高考物理尖子生辅导简案与练习5

第五章动量

一、冲量和动量

目的要求

复习动量和动量定理、动量守恒定律。

知识要点

1.动量：按定义，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。

2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：

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(不能说和力的方向相同)。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。

⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动

量定理通过物体的动量变化来求。

⑷要注意的是：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。

例题分析

例1：质量为/〃的小球由高为〃的光滑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：力的作用时间都是，=、二^=」一|四，力的大小依次

\gsm"asina丫g

是mg、德cosa和侬sina,所以它们的冲量依次是：

_2gH_mJ2gH_r——

特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

例2：一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度水平向右运动，碰到一块竖硬的大理

石后被弹回，沿着同一直线以2m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？

变化了多少？

解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度-2m/s,碰撞前钢球的动量为

人■加呻0.2X2kg・m/s=0.4kg-m/s。碰撞后钢球的速度为〃=().2m/s,碰撞后钢球的动量为

p'=mvf=-0.2X2kg•m/s=-0.4kg•m/s<»

Ap=p'-六-0.4kg•m/s-0.4kg•m/s=-0.8kg•m/s,且动量变化的方向向左。

例3：一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角

度是45°,碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45。，速度大小仍为2m/s,用作图法求出钢

球动量变化大小和方向？

解：碰撞前后钢球不在同一直线运动，据平行四边形定则，以p'和P为邻边做平行四

边形，则Ap就等于对解线的长度，对角线的指向就表示的方向：

△〃=+（一〃了

・••=JoT+0.42依.〃?/s

=04叵kg•m/s

方向竖直向上。

动量是矢量,求其变化量可以用平行四边形定则：在一维情况下可首先规定一个正方向,

这时求动量的变化就可以简化为代数运算了。

二、动量定理

目的要求

复习动量定理及其应用

知识要点

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/=△0

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

所说的冲显必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲展的矢量和）。

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=—（牛顿第二定律的动量形式）。

⑷动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为

正。

2.利用动量定理定性地解释一些现象

3.利用动量定理进行定量计算

利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：

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。所有外力之和为合外

力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总

动量，因此不必分析内力,如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，

就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

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写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。

⑸根据动量定理列式求解。

例题分析

例1:以初速度K平抛出一个质量为/〃的物体，抛出后E秒内物体的动量变化是多少？

解：因为合外力就是重力，所以dp=Ft=mgt

有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等

价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外

力为恒力时往往用”来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用来求,

例2：鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑

料垫上，没有被打破。这是为什么？

解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两

次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据内第一次与地板作用时的接触时间短，作用

力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有

被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作

用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的

接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）

例3：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：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。

例4：质量为/〃的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间力到达沙坑表面，又经过时间

叁停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力用⑵小球在沙坑里下落过程门

所受的总冲量几’‘A

解：设刚开始下落的位置为力，刚好接触沙的位置为员在沙中到达

的最低点为Co，.、B

⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为右+0而

阻力作用时间仅为圆以竖直向下为正方向，有：三军

mg（t\+t2）-Ft2=0,解得：F+G）

（2）仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在。时间内只有重力的冲量，在,2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：

mg?1-7=0,:.

这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外

力灵活组合。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6»七时，£>>/煤

例5：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

度为的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•直未变,

车与路面的动摩擦因数为〃，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大?

解：以汽车和拖

m

LQZ-Q

车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为（M+〃仪，，该过程经历时间为％/〃g,

末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：

（M+nt）a-=MM-（M+/n）v0,/=（"+"X"+匕）

这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的

摩擦力，因此合外力大小不再是（加+〃7'。

例6：质量为陀1kg的小球由高加=0.45nl处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高

度为友=0.2m,从小球下落到反跳到最高点经历的时间为/4=0.6s,取支lOm/s?。求：小球

撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小凡Q

解：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、上升分别用时力二0.3s和6

^=0.2s,因此与地面作用的时间必为七=0.1s。由动软定理得：mg△

t-Fty=^,片60N

三、动量守恒定律

目的要求

复习动量守恒定律及其应用。

知识要点

1.动量守恒定律：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。

即：町匕+m2v2=m}v[+m2v'2

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。

⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

3.动量守恒定律的表达形式

除了以匕+牝%=〃2“+%内，即Pl+P2=〃/+P2/外，还有:

4〃]+△〃2=0，4Pl=■4/）2和必=

m2Av1

4.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。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象

时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的

原子核发生B衰变放HI电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片

显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。

由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中

微子的存在。(2000年高考综合题23②就是根据这一历史事实设计的)。又如人们发现，两

个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念

推广到了电磁场，把电磁场的动最也考虑进去，总动后就又守恒了。

例题分析

例I:质量为m=0.10kg的小钢球以Vo=IOm/s的水平•速度抛出，下落h=5.0m时撞击一

钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平地面的夹角0=.刚要撞击时小球的动量的大

小为(g=10m/s2)

解：小钢球作平抛运动，撞击钢板时的竖直分速度Vy-瓦，而水平方向作的是

匀速运动，所以Vx=Vo=10m/s.而tgn0=Vb/Vy=l,所以9=450,另外钢球的末速度为：

屹TO&m/s,于是刚要撞击时小球的动量大小等于：

P=mVt=\,/2kgm/s

例2.质量为m的钢球自高处下落，以速度VI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，地面对钢球的冲量的方向和大小为()

A.向下，m(Vl-V2)B.向下，m(V1+V2)

C.向上，m(VI-V2)D.向上，m(VI+V2)

分析：将钢球作研究对象，钢球在碰地过程中的受力如图中的动画所示，图中mg为钢

球受到的重力、N是受到地面对它的弹力，由于弹力和重力对钢球的冲量使钢球的动量发生

改变.图中钢球的碰地速度VI,弹起速度为V2,我们假设垂直地面向上为正，对钢球运用

动理定理得：

Nt-mgt=mV2-(-mVl)=mV2+mVI,

由于碰撞时间极短，1趋近于零，故mgt也趋于零可忽略不计，于是Nt=m(V2+Vl),即

弹力的冲量方向向上，大小等于m(VI+V2),故答案选D

例题3:质量为M的小船以速度Vo行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b,分别

静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率V(相对于静水面)向前跃入水中，然后

小孩b沿水平方向以同一•速率(相对于静水面)向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度。

本题是由三个物体组成的物体系，和两个物体过程的动量守恒定律的应用问题，选择合

理的研究对象和研究过程可使解题方便简捷.

解答：选小孩a、b和船为一系统，在两小孩先后跳入水的整个过程中可忽略水的迎力.

系统水平方向上动量守恒.设小孩b跃出后船向前行驶的速度为Vx,选Vx方向为正方向根

据动量守恒定律有；

(M+2m)Vb=MVx+inV-mV整理得：Vx=(l+2m/M)Vo

例题4:一列火车在水平直轨道上做匀速运动，总质量为M,速度为V,某时刻火车后

部有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间车牵引力

保持不变，并且火车各部所受的阻力跟运动速度无关，当司机发现时，后面脱钩的车厢的速

度已减为V/3,求此时刻火车车厢前面部分的速度多大？

解答：火车原在铁轨上匀速运动，故所受合外力等于零，一节车厢脱钩后，牵引力和阻

力均不变，火车系统合外力等于零，动量守恒.当脱钩车厢速度为V/3时，设前面部分的速

度为V',根据动量守恒定律有：MV=(M-m)V+mV/3

「3朴

解得:"3出

四、动量守恒定律的应用

目的要求

复习掌握动量守恒定律的应用

知识要点

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4粤义

平面上，质量为〃L的IAIIAM一&|――%

物体4以速度V1向质77777^7777777^77777777777^777777^7777777^7777777

量为mi的静止物体B

运动，8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4、8速度刚好相等（设为弹簧被压缩到最短；再往后A、5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、B的速度分别

为匕'和工。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。

⑴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；1【一ni弹性势能减少全部转化为动能；因此I、in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：

i.叫一〃*…：2叫匕。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）

14-m2，-町—m2

⑵弹簧不是完全弹性的。1-11系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为

内能，11状态系统动能仍和⑴相同，弹性势能仍最大，但比⑴小；H-IH弹性势能减少，部

分转化为动能，部分转化为内能：因为全过程系统功能有损失（一部分动能转化为内能）。

这种碰撞叫非弹性碰撞。

⑶弹簧完全没有弹性，I-H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，4、4不再分开，而是共同运

动，不再有II一川过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、

B最终的共同速度为耳=v；=M匕。在完全非弹性碰撞过程中，

系统的动能损失最大，为:

（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）

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。

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。

例题分析

例1：质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上,质量为〃？

的小球以速度中向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。

求小球能上升到的最大高度〃和物块的最终速度vo

解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得："叫=（"+〃”/

由系统机械能守恒得：gV；=3（•+，〃川+mgH解得"=

全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得^=二^匕

本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。

例2：动显分别为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4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？

解：A能追上B,说明碰前VA>VB,.,.^_>_^_;碰后A的速度不大于B的速度,

又因为碰撞过程系统动能不会增加,£+£之NL+北二，由以上不

2"7A2〃1B2/77A2，HB

等式组解得：

87

此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量

守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两

个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序

合理。

例3：设质量为〃?的子弹以初速度如射向静止在光滑水平面上的质量为"的木块，并

留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为乩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：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：

m\\}=（M+tn）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/,

设子弹、木块的位移大小分别为S1、52,如图所示，显然有S「S2=d

对子弹用动能定理：/.4=—gmd.......①

2

对木块用动能定理：/-52=-Mv……②

①、②相减得：f.d=；mvl—g（M+in）v2=.―-u：.........③

这个式子的物理意义是：.尸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/-c/=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）。

由上式不难求得平均阻力的大小：f=

2（M+ni）d

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：

$2+4_（%+v）/2_v04-vJ_v0_M+/»_m

-=---------=------------------------=--------------,==----------------,$2=----------------4

$2v/2v.y2vm"M+m

一般情况下所以S2VV"。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，

可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，

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：△匕=2（沈力哈,•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（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4珠的大小。

做这类题目时一定要面好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时

带错数据。

例4：质量为〃?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：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量蛤终

为本，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乙设人、船位移大小分别为小h，

则：/研=A/V2，两边同乘时间1,而/1+，2=L，；・

/=——L

2M+m

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。

做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物

体位移大小之间的关系。

以上所列举的人、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,那就不能再用mw\=m2V2这种形式列方程,而要利用（如+w?2）vo=wiv）+mm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小，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：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“如，以⑶方向

为正方向，=-mu+（M-"?）M,M=""十

M-m

动量和动量守恒

I.如图所示，用弹簧片在将小球下的垫片打飞出去时，可以看到小

球正好落到下面的凹槽中，这是因为在垫片飞出的过程中:

A.垫片受到的打击力很大

B.球受到的摩擦力很小

C.小球受到的摩擦力的冲量很小

D.小球的动量变化几乎为零

2.如图所示，一根绳绕过定滑轮，两边各系质量为M和m的物体,

“静止在地面上，今将加托高，然后放手让其下落，则

M能上升的高度是（设M到最高点时，加尚未落地）：

m2Hm2H

A,m2+M2M2-m2

m~+M~M~-m

3.如图所示，质量为m的小车的水平底板两端各装一根完全一

样的弹簧，小车底板上有一质量为7竺77的滑块，滑块与小车、

3

小车与地面的摩擦都不计.当小车静止时，滑块以速度V从

中间向右运动，在滑块来回与左右弹簧碰撞的过程中：

A.当滑块速度方向向右，大小为上V时，一定是右边的弹簧压

4

缩量最大

B.右边弹簧的最大压缩量大于左边弹簧的最大压缩量

C.左边弹簧的最大压缩量大于右边弹簧的最大压缩量

D.两边弹簧的最大压缩量相等

4.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I的动量为7依“正，球2

的动量为5依・〃小，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.AP『\kg・m/s,△P?=l依•ni/s

B.AP）=-1kg•m/s,AP：=4kg•m/s

C.APi=-9kg•ni/s,△P2=9kg•m/s

D.△Pi=-12依•m/s,△Pi=10kg•m/s

5.如图所示，A、B两滑块的质量均为〃?，分别穿在上、下两个光滑

的、足够长的水平放置的固定导杆上，两导杆间距为d,以自然长

度为d的轻弹簧连接两滑块。设开始时两滑块位于同一竖直线上A

速度为零.现给B滑块一个水平向右的冲量，其大小为/.此后，

A滑块所能达到的最大速度为；当两滑块间距达到最大时，A的速度

为.

6.如图所示，在光滑水平地面上有一辆质量为机的小车，车上装有

一半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟光滑车面等

高的平台上以速度如滑入圆环，已知M=2in,当vo=时，

小滑块运动到圆环顶端时恰好而圆环无压力.

7.如图示，一个质量为加的玩具蛙，蹲在质量为m的小车的细杆上,

小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L,细杆高为小且位于小

车的中点.试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度u跳出时，才能

落到桌面上？

8.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的

小车A和B,两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同

的速度w向右运动，另有一质量为〃尸士的粘性物体,

2B■AAAAAq’

从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一

起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势

能昂。

9.如图所示，光滑轨道上，小车A、B用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B上.然

后使A、B以速度vo沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然

长度时,A的速度刚好为0,已知A、B的质量分别为如、MS，且M八＜，如。求:

⑴被压缩的弹簧具有的弹性势能EP火

⑵试定量分析、讨论在以后的运动过程中，小车B有।--------1t---------1

无速度为（）的时刻？]4jAWVf3]

10.如图所示，长为0.51勿的木板A,质量为1依.板上右端有物块B,质量为3依.它们

一起在光滑的水平面上向左匀速运动.速度刖=2〃心.木板与等高的竖直固定板C发生

碰撞，时间极短，没有机械能的损失.物块与木板间的动摩擦因数〃=0.5,g取1。收d,

求：

⑴第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小和方向.

⑵第一次碰撞后，A与C之间的最大距离.（结果保留*

两位小数）

4

（3）A与固定板碰撞几次，B可脱离A板.必〃〃/，〃/〃)〃，

II.如图所示，质量为M=2.0依的小车放在光滑水平面上，

在小车右端放一质量为〃『1.0吨的物块，物块与小车之

间的动摩擦因数为〃=0.5.当物块与小车同时分别受到

水平向左Fi=6.0N和水平向右F2=9.0N的拉力，并经0.4S

时间后同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小

车至少要多长.（g取10mA2）

12.一个质量为M的小车，静止在光滑水平面上，在小车的光滑板面上放一个质量为利的

小物块（可视为质点），小车质量与小物块质量之比M：〃?=5：1,小物块距小车右端距离为

/.如图所示，现沿平行车身方向加水平向右面恒力巴小物块由静止开始向右运动，之

后与小车右端挡板相碰，若碰后小车速度大小为碰撞前小物块速度大小的,，设小车足

3

够长，小物块不会从公车上掉下来，且力尸足够小，以至小物块与小车碰撞过程中可忽

略不计，求：

⑴小物块与小车右端挡板笫一次相撞后，小物块相对地

面向左运动的最大距离.[「

⑵小物块与小车右端挡板第一次相碰后，小物块和小车L一〃

右端挡板之间的最大距离.j尸一G

⑶小物块从开始运动至第二次碰撞时，小物块相对地%分另

面发生的总位移............，"，，

参考答案

LCD2.B3.D4.AC5.—,—6r7Rg1.,ML

m2m"&2(/以+帆)丫2人

8.E=—Mvl9.⑴EP=%(叫+叫"⑵小车B速度不可能等于零。

302mHn

10.(l)v=10ni/s(2)s=0.13m(3)3次ll.s=0.336m

47

12.(1)S,=—I(2)As=Z(3)SM=­Z

9忌3

第六章.机械能

一、功和功率

目的要求

复习功和功率，掌握功和功率的计算公式。

知识要点

1.功：功是力的空间积累效应。它和位移相对应（也和时间相对应）。计算功的方法有

两种：

⑴按照定义求功。即：於咫cos在高中阶段,这种方法只适用于恒力做功。当0W〃〈年

2

时川故正功，当e=g时广不做功，当时/做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

⑵用动能定理生46或功能关系求功。当尸为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法

求功。这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程,功是能的转化的量度。如果知

道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

2.一对作用力和反作用力做功的特点

（D一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零。

⑵一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦

力），但不可能为正。

3.功率：功率是描述做功快慢的物理量。

⑴功率的定义式：/，=丝，所求出的功率是时间1内的平均功率。

t

⑵功率的计算式：片力COS。，其中J是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：①求

某一时刻的瞬时功率。这时尸是该时刻的作用力大小，「取瞬时值，对应的P为尸在该时刻

的瞬时功率；②当夕为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内F

必须为恒力，对应的尸为尸在该段时间内的平均功率。

⑶重力的功率可表示为即重力的瞬时功率等一v

于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。—“

⑷汽车的两种加速问题。当汽车从静止开始沿水平面加二+

速运动时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基本公777^777777777777

式都是片用和一F二ma

①恒定功率的加速。由公式片网和六户始知，由于〃恒定，随着『的增大，〃必将减

小，a也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直到六£京0,这时。达到最大值

v占占。可见恒定功率的加速二定不是匀加速。这种加速过程发动机做的功只能用

Ff

聆片计算，不能用聆用计算（因为/为变力）。

②恒定牵引力的加速。由公式用心和片片侬知，由于，,恒定，所以a恒定，汽车做匀

加速运动，而随着P的增大，〃也将不断增大，直到户达到额定功率R,功率不能再增大了。

这时匀加速运动结束，其最大速度为/=U，此后汽车要想继续加速就只能

Fy

做恒定功率的变加速运动了。可见恒定牵引力的加速时功率一定不恒定。这种加速过程发动

机做的功只能用灯尸£计算，不能用w士Z计算（因为P为变功率）。

要注意两种加速运动过程的最大速旋的区别.

例题分析

例1：如图所示，质量为力的小球用长£的细线悬挂而静止在竖直

位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力少将小球拉到细线与竖直方

向成。角的位置。在此过程中，拉力尸做的功各是多少？⑴用尸缓慢地

拉；（2邛为恒力；⑶若〃为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为

零。可供选择的答案有

A.FLcosOB.FLsinO

C.包（1一cos。）D.血g£（l—cos。）

解：⑴若用〃缓慢地拉，则显然/•、为变力，只能用动能定理求解。〃做的功等于该过程

克服重力做的功。选D

⑵若尸为恒力，则可以直接按定义求功。选B

⑶若尸为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求助和按

动能定理求功都是正确的，选B、D

在第三种情况下，由此sin<9:，〃gL（l-cos<9）,可以得到£=1-85。=皿2,可见在

mgsin。2

摆角为时小球物速度最大。实际上，因为尸与侬的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做

功，所以其效果相当于一个摆，我们可以把这样的装置叫做“歪摆”。

例2：质量为2t的农用汽车，发动机额定功率为30kW,汽车在水平路面行驶时能达到

的最大时速为54km/h。若汽车以额定功率从静止开始加速，当其速度达到片36km/h时的瞬

时加速度是多大？

解：汽车在水平路面行驶达到最大速度时牵引力/等于阻力/；即上=尸％而速度为/

时的牵引力片瓜//，再利用六六勿a可以求得这时的a=0.50m/s2

二、动能定理

目的要求

复习动能定理及其应!I」。

知识要点

1.动能定理的表述

（1）合外力做的功等于物体动能的变化。（这里的合外力指物体受到的所有外力的合

力，包括重力）。表达式为聆4区

（2）动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。实际应用时,

后一种表述比较好操作。不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有谦的情况下，只

要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功。

（3）和动量定理一样，动能定理也建立起过程量［功）和状态量（动能）间的联系。

这样，无论求合外力做的R还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。和动最

定理不同的是：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应

用动熊定理。

2.应用动能定理解题的步骤

⑴确定财对谈和研究过程。和动量定理不同，动能定理的研究对象只熊是单个物体,

如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。（原因是：系统内所有内力的总冲量一

定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。

⑵对研究对•象进行受力分析。（研究对象以外的物体施于研究对•象的力都要分析，含重力）。

⑶写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。如果研究

过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。

⑷写出物体的初、末动能。

⑸按照动能定理列式求解。

例题分析

例1：如图所示，斜面倾角为%长为3月8段光滑，比段粗糙，且旌2力反质量为

〃/的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。求物体和斜面〃。段间的

动摩擦因数〃。

解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理：小

重力做的功为侬£sin。，摩擦力做的功为

-/.ungLcos,a»支持力不做功。初、末动能均为零。

.23

mgLs\v\o——jiuHf-Lcosct=Qr〃=—tanot

从本例题可以看出，由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度，所以

比用牛顿定律和运动学方程解题简治得多。

例2：将小球以初速度两竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一

最大高度。由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80机设空气阻力

大小恒定，求小球落回抛出点时的速度大小心

解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球

用动能定理：

mgH=L〃说和0・8（〃吆+f）H=Jmv~,可得

2/

//=Vo/2g,/=7mg

4

再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程

用动能定理.。全过程重力做的功为零，所以有:

7-2xO.8H=gIHVQ-gmv2»解得

从本题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。有时取全过程

简单；有时则取某一阶段简单。原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、

末动能等于零。

例3：质量为3的木块放在水平台面上，台面比水平

地面高出/产0.20m,木块离台的右端Z=1.7mo质量为

〃尸0.10"的子弹以^=180n/s的速度水平•射向木块，并以

i-90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点

到台面右端的水平距离为s=1.6m,求木块与台面间的动

摩擦因数为〃。

解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木

块阶段和木块在台面上滑行阶段。所以木题必须分三个阶段列方程:

子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为力，

mv(j=........①

木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为如有：

=g；A/vj

/iMgL②

木块离开台面后的平抛阶段，$=吗,亍……③

由①、②、③可得〃=0.50

从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理。

从本题还应引起注意的是：不要对系统用动能定理。在子弹穿过木块阶段，子弹和木

块间的一对摩擦力做的总功为负功。如果对亲统在全昼程用动能定理，就会把这个负功漏掉。

例4：如图所示，小球以大小为内的初速度由力端向右运动，到8端时的速度减小为

小若以同样大小的初速度由4端向左运动，到4端时的速度减小为玲。已知小球运动过程

中始终未离开该粗糙轨道，比较外、外的大小，

结论是

A.匕4>%B.Vh=vs，----------------勺|、万

C.%<唏D.无法确定，，

解：小球向右通过凹槽。时的速率比向左通过

凹槽。时的速率大，由向心力方程"一/处=把1可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力

R

也大，克服阻力做的功多；又小球向右通过凸起〃时的运率比向左通过凸起〃时的速率小，

由向心力方程〃罟-N=1•可知，对应的弹力力一定大，滑动摩擦力也大，克服阻尢做的

功多。所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，选A。

三、机械能守恒定律

目的要求

复习机械能守恒定律及其应用。

知识要点

1.机械能守恒定律的两种表述

⑴在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势熊发生相互转化，但机械能的总量保

持不变。

⑵如果没有糜援到介质ILLg便只龙生动熊和重力投能的相互鼓也时/期横熊的盘量

保持不变。

对机械能守恒定律的理解：

①机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。通常我们说“小球的机

械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。另外小球

的动能中所用的片也是相对于地面的速度。

②当研究对象(除地球以外)只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定

机械能是否守恒；当研究对象(除地球以外)由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦

和介质阻力”来判定机械能是否守恒。

③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，

只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功”。

2.机械能守恒定律的各种表达形式

22r

(1)mgh+—/??v=mg/r+—mv',即Ep+Ek=Ep+E'k；

(2)AEF+AEX,=0；AE,+AE2=0；\E^=AEvC

用⑴时，需要规定重力势能的参考平面。用⑵时则不必规定重力势能的参考平面，因为

重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用尸4少我，只要把增加的机械能

和减少的机械能都写出来，方程自然就列H1来了。

3.解题步骤

⑴确定研究对象和研究过程。

⑵判断机械能是否守恒。

⑶选定一种表达式，列式求解。

例题分析、花

例1：如图物块和斜而都是光滑的，物块从静止沿斜面下滑i'Nx.

过程中，物块机械能是否守恒？系统机械能是否守恒？i

解：以物块和斜面系统为研究对象，很明显物块下滑过程中切切吸分7

系统不受摩擦和介质阻力，故系统机械能守恒。又由水工方向系统动量守

恒可以得知：斜面将向左溶动，即斜面的机械能将增大，故物块的机械能I.......二

-定将减少。77^777777777.

有些同学一看本题说的是光滑斜面，容易错认为物块本身机械能就守恒。这里要提醒两

条：⑴由于斜面本身要向左滑动，所以斜面对物块的弹力M和物块的实际位移s的方向已

经不再垂直,弹力要对物决做负功,对物块来说已经不再满足“只有重力做功”的条件。⑵

由于水平方向系统动