滑过程中的平均速度相等（指的是大小相等），但由于而斜面高度相同，所以第一次下滑的路程长，所以，所以两次下滑过程中也不相等，所以A选项也是错误的。上面已经说过物体两次滑到底端时速度的大小相等，因此物体滑到底端时尽管动量不相等，而动量的大小却相等（请注意：动量大小相等跟动量相等的含意

17、是不同的）。因此两次滑到底端时物体动量的水平分量分别为，由于m、v相同，而角不同，所以两次下滑到底端时动量的水平分量还是不相等，所以E选项是错误的。同理可以证明F选项也是错误的。既然AF各选项都是错误的，就只有G选项正确了。例2、质量为1Kg的小球从高20m处自由落到软垫上，反弹后最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内受到软垫弹力的冲量大小是：A0B10NsC20NsD40Ns解：在接解过程中应用动量定理设向上为正，得又因为下落时是自由落体运动而上升过程为竖直上抛运动D正确说明：（1）公式是矢量式，公式左边的“”表示的是矢量IN 跟矢量IG的矢量和（即所谓叠加），而公

18、式右边的 表示的是两个矢量的矢量差，所以“”和“”只是表示矢量的相加或相减，并不是表示矢量的正负。（2）矢量的正负（或者说矢量的方向）在表示矢量的字母里，例如我们规定向上为正后，v2已经是负数，千万不要因为是负数，就在前面加一个“”把它写成“”，因此规定向上为正后虽然，都是负矢量，但它们前面却没有负号。（3）但是在同一直线上矢量运算中，有两种矢量字母里不包含方向，而它的方向用在字母前加正负号来表示，一种是力，另一种是重力加速度g，例如我们规定了向上为正后，重力这个负矢量就用“mg”来表示，这里重力的方向由“”来表示，而“mg”只表示重力的大小。例3、质量为m的小球A，沿光滑水平面以w1的速度与

19、质量为2m的静止小球B发生正碰撞，碰撞后A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能为：ABCD解：碰撞过程中A、B两小球系统的总动量守恒。我们已经知道，且A、B选项正确。说明：在公式中都是矢量，它们的方向都在字母里。可是一但用已知代入公式时，这里的就只单纯地代表一个数据了，而且这个数据一般代表一个正的数据，当跟方向相同时，当跟方向相反时，。可见显然都是字母，但它们的意义不同，代表的是三个矢量，而已知数据却往往只代表一个已知速度的大小，即它已经是标量了，那么最后结果难道表示矢量等于标量了吗？不是的，因为在前面有一个“”，而“”一般可以不写。在应用动量定理和动量守恒定律解题时，经常遇到一些非常大的

20、力的作用。这些力的大小往往是其它力的几十倍，上百倍，甚至更大。在这种情况下我们常常把其它力忽略。而忽略其它力后会给我们带来种种方便，有时会使本来不满足动量守恒的系统转化为满足动量守恒。有时会使运算变得简单很多。例4、如图2所示，质量为m的重锤从高h处自由下落，打在质量为M的木桩上，重锤与木桩一起下沉距离S。求：木桩在下沉过程中遇到的平均阻力。分析与解此处显示动画1动画7由以上分析我们可以得到下列方程解这三个方程得说明：1、严格来讲，只有在系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总动量才守恒，但是如果系统内物体间的作用力（内力）非常大，系统所受到的外力跟内力相比较如果可忽略的话，我们也可以认为

21、系统的动量守恒，本例题中，当m和M发生碰撞时，要受到重力和阻力的作用，而且阻力还是一个相当大的力，但是这些外力跟碰撞时的内力相比较仍是可以忽略的。类似这种情况的还有用锤子钉钉子。2、当m和M一起下沉时，合外力应为重力跟阻力的合力。但在这个过程中，我们应用动能定理时没有考虑重力，这是因为当m和M下沉的过程中阻力非常大，重力跟它相比较完全可以忽略，有了这个忽略，可以使运算显得简单多了。3、摩擦力（阻力）在有些过程中可以忽略（碰撞时），有些过程（下沉时）不能忽略，并且它还大到可以忽略其它力，摩擦力的地位发生了巨大的变化。这种变化完全由外界条件（）决定。而这种外界条件的改变往往是不易掌握的。要做到能较

22、好地把握这种地位的改变，可通过做些习题来丰富自己对一些过程有较为准确的认识。这道例题就使我们对打桩，钉钉子之类过程有了较为准确的认识。【动画及说明】动画1整个过程如右图所示，我们可以把全过程分为三个过程，第一过程为m自由下落过程，第二过程为碰撞过程，第三过程为m、M一起下沉过程。动画1、说明：（1）动画过程分为三个分过程（2）第一过程m下落，M不动，m开始时速度为零，下落过程中速度逐渐增大（匀加速运动），如果画面中下落高度h=10厘米，运动时间设计为1秒钟，则到接触大M时，m的速度应为20厘米 / 秒。（3）第二过程即动画2的第二过程，但在此过程中时间极短，大约为秒，因此几乎看不到位移。但m速

23、度由20厘米 / 秒变为8厘米 / 秒。（4）第三过程即为动画3中所增加的过程，在此动画中第三过程用时秒，下沉距离为厘米。（5）此动画要反复出现直到翻页。（6）此动画可设置学生翻页，如果学生不翻过可自动翻页。（7）翻页后进入动画2。动画2为了使大家能看得清楚些，我们把第二过程和第三过程的画面放大，用慢镜头表现一下。动画2说明：（1）动画2中的动画部分，与动画1相同。（2）后把虚线内部分推近放大，但在放大过程中，竖直方向放大快些，水平方向（宽度）放大慢些，（放大所用时间由制做人员自由掌握）（3）放大后进入动画3。动画3当m自由下落到接触到M时，就跟M发生碰撞，碰撞过程的时间极短，这里把时间放大了

24、，让大家看到细节。（1）此动画可分为两个过程，这两个过程用动画图3所示的三个状态分割，这三个状态应在同一竖直方向上，为了能让制做动画的同志看清楚，我把三个状态错开画出。（2）第一过程，由状态1到状态2，m以匀速下落，下落高度视画面大小而定，我假定为4厘米，用时，m下落速度为2.86厘米 / 秒。（3）第二过程由状态2到状态3，重锤下落2厘米，速度由2.86厘米 / 秒逐渐减小到1.14厘米 / 秒（匀减速），用时1秒。木桩下落0.57厘米，速度由0逐渐增大到1.14厘米 / 秒（匀加速），当然用时也是1秒。（4）由于在第二过程中重锤下落多，木桩下落少，所以木桩要产生变形，向两边胖出来，这个胖出

25、来的过程应是逐步的，最后不宜胖出太多，有点意思即可。（5）为了能够表现出重锤和木桩的运动，可在这两个物体上画些木纹之类的东西，使其有立体感。（6）此动画可反复出现直到翻页。（7）可设同学翻页，如果学生不翻过可自动翻页。（8）翻页后进入动画4。动画4：碰撞过程结束后，m与M一起下沉，下沉过程的时间也很短，这里也把这个过程的时间放大了。动画4说明（1）与动画3说明中第（1）条同。（2）第一过程，由状态1到状态2，重锤下降1.4毫米，木桩下降0.4毫米，用时。这一过程就是动画（3）的第二过程。只不过把下降距离和时间都做相应的减少。速度也有相应变化（重锤由5厘米 / 秒2厘米 / 秒，木桩由02厘米

26、/ 秒）。（3）第二过程由状态2状态3，重锤和木桩一起下沉，下沉时间为2秒，下沉距离为2厘米，下沉过程由初速度为2厘米 / 秒，逐渐减小速度，（匀减速运动），最后速度为零。（4）(5)、(6)、(7)与动画了的第(4)、(5)、(6)、(7)相同，只是把动画3的说明(4)中的“第二过程”改为“第一过程”（8）翻页后进入动画5。动画5在第一过程中即m自由下落过程中，重锤m机械能守恒。所以有图如动画1（1）本动画图的动画部分与动画1相同。（2）可设学生翻页，如果学生不翻自动翻页。（3）翻页后进入动画6。动画6而在第二过程即碰撞过程中，由于内力跟外力相比较非常大，外力可忽略，所以重锤m和木桩M这个系

27、统动量守恒，所以有图如动画3动画6说明（1）本动画图的动画部分与动画3相同。（2）可设学生翻页，如果学生翻自动翻页。（3）翻页后进入动画7。动画7在第二过程，即碰撞后重锤m和木桩m共同下沉的过程，由于在这个过程中阻力f远大于重力G，所以重力可忽略，由动能定理得图如动画4（1）本动画图的动画部分与动画4相同。（2）可设学生翻页，如果学生不翻20自动翻页。（3）翻页后进入文本“分析和解”内容。说明：（4）我们在演示碰撞过程时，时间用了1秒，重锤和木桩都下降了一个不小的距离，其实际情况碰撞过程的时间极短，而位移也极小，我们设想了一个具体打桩情况，把数据拿出来供参考，重锤自由落体过程，h=5米，t=1

28、秒，碰撞过程：。我们在做碰撞演示时，把时间拉长了，把物体的位移也增大了，目的是为了能叫大家看到细节，千万不要因此产生“碰撞时，两物体都要产生不是十分小的位移”的错误结论。这部分内容接在前面说明（3）后边。我们知道动量守恒定律，是对系统而言的，对一个物体讨论动量守恒是没有意义的。当一个问题中有多个物体时，可做为研究对像的系统是多样的，例如有甲、乙、丙三个物体，我们可以甲、乙组成系统，也可以乙、丙组成系统还可以甲、丙组成系统，还可以甲、乙、丙组成系统。而在这些系统中，不见得随便拿出个系统来就动量守恒，有可能第一种系统动量守恒，而第二种系统动量就不守恒。有可能第三种系统动量不守恒。而第四种系统动量却

29、守恒。因此在应用动量守恒定律解题时要注意系统的选取。要选取那些满足动量守恒条件的系统，因此在应用动量守恒定律之前，必须对系统进行分析，看其是否满足动量守恒的条件（即不受外力、或外力的合力为零）。严格来讲如果一个系统的总动量守恒，它必须满足不受外力或所受外力的合力为零。要说这个条件可是够苛刻的，它要求不受外力，即使外力不做功，有这个外力也不行。在例1中支持力N没有做功，但它却对物体动量的变化起到了作用。可见如果有外力，这个力即使不做功也会引起系统动量的变化。尽管系统动量守恒有十分苛刻的条件，但是有时我们却可以在动量不守恒的情况下应用动量守恒定律。当系统的外力的合力不为零时，显然系统的动量不守恒，

30、但是在外力的合力的垂直方向上物体所受外力为零，所以系统的总动量在垂直合外力方向上的分量是守恒的。这就是所谓在某个方向上的动量守恒。在后面的例5中，当小球摆起的过程中，在竖直方向上的动量是不守恒的（以向上为正时系统总动量有个先增后减的过程），但我们可以在水平方向上列出动量守恒的方程。当系统内力特别大，大到外力可以忽略时，我们也可以认为系统动量守恒。像前面例4中，重锤与木桩碰撞的过程中，外力的合力不为零（而且很大），但它们之间的内力（碰撞力）非常大，外力跟内力相比较可以忽略，所以我们也认为这个过程中重锤与木桩这个系统总动量守恒。像这种情况还有两球碰撞、手榴弹爆炸等。例5、如图3所示，小车A、B质量

31、均为M，在B上挂着质量为的小球C，C相对于B静止。悬线长l=0.40米，B车（和C）以速度 v=3.6米 / 秒在光滑的水平面上向A滑行，相碰后两车连在一起运动，设碰撞时间很短，则当C球摆到最高点时，两车的速度大小为多少，悬线与竖直方向的夹角是多少。分析和解此处安排动画15由以上分析我们可以得到下列方程。解这三个方程得：又由几何知识得（如图4）说明（1）应用动量守恒定律时，要考虑研究对象的选取，在本例题中，两次应用动量守恒定律，而选取的对像却不同，在碰撞过程中是以A、B两车为对像应用动量守恒定律，而在小球上摆的过程中，又以两个小车和小球C三个物体为对像应用动量守恒，当然，在碰撞过程中如果以三个

32、物体为对像，动量也是守恒的，但小球C的介入只是添乱，对解题毫无帮助。然而在小球上摆的过程中，必须以三个物体为对像时，系统的总动量才守恒。（2）在此题中，应用机械能守恒定律时，也有个研究对像的选取问题，当小球上摆时，如果以两个小车为研究对像，或者从小球为研究对像机械能都是不守恒的C（因为绳的拉力对小车做正功，对小球做负功）。但是如果以这三个物体整体为研究对像时，绳的拉力所做总功就等于零了，（或者说绳没有对系统做功，而且一直没做功），这样机械能就守恒了。【动画及动画说明】动画1两车及小球的运动过程如图所示，我们可以把整个过程分为两个过程，过程，为碰撞过程，过程为小球摆起过程。动画说明：（1）动画分

33、为三个过程。（2）第一过程A不动，B和C以速度向左匀速运动，两车间距离为4厘米，运动时间为2秒。（状态1状态2）（3）第二过程为碰撞过程，这个过程时间极短，可设在秒数量级上，三个物体没有位移，但在些过程中，A由不动变为速度1厘米 / 秒，B由速度2厘米 / 秒变为1厘米 / 秒，C的速度不变，两车外形稍有形变（一定要画得非常小，甚至可看不出来）（状态2状态3。）（4）第三过程，小球上摆过程，此过程不要大于1秒钟，在此过程中车的运动速度由1厘米 / 秒变为1.1厘米 / 秒，前进距离1厘米多一点，小球向上摆动，开始时小球C相对于小车以1厘米 / 秒的速度向前摆。摆动过程中小球相对于小车的速度逐渐

34、减小，最后相对于小车静止，此时绳摆起50角左右。（5）此动画的慢镜头在动画3中，动画3的说明可做此动画参考。（6）此动画各图应在一条水平线上，而且状态1、状态2、状态3的A车基本就是在同一位置上，为了使制做人员读明白，把各图上、下错开画了。（7）此动理反复出现到翻页。（8）可设置学生翻页，如果学生不翻页过自动翻页。（9）翻页后进入动画2。动画2在碰撞过程中，如果以两个小车为系统，由于它们所受外力（重力、支持力、小球的拉力）都在竖直方向上，所以在水平方向上系统的动量守恒，所以动画图如动画1中的状态1状态3说明：（1）状态1状态2过程，A不动，B和C以1厘米 / 秒的速度向左匀速运动，两车距离为2

35、厘米，运动时间为2秒。（2）状态2状态3过程，用时0.4秒，A由速度为零逐渐增大到0.5厘米 / 秒，B的速度由1厘米 / 秒逐渐减小到0.5厘米 / 秒，C的速度保持1厘米 / 秒不变。A的位移为1毫米，B的位移为3毫米，C的位移为4毫米。（3）由于A位移小，B位移大，所以两车接触部分要稍有形变（胖出来了）该形变要理得越小越好。（4）此动画可反复出现到翻页。（5）可设置同学翻页，如果同学不翻页过15自动翻页。（6）翻页后进入动画3。动画3在小球上摆的过程中，如果以两个小车以及小球这个整体为系统显然这个系统的总动量在水平方向上的分量是守恒的。，同时在这个过程中，还是以这三个物体组成的系统为对像

36、机械能也守恒。动画部分同动画1（1）此图基本上同动画1，只是各部分过程的时间间隔，物体的速度大小及位移大小有所不同。（2）第一过程（状态1状态2），A不动，B和C的速度2厘米 / 秒，位移为4厘米。（3）第二过程（状态2状态3），A速度由0逐渐变到1厘米 / 秒，位移为0.1毫米，B：速度由2厘米 / 秒逐渐变到1厘米 / 秒，位移为0.3毫米，C：速度仍然保持向左2厘米 / 秒不变，位移0.4毫米。（4）第三过程（状态3状态4），A和B：速度由1厘米 / 秒逐渐变到1.1厘米 / 秒，位移为2.1厘米，在此同时，小球逐渐摆起，使绳对竖直方向有一个夹角左右。小球在上摆的过程中，相对于小车的速度

37、越来越小。最后为零。（5）以动画反复出现，到翻页。（6）可设置学生翻页，如果学生不翻页过30自动翻页，翻页后回到文本，“分析和解”。综合练习：（1）两个物体的质量分别为，它们分别在恒力F1和F2作用下由静止运动，经过相同的位移，动量的增加量相同，则这两个恒力的比值F1F2=。（2）94年7月中旬发生的彗木相撞中，假设其中有一块碎片质量为，对于木星的速度为，碰撞后发生了巨大爆炸，并与木星融为一体，在碎片与木星相撞的过程中，它对木星的冲量是NS，损失的机械能J。（木星的质量远大于彗星的质量）。（3）物体A和B用轻绳相连接挂在轻弹簧下面静止不动，如图4所示。A的质量为m，B的质量为M，当连接A，B的

38、绳突然断裂后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时B物体的下落速度大小为u。在这段时间内，弹簧的弹力对A的冲量为Amv；BmvMu；Cmv + Mu；Dmv + mu（4）A、B两球在光滑的水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为5Kgm / s，B球的动量为7Kgm / s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后，A、B两球的动量可能是A6Kgm / s，6Kgm / s；B3Kgm / s，9Kgm / s；C2Kgm / s，14Kgm / s；D5Kgm / s，15Kgm / s.（5）在质量为M的小车中挂一个单摆，摆球的质量为m，小车（包括单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面

39、运动，与位于正对面的质量为m的静止木块碰撞，碰撞的时间较短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2、v3，满足B摆球速度不变，小车和木块的速度变为v1、v2，满足；C摆球速度不变，小车和木块的速度都为u，满足D小车和摆球的速度都变成v1，木块的速度变为v2，满足。（6）如图5所示，A、B两物体彼此接触静放在光滑的桌面上，物体A的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道，物体C由静止开始从P点下滑，设三个物体质量均为m，C刚滑到最低点时的速率为v。AA和B不会出现分离现象；B当C第一次滑到最低点时，A和B开始分离；C当C滑到A左侧最高点时，A的速度为，方

40、向向左；D最后A将在桌面左边滑出。【答案】（1）m2m1（2）6.01016；1.81021（3）D（4）B，C（5）B，C（6）B，C，D【提示】（1）（3）A所受合外力为弹簧的弹力和重力的合力（4）碰撞时系统总动能不能增加【练习题解答】（1）我们知道一个物体的动能，动量P = mv，由这两个定义式很容易推导出（这两个关系式课本里没有，但高考经常考这两个关系式，希望大家把它当公式记住）。由动能定理得由已知得P1 = P2，（2）彗星对木星的冲量I的大小等于木星对彗星的冲量I的大小。而由动量定理（对慧星）得损失的机械能为（3）对物体A用动量定理得设向上为正，则，又绳断后B做自由落体运动，由题意

41、得t1 = t2，所以D选项正确。（4）两个物体发生碰撞时，必定满足两个条件，（1）动量守恒（2）系统的总机械能只能减少或不变。D选项中A球的动能不变，而B球的动能增加，所以系统的总动能增加了，因此是不可能发生的，另外，A球在后追上B球发生碰撞，因此A球受一个向后的冲量，B球受一个向前的冲量，所以如果以向前的方向为正方向，则，而A选项不满足这个条件，所以也是不可能发生的，再看B和C，显然这两个选项都满足动量守恒。又因为A追上B发生的碰撞，碰撞前系统的功能为，碰撞后系统的总动能为，因为碰撞过程中动能只能减少或不变，所以碰撞前的总动能减小碰撞后的总动能之差应大于等于零。即应有整理后得：把B选项数据

42、代入上面的差值得，虽然说只是大于一个负值，但适当选联值（当时），就可以使这个差值大于零。因此B是可能发生的，再把C选项数据代入上面差值得，那么这个差值能不能大于零呢？我们先假设这个差大于等于零，则有，所以只要能满足，就能使碰撞过程中动能减少或不变。而要使A追上B只要求，显然是能够满足的条件，C选项也正确。（5）在两车发生碰撞时，小车m和小车M都受到冲量的作用，要发生动量的变化，而摆球m。没有发生冲量的作用，所以摆球m，没有动量的变化，所以A，D选项是错误的，（它们认为摆球C的动量发生了变化）。而在M和m发生碰撞时以两个小车为系统应满足动量守恒，B和C选项都满足这个条件，所以B和C都是正确的。（

43、6）小球C从P点下滑到最低点的过程中，以三个物体为系统，总动量的水平分量后守恒（注意竖直方面上动量并不守恒），所以有C球滑到最低点后B将以速度向右做匀速运动，而C球在A上继续向左滑动对A产生一个向左下方的作用力，这个力的水平分力将使A向右做减速运动，所以A、B此后将分离，所以B选项正确。C在A上继续向左滑动时，以A、C为系统，总动量的水平分量应守恒，（注意：竖直方向上动量不守恒）。所以有，设向左为正，则有，正数说明向左。C正确。当C球由P滑到最低点的过程中，A给B一个向右的冲量，因此B就给A、C这个系统一个向左的冲量，因此C滑到最低点后，A、C这个系统应有一个向左的动量，因为C在A上往复滑动时

44、，动量是守恒的，因此这个系统此后总有这个向左的动量，经过一段时间的积累，这个系统必定有一个向左的位移，积累到一定时间A将在桌子左边滑出，所以D选项正确。（三）动量综合练习【例题精选】例1、质量为m的物体, 在倾角为的光滑斜面上由静止开始下滑, 经过时间t, 物体速度为v, 如图1所示, 求物体的重力, 斜面对物体支持力及物体所受合力对该物体的冲量？解析: 根据冲量的定义: 有力的作用, 有作用时间, 就有冲量。物体受力如图2所示, 重力的冲量, 方向竖直向下; 斜面对物体支持力的冲量, 方向垂直于斜面向上; 合外力的冲量, 方向平行于斜面向下。合外力的冲量等于物体动量增量, 如果已知物体t秒末

45、速度为v, 。总之注意冲量的矢量性和与功的区别。例2、具有相等动量的物体, 质量分别为m1和m2, 且m1 m2比较它们的动能, 则Am2动能较大Bm1动能较大C动能相等D无法判断解析: 动量与动能之间的关系可以有两种表达方式, 即。要熟记这两种表达方式, 在实用中非常方便。第一个式子多用于已知质量关系比较二者动量与动能, 第二个式子多用于已知速度关系比较二者动量与动能。本题已知了质量关系, 直接用可知在P相等情况下, m大小, 正确选项是A。例3、对于任何一个固是质量的物体, 下面几种陈述正确的是A物体的动量发生变化, 其动能必定变化B物体的动量发生变化, 其动能不一定发生变化C物体的动能发

46、生变化, 其动量必发生变化D物体的动能发生变化, 其动量不一定发生变化解析: 动量是矢量, 在质量一定的情况下, 速度的大小或方向发生变化其动量都要发生变化; 动能是标量, 质量一定情况下动能发生变化, 一定是速度大小发生了变化, 此时其动量一定发生了变化。所以正确选项是B、C、D。例4、质量为0.4千克小球沿光滑水平面以5米 / 秒的速度冲向墙壁, 又以4米 / 秒的速度反向弹回。如果假设原来速度5米 / 秒为正方向, 则撞墙过程中小球动量变化是。解析: 本题是考查动量变化与动量关系的一道素材题, 在实际解题中要经常用到。物体动量的变化是一个矢量式, 动量变化的方向与末状态动量与初状态动量的

47、矢量差方向一致, 其大小等于末与初状态矢量差的大小。在同一直线的运算中, 可以把矢量运算转化为代数运算, 但要注意正负。正确转化为标量式的运算, 由题意可知mv1 = 0.45 = 2.0千克米 / 秒, mv2 = 0.4(4) = 1.6千克米 / 秒, = 3.6千克米 / 秒。它的物理意义是, 在物体撞墙过程中, 物体受到墙的作用力冲量方向与初速度方向相反。答案3.6米 / 秒。例5、如图3所示, 光滑的半径为R的固定半圆轨道, 质量为m的小球由静止开始, 第一次从A滑到C, 第二次从B滑到C, 则在这两个过程中A小球所受支持力冲量相同B小球所受合力冲量相同C小球所受合力做功相同D小球

48、所受支持力冲量为零解析: I = Ft是矢量, 由A到C与B到C两个过程支持力都是变力, 它们的冲量不能直接用冲量定义式计算, 但由两个过程的对称性来判断它们受支持力方向是不同的, 因而A选项错误。根据动能定理小球受合外力冲量等于其动量变化, 两个过程初动量均为零, 末动量相反, 故B选项也不对, D选项也被否定。全过程只有重力做功, 由重力功的特点可以判断选项C正确。正确选项C。例6、质量为m的质点, 用长为L的细绳系着在水平面内作半径为L的匀速圆周运动, 它的角速度为, 周期为T, 则在时间内A质点受到拉力冲量为零B小球受到拉力冲量大小为C绳子对小球拉力做功为零D绳子对小球拉力做功为解析:

49、 拉力充当向心力: 有作用时间, 拉力冲量必不等于零, 选项A错误。因为拉力是变力, 其在内的冲量可以用动量定理解决。在水平方向质点只受拉力, 其内冲量等于质点在半周内的动量变化, 选项B正确。拉力始终与速度方向垂直, 拉力不做功, 所以C正确、D错误。正确选项B、C例7、两辆汽车在同一直路面行驶, 它们质量之比m1m2 = 12, 速度之比v1v2 = 21, 当汽车急刹车后, 甲、乙两车滑行最大距离分别为S1和S2, 滑行时间分别为t1和t2, 则S1S2 = , t1t2 = 。解析: 这是一道考查动能定理和动量定理的典型试题, 它可以稍加改动完成一系列的习题。由动能定理, 得, S1S

50、2 = = 41。由动量定理, t1t2 = v1v2 = 21。答案41, 21。从这个问题可以总结出, 在相同动摩因数情况下两车的滑行距离和滑行时间之比与车的质量无关。这道习题可以改成下面一系列题。两车初动能相同, 已知质量比, 求在相同水平路面刹车时滑行距离比和时间比？两车初动量相同, 已知质量比, 求在相同水平路面刹车时滑行距离比和时间比？两车速度相同, 已知质量比, 求在相同水平路面刹车时滑行距离比和时间比？已知路面对车阻力相同, 同样可以求上面三问中的问题。总之要学会这种抓住实质, 举一反三的做题方法。例8、如图4所示, 一辆小车静止在光滑的水平面上, 小车立柱上固定有一条长L,

51、拴有小球的细绳, 小球从水平面处静止释放。小球在摆动时不计一切阻力。下面说法中正确的是A小球的机械能守恒B小球的机械能不守恒C小球和小车的总机械能守恒D小球和小车总动量守恒, 向下解析: 由于地面光滑, 小球在向下摆动过程中线张力要对小球做功。使小球动能减小, 张力要对小车做功使小车左移动能增加, 小球摆至最低点时, 小球和小车分别向右, 向左速度达到最大, 小球继续右摆至最高点速度减为零, 此时小车也移到左边最大位移, 速度为零。以后小球和小车要以其共同重心为平衡位置往复振动。在振动过程中对于小球和小车组成的系统只有重力做功, 所以小球和小车系统机械能守恒。小球和小车之间机械能有交换, 小球

52、本身除重力做功外、线张力也做功, 小球机械能不守恒。小球和小车相互作用系统水平方向外力为零, 所以水平方向动量守恒, 竖直方向动量不守恒。正确选项B、C。例9、如图5所示, 质量为m的木板, 以速度v在光滑水平面上向左运动, 一质量为m的小木块以同样大小的速度v从板的左端向右端运动, 若它们之间的动摩因数为, 求木块能在木板上滑行多远？解析: 由于水平面光滑, 所以木块与木板组成的系统在水平方向动量守恒, 由题意可知系统初始动量为零, 每个瞬时系统总动量都等于零, 即木块静止时, 木板同时静止。解决这个问题用一个重要推论最简捷, 即相互作用系统一对滑动摩擦力做功代数和等于系统内能增量, 或者说

53、滑动摩擦力乘以相对位移等于系统内能增量。在本题中由上面分析可知, 系统全部动能最后都转变为了热, 。答案: 可以滑行, 。例10、如图6所示, 子弹质量为m, 以速度射入质量为M的木块, 子弹在木块中所受滑动摩擦力为f, 若木块放在光滑水平面上, 子弹穿不出木块, 问木块至少应多厚？解析: 以子弹和木块系统为研究对象, 由于水平面光滑所以水平方向动量守恒, 设子弹刚刚穿出木块时二者有共同速度v。此时木块对地位移为, 子弹对地位移为S, 显然, L为木块厚度。系统水平方向动量守恒对子弹应用动能定量对木块应用动能定理由式可得。可理解为摩擦力乘以相对位移等于系统动能的减少。如果不列式可以直接写出这个

54、表达式。解上述各式得。答案: 木块厚度至少为。例11、如图7所示, 将两块完全相同的磁铁, 同性磁极相对固定在质量相等的甲、乙小车上, 水平面光滑, 开始时甲车速度大小为3m / s, 乙车速度大小为2m / s, 两车速度方向相反并在一条直线上, 当乙车速度为零时, 甲车速度为, 方向; 两车距离最短时, 乙车速度为, 方向。(磁铁磁性极强, 故两车不会相碰)。解析: 由于水平面光滑, 使得水平方向甲和乙两车系统动量守恒, 设甲车速度为正方向, 那么系统总动量为3m2m = m。当乙车速度为零时, , 方向与甲车原来速度方向相同。两车距离最近时是两车速度相等时, 设此时两车速度都是v, 3m

55、2m = 2mv, v = 0.5m / s。答案: 1m / s与甲车原来速度方向相同0.5m / s与甲车原来速度方向相同例12、质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线, 同一方向运动。A球的动量是7kgm / s, B球动量是5kgm / s, 当A球追上B球时发生碰撞, 则碰后A、B球的动量可能值是A6kgm / sPB = 6kgm / sBPA = 3kgm / sPB = 9kgm / sCPA = 2kgm / sPB = 14kgm / sDPA = 4kgm / sPB = 17kgm / s解析: 这种A、B相追的碰撞过程要遵循三个原则: 每个瞬时系统动量都守恒。碰撞过程总动能不能增加。数据要合理, 例如本题碰后A的速度必须不大于B的速度才算碰撞结束(二者反向也可以)。题目给出的四组数据ABC三组都满足动量守恒的条件, 只有D选项不符合动量守恒。从作用前后动能不增加的条件来分析(应用了P2 = 这一关系)代入数据发现B、C选项碰后