高中物理動量17篇

時間：2022-08-09 黨團知識點擊：

高中物理動量17篇

高中物理動量(1)

高中物理動量守恒(經典)

動量定理.動量守恒

【重要知識點】

1.彈性碰撞

特點：系統動量守恒，機械能守恒．

設質量m1的物體以速度v0與質量為m2的在水平面上靜止的物體發生彈性正碰，則有動量守恒：288c7ab5bb111241a30926ab92e7bf64.png

碰撞前后動能不變：fdc607c5b447b4f0328faca96f62f0a7.png

所以b514084128be89a182f060ff14e0812c.png cd6d47677e971ed5f6087ec22c98ab72.png

(注：在同一水平面上發生彈性正碰，機械能守恒即為動能守恒)

[討論]

①當ml=m2時，v1=0，v2=v0(速度互換)

②當ml0，v2>0(同向運動)

④當ml>m2時，v1≈v,v2≈2v0 (同向運動)、

2.非彈性碰撞

特點：部分機械能轉化成物體的內能,系統損失了機械能兩物體仍能分離.動量守恒

用公式表示為：m1v1+m2v2= m1v1′+m2v2′

機械能的損失：550fd06cfa0218d40f412cda872f4ea2.png

3.完全非彈性碰撞

特點：碰撞后兩物體粘在一起運動，此時動能損失最大,而動量守恒．

用公式表示為： m1v1+m2v2=(m1+m2)v

動能損失：7dfe9d0d4c77abc7f22fa545c4c01365.png

【訓練題】

1.豎直上拋一質量為m的小球，經t秒小球重新回到拋出點，若取向上為正方向，那么小球的動量變化為 [ ]

A. -mgt B.mgt C.0 D.-1/2mgt

2.質量為m的物體做豎直上拋運動，從開始拋出到落回拋出點用時間為t，空氣阻力大小恒為f。規定向下為正方向，在這過程中物體動量的變化量為 [ ]

　　A．(mg+f)t　　B．mgt　　 C．(mg-f)t　　D．以上結果全不對

3.質量為m的物體，在受到與運動方向一致的外力F的作用下，經過時間t后物體的動量由mv1增大到mv2，若力和作用時間改為，都由mv1開始，下面說法中正確的是 [ ]

　　A．在力2F作用下，經過2t時間，動量增到4mv2

　　B．在力2F作用下，經過2t時間，動量增到4mv1

　　C．在力F作用下，經過2t時間，動量增到2mv2-mv1

　　D．在力F作用下，經過2t時間，動量增到2mv2

4.一質量為m的小球，從高為H的地方自由落下，與水平地面碰撞后向上彈起。設碰撞時間為t并為定值，則在碰撞過程中，小球對地面的平均沖力與跳起高度的關系是 [ ]

　　A．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越大

　　B．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越小

　　C．平均沖力的大小與跳起的最大高度h無關

D．若跳起的最大高度h一定，則平均沖力與小球質量正比

5. 甲、乙兩球在水平光滑軌道上沿同一直線同向運動，已知它們的動量分別為P甲=5kg·m/s P乙=7kg·m/s, 甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙的動量變為10 kg·m/s，則兩球的質量m甲與m乙的關系可能是

A.m乙=m甲 B.m乙=2m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=6m甲

6.如圖2所示，固定斜面上除AB段粗糙外，其余部分是光滑的，物塊與AB段間的動摩擦因數處處相同。當物塊從斜面頂端滑下后，經過A點的速度與經過C點的速度相等，且AB=BC。已知物塊通過AB段和BC段所用時間分別是t1和t2，動量變化量分別是Δp1和Δp2，則 [ ]

　　A．t1=t2，Δp1=Δp2　　 B．t1＞t2，Δp1=Δp2

　　C．t1＞t2，Δp1＜Δp2　　D．t1=t2，Δp1=-Δp2

7.勻速向東行駛的小車上有兩球分別向東、向西同時拋出，拋出時兩球的動量大小相等，則 [ ]

　　A．球拋出后，小車的速度不變　　B．球拋出后，小車的速度增加

C．球拋出后，小車的速度減小

D．向西拋出之球的動量變化比向東拋出之球的動量變化大

8.水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則 [ ]

　　A．在相等的時間間隔內動量的變化相同

　　B．在任何時間內，動量變化的方向都是豎直方向

　　C．在任何對間內，動量對時間的變化率恒定

　　D．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零

9.如圖3所示、質量為m的小球以速度v0水平拋出，恰好與傾角為30°的斜面垂直碰撞，其彈回的速度大小與拋出時相等，則小球與斜面碰撞中受到的沖量大小是(設小球與斜面做用時間很短) [ ]

　　 A.3mv0 B.2mv0 C.mv0 D.word/media/image10_1.pngmv0　　

10.某地強風的風速是20m/s，空氣的密度是1af91fb19f8f622aa9ec8998986a6bf9.png=1.3kg/m3。一風力發電機的有效受風面積為S=20m2，如果風通過風力發電機后風速減為12m/s，且該風力發電機的效率為6f2f7304141c15bf565f34aa10b8e335.png=80%，則該風力發電機的電功率多大？

11.如圖11所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數均為μ。最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑動，木板足夠長， A、B始終未滑離木板。求：

（1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發生的位移；

word/media/image13.gif（2）木塊A在整個過程中的最小速度。

12.如圖12所示，在一光滑的水平面上有兩塊相同的木板B和C。重物A（A視質點）位于B的右端，A、B、C的質量相等。現A和B以同一速度滑向靜止的C，B與C發生正碰。碰后B和C粘在一起運動，A在C上滑行，A與C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。試問：從B、C發生正碰到A剛移動到C右端期間，C所走過的距離是C板長度的多少倍？

13.如圖13所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圓弧槽C，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上。現有滑塊A以初速V0從右端滑上B，并以1/2 V0滑離B，確好能到達C的最高點。A、B、C的質量均為m，試求：（1）木板B上表面的動摩擦因素μ；（2）1/4圓弧槽C的半徑R；（3）當A滑離C時，C的速度。

14.如圖所示，將質量均為m厚度不計的兩物塊A、B用輕質彈簧相連接，只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧彈力的作用下處于靜止，將彈簧鎖定．現由靜止釋放A、B ，B物塊著地時解除彈簧鎖定，且B物塊的速度立即變為0，在隨后的過程中當彈簧恢復到原長時A物塊運動的速度為υ0，且B物塊恰能離開地面但不繼續上升．已知彈簧具有相同形變量時彈性勢能也相同．

（1）B物塊著地后，A向上運動過程中合外力為0時的速度υ1；

（2）B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續上升的過程中，A物塊運動的位移Δx；

（3）第二次用手拿著A、B兩物塊，使得彈簧豎直并處于原長狀態，此時物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立即變為0．求第二次釋放A、B后，B剛要離地時A的速度υ2．

15.如圖所示，質量為m＝1kg的滑塊，以υ0＝5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若小車質量M＝4kg，平板小車長L＝3.6m，滑塊在平板小車上滑移1s后相對小車靜止.求：（g取9.8m/s2 ）

(1)滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數μ；

(2)若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少?

16.如圖所示，質量均為69691c7bdcc3ce6d5d8a1361f22d04ac.png的木塊48b69cf839c6e294c3bf2ec26e6b8232.png并排放在光滑水平面上，7fc56270e7a70fa81a5935b72eacbe29.png上固定一根輕質細桿，輕桿上端的小釘（質量不計）O上系一長度為L的細線，細線的另一端系一質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的小球0d61f8370cad1d412f80b84d143e1257.png，現將0d61f8370cad1d412f80b84d143e1257.png球的細線拉至水平，由靜止釋放，求：

（1）兩木塊剛分離時，4085f2eac2e60c804984fda581b88b69.png速度各為多大？

（2）兩木塊分離后，懸掛小球的細線與豎直方向的最大夾角多少？

17.如圖所示，兩個質量均為4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上．一顆質量為m子彈，以水平速度v0射入A球，并在極短時間內嵌在其中．求：在運動過程中

（1）什么時候彈簧的彈性勢能最大，最大值是多少？

（2）A球的最小速度和B球的最大速度．

word/media/image27_1.png18.質量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當t=0時，兩個質量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v0=7m/s。方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時，沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求：

（1）A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大小

（2）A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運動了多長時間。

（3）在給出的坐標系中畫出小車運動的速度——時間圖象。

19.如圖甲所示，小車B靜止在光滑水平上，一個質量為m的鐵塊A（可視為質點），以水平速度v0＝4.0m/s滑上小車B的左端，然后與小車右擋板碰撞，最后恰好滑到小車的中點，已知8684c08d85f3f645c08b5cd110a525f9.png，小車車面長L＝1m。設A與擋板碰撞無機械能損失，碰撞時間可忽略不計，g取10m/s2，求：

（1）A、B最后速度的大小；

（2）鐵塊A與小車B之間的動摩擦因數；

（3）鐵塊A與小車B的擋板相碰撞前后小車B的速度，并在圖乙坐標中畫出A、B相對滑動過程中小車B相對地面的速度v－t圖線。

word/media/image29_1.png

20.如圖所示，水平傳送帶AB足夠長，質量為M＝1kg的木塊隨傳送帶一起以v1＝2m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數word/media/image30_1.png，當木塊運動到最左端A點時，一顆質量為m＝20g的子彈，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正對射入木塊并穿出，穿出速度v＝50m/s，設子彈射穿木塊的時間極短，（g取10m/s2）求：

word/media/image31.gif（1）木塊遭射擊后遠離A的最大距離；

（2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運動所經歷的時間。

21.在光滑的水平面上，靜止放置著直徑相同的小球A和B，它們的質量分別為m和3m，兩球之間的距離為L．現用一大小為F的水平恒力始終作用到A球上，A球從靜止開始向著B球方向運動，如圖所示．設A球與B球相碰的時間極短、碰撞過程沒有機械能損失，碰撞后兩球仍在同一直線上運動．求：

（1）A球第一次碰撞B球之前瞬間的速度．

（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程S．

22.如圖所示，光滑軌道的DP段為水平直軌道，PQ段為半徑是R的豎直半圓軌道，半圓軌道的下端與水平軌道的右端相切于P點.一輕質彈簧兩端分別固定質量為2m的小球A和質量為m的小球B，質量為m的小球C靠在B球的右側.現用外力作用在A和C上，彈簧被壓縮(彈簧仍在彈性限度內)，這時三個小球均靜止于距離P端足夠遠的水平軌道上.若撤去外力，C球恰好可運動到軌道的最高點Q.已知重力加速度為g，求撤去外力前的瞬間，彈簧的彈性勢能E是多大？

23.如圖所示，A、B兩物體與一輕質彈簧相連，靜止在地面上.有一個小物體C從距A物體h高度處由靜止釋放，當下落至與A相碰后立即粘在一起向下運動，以后不再分開，當A和C運動到最高點時，物體B對地面恰好無壓力.設A、B、C三物體的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，不計空氣阻力，且彈簧始終處于彈性限度內.若彈簧的彈性勢能由勁度系數和形變量決定，求C物體下落時的高度h.

24.質量為M=3kg的平板車放在光滑的水平面上，在平板車的最左端有一小物塊(可視為質點)，物塊的質量為m=1kg，小車左端上方如圖所示固定著一障礙物A，初始時，平板車與物塊一起以水平速度v0=2m/s向左運動，當物塊運動到障礙物A處時與A發生無機械能損失的碰撞，而小車繼續向左運動，取重力加速度g=10m/s2.

⑴設平板車足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與平板車所能獲得的共同速度；

⑵設平板車足夠長，物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右運動對地所能達到的最大距離是s=0.4m，求物塊與A第一次碰撞后到第二次碰撞前相對小車滑動的距離.

高中物理動量(2)

專題三動量與能量

思想方法提煉

牛頓運動定律與動量觀點和能量觀點通常稱作解決問題的三把金鑰匙.其實它們是從三個不同的角度來研究力與運動的關系.解決力學問題時，選用不同的方法，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大差別，但在很多情況下，要三把鑰匙結合起來使用，就能快速有效地解決問題.

一、能量

1.概述

能量是狀態量，不同的狀態有不同的數值的能量，能量的變化是通過做功或熱傳遞兩種方式來實現的，力學中功是能量轉化的量度，熱學中功和熱量是內能變化的量度.

高中物理在力學、熱學、電磁學、光學和原子物理等各分支學科中涉及到許多形式的能，如動能、勢能、電能、內能、核能，這些形式的能可以相互轉化，并且遵循能量轉化和守恒定律，能量是貫穿于中學物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據。在每年的高考物理試卷中都會出現考查能量的問題。并時常發現“壓軸題”就是能量試題。

2.能的轉化和守恒定律在各分支學科中表達式

(1)W合=△Ek包括重力、彈簧彈力、電場力等各種力在內的所有外力對物體做的總功，等于物體動能的變化。(動能定理)

(2)WF=△E除重力以外有其它外力對物體做功等于物體機械能的變化。(功能原理)

注：(1)物體的內能(所有分子熱運動動能和分子勢能的總和)、電勢能不屬于機械能

(2)WF=0時，機械能守恒，通過重力做功實現動能和重力勢能的相互轉化。(3)WG=-△EP重力做正功，重力勢能減小；重力做負功，重力勢能增加。重力勢能變化只與重力做功有關，與其他做功情況無關。

(4)W電=-△EP 電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加。在只有重力、電場力做功的系統內，系統的動能、重力勢能、電勢能間發生相互轉化，但總和保持不變。

注：在電磁感應現象中，克服安培力做功等于回路中產生的電能，電能再通過電路轉化為其他形式的能。

(5)W+Q=△E物體內能的變化等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學第一定律)。

(6)mv02/2=hν-W 光電子的最大初動能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。

(7)△E=△mc2在核反應中，發生質量虧損，即有能量釋放出來。(可以以粒子的動能、光子等形式向外釋放)

動量與能量的關系

1.動量與動能

動量和能量都與物體的某一運動狀態相對應，都與物體的質量和速度有關.但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比p=mv；動能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2 兩者的關系：p2=2mEk

動量是矢量而動能是標量.物體的動量發生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發生變化，則動量必發生變化.

2.動量定理與動能定理

動量定理：物體動量的變化量等于物體所受合外力的沖量.△p=I，沖量I=Ft是力對時間的積累效應

動能定理：物體動能的變化量等于外力對物體所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力對空間的積累效應.

3.動量守恒定律與機械能守恒定律

動量守恒定律與機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體系統，(在研究某個物體與地球組成的系統的機械能守恒時，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過程.動量守恒定律的內容是：一個系統不受外力或者所受外力之和為0，這個系統的總動量保持不變；機械能守恒定律的內容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統機械能的總量保持不變

運用動量守恒定律值得注意的兩點是：(1)嚴格符合動量守恒條件的系統是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統間相互作用的內力遠大于外界對系統的作用，所以在作用前后的瞬間系統的動量可認為基本上是守恒的.(2)即使系統所受的外力不為0，但沿某個方向的合外力為0，則系統沿該方向的動量是守恒的.

動量守恒定律的適應范圍廣，不但適應常見物體的碰撞、爆炸等現象，也適應天體碰撞、原子的裂變，動量守恒與機械能守恒相結合的綜合的試題在高考中多次出現，是高考的熱點內容.

【例1】如圖所示，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質彈簧相連接置于水平的氣墊導軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊。兩滑塊一起以恒定的

速率v0向右滑動.突然輕繩斷開.當彈簧

伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度

正好為0.求：

(1)繩斷開到第一次恢復自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能Ep；

(2)在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結論.

【解析】(1)當彈簧處壓縮狀態時，系統的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統的機械能等于滑塊B的動能.設這時滑塊B的速度為v，則有E=m2v2/2.

因系統所受外力為0，由動量守恒定律

(m1+m2)v0=m2v.

解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).

由于只有彈簧的彈力做功，系統的機械能守恒

(m1+m2)v02/2+Ep=E.

解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.

(2)假設在以后的運動中滑塊B可以出現速度為0的時刻，并設此時A的速度為v1，彈簧的彈性勢能為E′p，由機械能守恒定律得

m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.

根據動量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，

求出v1代入上式得:

(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.

因為E′p≥0，故得:

(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2

即m1≥m2，這與已知條件中m1＜m2不符.

可見在以后的運動中不可能出現滑塊B的速度為0的情況.

【解題回顧】“假設法”解題的特點是：先對某個結論提出可能的假設.再利用已知的規律知識對該假設進行剖析，其結論若符合題意的要求，則原假設成立.“假設法”是科學探索常用的方法之一.在當前，高考突出能力考察的形勢下，加強證明題的訓練很有必要.

【例2】如圖所示，質量為m的有孔物體A

套在光滑的水平桿上，在A下面用細繩掛一質量

為M的物體B，若A固定不動，給B一水平沖量I，

B恰能上升到使繩水平的位置.當A不固定時，要使

B物體上升到使繩水平的位置，則給它的水平沖量

至少多大?

【解析】當A固定不動時，B受到沖量后以A為圓心做圓周運動，只有重力做功，機械能守恒.在水平位置時B的重力勢能應等于其在最低位置時獲得的動能Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M.

若A不固定，B向上擺動時A也要向右運動，當B恰能擺到水平位置時，它們具有相同的水平速度，把A、B看成一個系統，此系統除重力外，其他力不做功，機械能守恒.又在水平方向上系統不受外力作用，所以系統在水平方向上動量守恒，設M在最低點得到的速度為v0，到水平位置時的速度為v.

Mv0=(M+m)v.

Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh.

I′=Mv0.

I′=

【解題回顧】此題重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使繩水平的位置時，其豎直方向的分速度為0，只有水平速度這個臨界點.另外B上升時也不再是做圓周運動，此時繩的拉力對B做功(請同學們思考一下，繩的拉力對B做正功還是負功)，有興趣的同學還可以分析一下系統以后的運動情況.

【例3】下面是一個物理演示實驗，它顯示：

圖中下落的物體A、B經反彈后，B能上升到比

初始位置高的地方.A是某種材料做成的實心球，質量

m1=0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質量m2=0.1kg的

木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間

有小間隙. 將此裝置從A的下端離地板的高度H=1.25m

處由靜止釋放.實驗中，A觸地后在極短的時間內反彈，

且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度（g=10m/s2）

【解析】根據題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地面時的速度的大小，由機械能守恒得

(m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1= .

A剛反彈時速度向上，立刻與下落的B碰撞，碰前B的速度v2= .

由題意，碰后A速度為0，以v2表示B上升的速度，

根據動量守恒m1v1-m2v2=m2v′2.

令h表示B上升的高度，有m2v′22/2=m2gh，

由以上各式并代入數據得:h=4.05m.

【例4】質量分別為m1、m2的小球在一

直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的

位移—時間圖像如圖所示，若m1=1kg,

m2的質量等于多少?

【解析】從位移—時間圖像上可看出：m1和m2

于t=2s時在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s

碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，

m2的速度v2=2m/s，

由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，

m2=3kg.

【解題回顧】這是一道有關圖像應用的題型，關鍵是理解每段圖線所對應的兩個物理量：位移隨時間的變化規律，求出各物體碰撞前后的速度.不要把運動圖像同運動軌跡混為一談.

【例5】云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一質量為M的靜止的原子核在云室中發生一次α衰變，α粒子的質量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內.現測得α粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質量虧損.(注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽略不計)

【解析】α粒子在磁場中做圓周運動的向心力是洛倫茲力，設α粒子的運動速度為v，由牛頓第二定律得qvB=mv2/R.

衰變過程中，粒子與剩余核發生相互作用，設衰變后剩余核的速度為v′，衰變過程中動量守恒(M-m)v′=mv.

α粒子與剩余核的動能來源于衰變過程中虧損的質量，有

△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.

解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].

【解題回顧】此題知識跨度大，綜合性強，將基礎理論與現代物理相結合.考查了圓周運動、洛倫茲力、動量守恒、核裂變、能量守恒等知識.這類題型需注意加強.

【例6】如圖所示，一輕繩穿過光滑的定滑輪，

兩端各拴有一小物塊.它們的質量分別為m1、m2，已知

m2=3m1，起始時m1放在地上，m2離地面的高度

h=1.0m，繩子處于拉直狀態，然后放手.設物塊與地面相碰

時完全沒有彈起(地面為水平沙地)，繩不可伸長，繩中

各處拉力均相同，在突然提起物塊時繩的速度與物塊的

速度相同，試求m2所走的全部路程(取3位有效數字)

【解析】因m2＞m1，放手后m2將下降，直至落地.

由機械能守恒定律得

m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.

m2與地面碰后靜止，繩松弛，m1以速度v上升至最高點處再下降.

當降至h時繩被繃緊.

根據動量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1

由于m1通過繩子與m2作用及m2與地面碰撞的過程中都損失了能量，故m2不可能再升到h處，m1也不可能落回地面.設m2再次達到的高度為h1，m1則從開始繃緊時的高度h處下降了h1.由機械能守恒

(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1

由以上3式聯立可解得

h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h

此后m2又從h1高處落下，類似前面的過程.設m2第二次達到的最高點為h2，仿照上一過程可推得

h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h

由此類推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h

所以通過的總路程

s=h+2h1+2h2+2h3+……

【解題回顧】這是一道難度較大的習題.除了在數學處理方面遇到困難外，主要的原因還是出在對兩個物塊運動的情況沒有分析清楚.本題作為動量守恒與機械能守恒定律應用的一種特例，應加強記憶和理解.

【例7】如圖所示，金屬桿a從

離地h高處由靜止開始沿光滑平行的

弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直

向上的勻強磁場B，水平軌道上原來

放有一金屬桿b，已知a桿的質量為

ma,且與桿b的質量之比為ma∶mb=3∶4，

水平軌道足夠長，不計摩擦，求：

(1)a和b的最終速度分別是多大?

(2)整個過程中回路釋放的電能是多少?

(3)若已知a、b桿的電阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產生的熱量分別是多少?

【解析】(1)a下滑過程中機械能守恒

magh=mav02/2

a進入磁場后，回路中產生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為a.b的最終速度，設為v.由于所組成的系統所受合外力為0，故系統的動量守恒

mav0=(ma+mb)v

由以上兩式解得最終速度

va=vb=v=

(2)由能量守恒得知，回路中產生的電能應等于a、b系統機械能的損失，所以

E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7

(3)由能的守恒與轉化定律，回路中產生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統損失的機械能，即Qa+Qb=E.在回路中產生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯，通過的電流總是相等的，所以應有

所以

【例8】連同裝備質量M=100kg的宇航員離飛船45m處與飛船相對靜止，他帶有一個裝有m=0.5kg的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以v=50m/s的速度在極短的時間內相對宇航員自身噴出.他要返回時，必須向相反的方向釋放氧氣，同時還要留一部分氧氣供返回途中呼吸.設他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，問：要最大限度地節省氧氣，并安全返回飛船，所用掉的氧氣是多少?

【解析】設噴出氧氣的質量為m′后，飛船獲得的速度為v′，噴氣的過程中滿足動量守恒定律，有:

0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)

得v′=m′v/M

宇航員即以v′勻速靠近飛船，到達飛船所需的時間

t=s/v′=Ms/m′v

這段時間內耗氧m″=Rt

故其用掉氧氣m′+m″=2.25×10-2/m′+m′

因為(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2為常數，

所以當2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg時用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m′+m″=0.3kg.

【解題回顧】(1)動量守恒定律中的各個速度應統一對應于某一慣性參照系，在本題中，飛船沿圓軌道運動，不是慣性參照系.但是，在一段很短的圓弧上，可以視飛船做勻速直線運動，是慣性參照系.(2)此題中氧氣的速度是相對宇航員而不是飛船，因此，列動量守恒的表達式時，要注意速度的相對性，這里很容易出錯誤.(3)要注意數學知識在物理上的運用.

【例9】質量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，若飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力（該升力由其它力的合力提供，不含重力）。今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h，求：（1）飛機受到的升力大小；（2）從起飛到上升至h高度的過程中升力所作的功及在高度h處飛機的動能。

【解析】飛機水平速度不變 ① y方向加速度恒定 ②

消去t即得 ③

由牛頓第二定律 ④

（2）升力做功 ⑤

在h處 ⑥

∴ ⑦

【例10】有三根長度皆為 l＝1.00m 的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O 點，另一端分別拴有質量皆為 m＝1.00×10－2kg 的帶電小球 A 和 B，它們的電量分別為一q 和＋q，q＝l.00×10－7C。A、B 之間用第三根線連接起來。空間中存在大小為 E＝1.00×106N/C 的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時 A、B 球的位置如圖所示。現將 O、B 之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B 球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）

【解析】圖1中虛線表示 A、B 球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示細線加 OA、AB 與豎直方向的夾角。

A 球受力如圖2所示：重力 mg 豎直向下；電場力 qE 水平向左；細線OA 對 A 的拉力 T1，方向如圖；細線 AB 對 A 的拉力 T2，方向如圖。由平衡條件

B 球受力如圖3所示：重力 mg 豎直向下；電場力 qE 水平向右；細線 AB 對 B 的拉力 T2，方向如圖。由平衡

條件

聯立以上各式并代入數據，得

由此可知，A、B 球重新達到平衡的位置如圖4所示。與原來位置相比，A 球的重力勢能減少了

B 球的重力勢能減少了

A 球的電勢能增加了

B 球的電勢能減少了

兩種勢能總和減少了

代入數據解得

【例11】一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經過AB區域時是水平的，經過BC區域時變為圓弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過CD區域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內，共運送小貨箱的數目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率。

【解析】以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸的過程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有

s＝1/2at2 ①

v0＝at ②

在這段時間內，傳送帶運動的路程為

s0＝v0t ③

由以上可得

s0＝2s ④

用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為

A＝fs＝1/2mv02 ⑤

傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功

A0＝fs0＝2·1/2mv02 ⑥

兩者之差就是克服摩擦力做功發出的熱量

Q＝1/2mv02 ⑦

可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發熱量相等。

T時間內，電動機輸出的功為

W＝T ⑧

此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發熱，即

W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨

已知相鄰兩小箱的距離為L，所以

v0T＝NL ⑩

聯立⑦⑧⑨⑩，得

＝[＋gh]

高中物理動量(3)

　動量和能量的綜合

一、大綱解讀

動量、能量思想是貫穿整個物理學的基本思想，應用動量和能量的觀點求解的問題，是力學三條主線中的兩條主線的結合部，是中學物理中涉及面最廣，靈活性最大，綜合性最強，內容最豐富的部分，以兩大定律與兩大定理為核心構筑了力學體系，能夠滲透到中學物理大部分章節與知識點中。將各章節知識不斷分化，再與動量能量問題進行高層次組合，就會形成綜合型考查問題，全面考查知識掌握程度與應用物理解決問題能力，是歷年高考熱點考查內容，而且命題方式多樣，題型全，分量重，小到選擇題，填空題，大到壓軸題，都可能在此出題．考查內容涉及中學物理的各個版塊，因此綜合性強．主要綜合考查動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律、動量定理和動量守恒定律的運用等．相關試題可能通過以彈簧模型、滑動類模型、碰撞模型、反沖等為構件的綜合題形式出現，也有可能綜合到帶電粒子的運動及電磁感應之中加以考查．

二、重點剖析

1．獨立理清兩條線：一是力的時間積累——沖量——動量定理——動量守恒；二是力的空間移位積累——功——動能定理——機械能守恒——能的轉化與守恒．把握這兩條主線的結合部：系統。即兩個或兩個以上物體組成相互作用的物體系統。動量和能量的綜合問題通常是以物體系統為研究對象的，這是因為動量守恒定律只對相互作用的系統才具有意義。

2．解題時要抓特征扣條件，認真分析研究對象的過程特征，若只有重力、系統內彈力做功就看是否要應用機械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考慮能否應用動能定理或能的轉化關系建立方程；若過程滿足合外力為零，或者內力遠大于外力，判斷是否要應用動量守恒；若合外力不為零，或沖量涉及瞬時作用狀態，則應該考慮應用動量定理還是牛頓定律．

3．應注意分析過程的轉折點，如運動規律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理過程的交匯點，也是物理量的聯系點，一般涉及能量變化過程，例如碰撞中動能可能不變，也可能有動能損失，而爆炸時系統動能會增加．

三、考點透視

考點1、碰撞作用

碰撞類問題應注意：⑴由于碰撞時間極短，作用力很大，因此動量守恒；⑵動能不增加，碰后系統總動能小于或等于碰前總動能，即word/media/image2_1.png；⑶速度要符合物理情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度一定大于前面物體的速度，即word/media/image3_1.png，碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且word/media/image4_1.png；如果兩物體碰前是相向運動，則碰撞后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。

例1A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線運動，A球動量為pA=5kg·m/s，B球動量為pB=7kg·m/s，當A球追上B球時發生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能是：（）

A．pA=6kg·m/s、pB=6kg·m/s 　　　　B．pA=3kg·m/s、pB=9kg·m/s

C．pA=-2kg·m/s、pB=14kg·m/s　　　 D．pA=5kg·m/s、pB=17kg·m/s

解析：動量守恒四個選項都滿足，那么第二個判斷依據是速度情景：A的動量不可能原方向增大，A錯；第三個判斷依據是能量關系：碰后系統總動能只能小于等于碰前總動能。計算得BC正確D錯。碰前總動能為　word/media/image5_1.png，由于word/media/image6_1.png，A要追上B，則有word/media/image7_1.png，即word/media/image8_1.png.對B項，有word/media/image9_1.png，得word/media/image10_1.png，滿足word/media/image11_1.png，B正確；對C，有word/media/image12_1.png,word/media/image13_1.png,同樣滿足word/media/image14_1.png，C正確.

答案：BC

點撥：判斷的優先順序為：動量守恒→速度情景→動能關系，動量守恒最容易判斷，其次是速度情景，動能關系要通過計算才能作結論，簡捷方法是先比較質量關系，再比較動量的平方，如果兩物體質量相等，則可直接比較碰撞前后動量的平方和。

考點2、爆炸和反沖　

⑴爆炸時內力遠大于外力，系統動量守恒；

⑵由于有其它形式的能轉化為動能（機械能），系統動能增大。

例22007年10月24日18時05分，中國首枚繞月探測衛星“嫦娥一號”順利升空，24日18時29分，搭載 “嫦娥一號”的“長征三號甲”火箭成功實施“星箭分離”。此次采用了爆炸方式分離星箭，爆炸產生的推力將置于箭首的衛星送入預定軌道運行。為了保證在爆炸時衛星不致于由于受到過大沖擊力而損壞，分離前關閉火箭發動機，用“星箭分離沖擊傳感器”測量和控制爆炸作用力，使星箭分離后瞬間火箭仍沿原方向飛行，關于星箭分離，下列說法正確的是（）

A．由于爆炸，系統總動能增大，總動量增大

B．衛星的動量增大，火箭的動量減小，系統動量守恒

C．星箭分離后火箭速度越大，系統的總動能越大

D．若爆炸作用力持續的時間一定，則星箭分離后火箭速度越小，衛星受到的沖擊力越大

解析：由于爆炸，火藥的化學能轉化為系統動能，因此系統總動能增大。爆炸力遠大于星箭所受外力（萬有引力），系統動量守恒，衛星在前，動量增大，火箭仍沿原方向運動，動量則一定減小，A錯B對；word/media/image15_1.png，又word/media/image16_1.png，分離后總動能word/media/image17_1.png，聯立解得word/media/image18_1.png，式中v是星箭分離前的共同速度，依題意word/media/image19_1.png，即word/media/image20_1.png，因此火箭速度v2越大，分離后系統總動能越小，（也可用極限法直接判斷：假設星箭分離后星箭速度仍相等，則動能不變，火藥釋放的能量為0，系統總動能為最小）C錯；爆炸力為一對相互作用的內力，因此大小相等、作用時間相同，衛星和火箭受到的爆炸力的沖量大小一定相等，分離后火箭速度越小，則火箭動量的變化量越大，所受爆炸力的沖量越大，則衛星受到的沖量（與火箭受到的爆炸力的沖量等大反向）越大，相互作用時間一定，則衛星受到的沖擊力越大，D正確。。

答案：BD

點撥：注意提取有效解題信息，把握關鍵字句，如“置于箭首的衛星”、“星箭分離后瞬間火箭仍沿原方向飛行”等，結合爆炸特點和物理情景判斷解題。

考點3、兩個定理的結合

例3：如圖所示，質量m1為4kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數μ=0.24，木板右端放著質量m2為1.0kg的小物塊B(視為質點)，它們均處于靜止狀態.木板突然受到水平向右的word/media/image21_1.png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word/media/image22_1.png為8.0J，小物塊的動能word/media/image23_1.png為0.50J，重力加速度取10m/s2,求：

（1）瞬時沖量作用結束時木板的速度V0.

（2）木板的長度L

解析：(1)設水平向右為正方向，有word/media/image25_1.png① 代入數據解得word/media/image26_1.png②

(2)設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為word/media/image27_1.png、word/media/image28_1.png和word/media/image29_1.png，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word/media/image30_1.png和word/media/image31_1.png，有word/media/image32_1.png③

word/media/image33_1.png④ 其中word/media/image34_1.png，word/media/image35_1.png⑤

設A、B相對于C的位移大小分別為word/media/image36_1.png和word/media/image37_1.png，有word/media/image38_1.png⑥word/media/image39_1.png ⑦

動量與動能之間的關系為word/media/image40_1.png ⑧ word/media/image41_1.png⑨

木板的長度word/media/image42_1.png⑩ 代入數據得L=0.50m

點撥：涉及動量定理和動能定理綜合應用的問題時，要注意分別從合力對時間、合力對位移的累積作用效果兩個方面分析物體動量和動能的變化，同時應注意動量和動能兩個量之間的關系.

考點4、碰撞與圓周運動、平拋運動的結合

例4（2008年北京）有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發生正碰，碰撞中無機械能損失。碰后B運動的軌跡為OD曲線，如圖所示。（1）已知滑塊質量為m,碰撞時間為word/media/image43_1.png，求碰撞過程中A對B平均沖力的大小。（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運動，特制做一個與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌道無初速下滑（經分析，A下滑過程中不會脫離軌道）。

a.分析A沿軌道下滑到任意一點的動量pA與B平拋經過該點的動量pB的大小關系;

b.在OD曲線上有一M點，O和M兩點連線與豎直方向的夾角為45°。求A通過M點時的水平分速度和豎直分速度。

解析：（1）滑動A與B正碰，滿足：mvA-mvB=mv0

word/media/image44_1.png

由①②，解得vA=0, vB=v0,

根據動量定理，滑塊B滿足 F·word/media/image45_1.pngt=mv0

解得 word/media/image46_1.png

(2)a.設任意點到O點豎直高度差為d，A、B由O點分別運動至該點過程中，只有重力做功，所以機械能守恒。選該任意點為勢能零點，有

EA=mgd,EB= mgd+word/media/image47_1.png

由于p=word/media/image48_1.png,有word/media/image49_1.png

即 PA、=、ΔEK這是因為實驗中有阻力。

（5）在實驗誤差允許圍內，機械能守恒

12．（1）用天平分別測出滑塊Ａ、Ｂ的質量word/media/image159_1.png、word/media/image160_1.png

（2）word/media/image161_1.png

（3）word/media/image162_1.png

由能量守恒知word/media/image163_1.png

13．解：（1）設小球擺回到最低點的速度為ｖ，繩的拉力為Ｔ，從Ｆ開始作用到小球返回到最低點的過程中，運用動能定理有word/media/image164_1.png，在最低點根據牛頓第二定律有word/media/image165_1.png，word/media/image166_1.png

（2）設小球擺到的最高點與最低點相差高度為Ｈ，對全過程運用動能定理有word/media/image167_1.png，word/media/image168_1.png。

14．解：、（1）汽車以正常情況下的最高速度行駛時　的功率是額定功率word/media/image169_1.png

這時汽車做的勻速運動，牽引力和阻力大小相等，即Ｆ＝Ｆ１

設阻力是重力的ｋ倍，Ｆ１＝ｋｍｇ

代入數據得ｋ＝0.12

（2）設汽車以額定功率行駛速度為word/media/image170_1.png時的牽引力為word/media/image171_1.png，則，word/media/image172_1.png

而阻力大小仍為word/media/image173_1.png由word/media/image174_1.png代入數據可得ａ＝1.2word/media/image175_1.png。

15．解：（1）設物體Ａ、Ｂ相對于車停止滑動時，車速為v，根據動量守恒定律

word/media/image176_1.png

word/media/image177_1.png

方向向右

（2）設物體Ａ、Ｂ在車上相對于車滑動的距離分別為word/media/image178_1.png，車長為Ｌ，由功能關系word/media/image179_1.png

word/media/image180_1.png

可知Ｌ至少為6.8ｍ

16．解：設Ａ、Ｂ系統滑到圓軌道最低點時鎖定為word/media/image181_1.png，解除彈簧鎖定后Ａ、Ｂ的速度分別為word/media/image182_1.png，Ｂ到軌道最高點的速度為Ｖ，則有

word/media/image183_1.png

word/media/image184_1.png

word/media/image185_1.png

word/media/image186_1.png

word/media/image187_1.png

解得：word/media/image188_1.png

17．解：炮彈上升到達最高點的高度為H，根據勻變速直線運動規律，有 v02=2gH

設質量為m的彈片剛爆炸后的速度為V，另一塊的速度為v，根據動量守恒定律，

有mV=（M-m）v

設質量為m的彈片運動的時間為t，根據平拋運動規律，有 H=word/media/image189_1.pnggt2 R=Vt

炮彈剛爆炸后，由能量守恒定律可得：兩彈片的總動能Ek=word/media/image189_1.pngmV2+word/media/image189_1.png（M－m）v2

解以上各式得 Ek=word/media/image189_1.pngword/media/image190_1.png＝6.0×104 J

物體m1以v1初速度與靜止的物體m2發生彈性正碰：

v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2)

v2′=2m1v1/(m1+m2)

高中物理動量(4)

第四單元：動量、動量守恒定律

　　[內容和方法]

　　本單元內容包括動量、沖量、反沖等基本概念和動量定理、動量守恒定律等基本規律。沖量是物體間相互作用一段時間的結果，動量是描述物體做機械運動時某一時刻的狀態量，物體受到沖量作用的結果，將導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵守矢量的平行四邊形法則。

　　本單元中所涉及到的基本方法主要是一維的矢量運算方法，其中包括動量定理的應用和動量守定律的應用，由于力和動量均為矢量。因此，在應用動理定理和動量守恒定律時要首先選取正方向，與規定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值而不能只關注力或動量數值的大小；另外，理論上講，只有在系統所受合外力為零的情況下系統的動量才守恒，但對于某些具體的動量守恒定律應用過程中，若系統所受的外力遠小于系統內部相互作用的內力，則也可視為系統的動量守恒，這是一種近似處理問題的方法。

　　 [例題分析]

　　在本單元知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：只注意力或動量的數值大小，而忽視力和動量的方向性，造成應用動量定理和動量守恒定律一列方程就出錯；對于動量守恒定律中各速度均為相對于地面的速度認識不清。對題目中所給出的速度值不加分析，盲目地套入公式，這也是一些學生常犯的錯誤。

　　例1 、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。

　　【錯解分析】錯解：選B。

　　認為水泥地較草地堅硬，所以給杯子的作用力大，由動量定理I=△P，即F·t =△P，認為F大即△P，大，所以水泥地對杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的動量改變量大，所以，容易破碎。

　　【正確解答】設玻璃杯下落高度為h。它們從h高度落地瞬間的

量變化快，所以掉在水泥地上杯子受到的合力大，沖力也大，所以杯子所以掉在水泥地受到的合力大，地面給予杯子的沖擊力也大，所以杯子易碎。正確答案應選C，D。

　　【小結】判斷這一類問題，應從作用力大小判斷入手，再由動量大，而不能一開始就認定水泥地作用力大，正是這一點需要自己去分析、判斷。

　　例2 、把質量為10kg的物體放在光滑的水平面上，如圖5－1所示，在與水平方向成53°的N的力F作用下從靜止開始運動，在2s內力F對物體的沖量為多少？物體獲得的動量是多少？

　　【錯解分析】錯解一：2s內力的沖量為

　　設物體獲得的動量為P2，由動量定理

　　對沖量的定義理解不全面，對動量定理中的沖量理解不夠。

　　錯解一主要是對沖量的概念的理解，沖最定義應為“力與力作用時間的乘積”，只要題目中求力F的沖量，就不應再把此力分解。這類解法把沖量定義與功的計算公式W=Fcosa·s混淆了。

　　錯解二主要是對動量定理中的沖量沒有理解。實際上動量定理的敘述應為“物體的動量改變與物體所受的合外力的沖量相等”而不是“與某一個力的沖量相等”，此時物體除了受外力F的沖量，還有重力及支持力的沖量。所以解錯了。

　　【正確解答】首先對物體進行受力分析：與水平方向成53°的拉力F，豎直向下的重力G、豎直向上的支持力N。由沖量定義可知，力F的沖量為：

IF = F·t = 10×2=10(N·s)

　　因為在豎直方向上，力F的分量Fsin53°，重力G，支持力N的合力為零，合力的沖量也為零。所以，物體所受的合外力的沖量就等干力F在水平方向上的分量，由動量定理得：

Fcos53°·t = P2－0

　　所以P2= Fcos53°·t =10×0.8×2(kg·m/s)

P2=16kg·m/s

　　【小結】對于物理規律、公式的記憶,要在理解的基礎上記憶，要注意弄清公式中各物理量的含量及規律反映的物理本質，而不能機械地從形式上進行記憶。另外，對于計算沖量和功的公式、動能定理和動量定理的公式，由于它們從形式上很相似，因此要特別注意弄清它們的區別。

　　例3、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

　　【錯解分析】錯解一：根據機械能守恒定律，拋出時初速度大小相等，落地時末速度大小也相等，它們的初態動量P1= mv0。是相等的，它們的末態動量P2= mv也是相等的，所以△P = P2－P1則一定相等。選D。

　　錯解二：從同一高度以相等的初速度拋出后落地，不論是平拋、豎直上拋或豎直下拋，因為動量增量相等所用時間也相同，所以沖量也相同，所以動量的改變量也相同，所以選D。

　　錯解一主要是因為沒有真正理解動量是矢量，動量的增量△P=P2=P1也是矢量的差值，矢量的加減法運算遵從矢量的平行四邊形法則，而不能用求代數差代替。平拋運動的初動量沿水平方向，末動量沿斜向下方；豎直上拋的初動量為豎直向上，末動量為豎直向下，而豎直下拋的初末動量均為豎直向下。這樣分析，動量的增量△P就不一樣了。

方向，而動量是矢量，有方向。從運動合成的角度可知，平拋運動可由一個水平勻速運動和一個豎直自由落體運動合成得來。它下落的時間由
為初速不為零，加速度為g的勻加速度直線運動。豎直下拋落地時間t3＜t1，所以第二種解法是錯誤的。

　　【正確解答】 1．由動量變化圖5－2中可知，△P2最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應選B。

　　【小結】對于動量變化問題，一般要注意兩點：

　　(1)動量是矢量，用初、末狀態的動量之差求動量變化，一定要注意用矢量的運算法則，即平行四邊形法則。

　　(2) 由于矢量的減法較為復雜，如本題解答中的第一種解法，因此對于初、末狀態動量不在一條直線上的情況，通常采用動量定理，利用合外力的沖量計算動量變化。如本題解答中的第二種解法，但要注意，利用動量定理求動量變化時，要求合外力一定為恒力。

　　例4、向空中發射一物體．不計空氣阻力，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊．若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向則 [ ]

　　A．b的速度方向一定與原速度方向相反

　　B．從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大

　　C．a，b一定同時到達地面

　　D．炸裂的過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量大小一定相等

　　【錯解分析】錯解一：因為在炸裂中分成兩塊的物體一個向前，另一個必向后，所以選A。

　　錯解二：因為不知道a與b的速度誰大，所以不能確定是否同時到達地面，也不能確定水平距離誰的大，所以不選B，C。

　　錯解三：在炸裂過程中，因為a的質量較大，所以a受的沖量較大，所以D不對。

　　錯解一中的認識是一種憑感覺判斷，而不是建立在全面分析的基礎上。事實是由于沒有講明a的速度大小。所以，若要滿足動量守恒，(mA+mB)v=mAvA＋mBvB，vB的方向也可能與vA同向。

　　錯解二是因為沒有掌握力的獨立原理和運動獨立性原理。把水平方向運動的快慢與豎直方向的運動混為一談。

　　錯解三的主要錯誤在于對于沖量的概念沒有很好理解。

　　【正確解答】物體炸裂過程發生在物體沿水平方向運動時，由于物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有：

(mA+mB)v = mAvA＋mBvB

　　當vA與原來速度v同向時,vB可能與vA反向，也可能與vA同向,第二種情況是由于vA的大小沒有確定，題目只講的質量較大，但若vA很小，則mAvA還可能小于原動量(mA+mB)v。這時,vB的方向會與vA方向一致，即與原來方向相同所以A不對。

　　a，b兩塊在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運動即做平拋運選項C是正確的

　　由于水平飛行距離x = v·t，a、b兩塊炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地時間t又相等，所以水平飛行距離無法比較大小，所以B不對。

　　根據牛頓第三定律，a，b所受爆炸力FA=－FB，力的作用時間相等，所以沖量I=F·t的大小一定相等。所以D是正確的。

　　此題的正確答案是：C，D。

　　【小結】對于物理問題的解答，首先要搞清問題的物理情景，抓住過程的特點(物體沿水平方向飛行時炸成兩塊，且a仍沿原來方向運動)，進而結合過程特點(沿水平方向物體不受外力)，運動相應的物理規律(沿水平方向動量守恒)進行分析、判斷。解答物理問題應該有根有據，切忌“想當然”地作出判斷。

　　例5、一炮彈在水平飛行時，其動能為=800J，某時它炸裂成質量相等的兩塊，其中一塊的動能為=625J，求另一塊的動能

　　【錯解分析】錯解：設炮彈的總質量為m，爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律：

P=P1＋P2

　　代入數據得：Ek=225J。

　　主要是只考慮到爆炸后兩塊的速度同向，而沒有考慮到方向相反的情況，因而漏掉一解。實際上，動能為625J的一塊的速度與炸裂前炮彈運動速度也可能相反。

　　【正確解答】以炮彈爆炸前的方向為正方向，并考慮到動能為625J的一塊的速度可能為正．可能為負，由動量守恒定律：

P＝P1＋P2

　　解得：=225J或4225J。

　　正確答案是另一塊的動能為225J或4225J。

　　【小結】從上面答案的結果看，炮彈炸裂后的總動能為(625＋225)J=850J或(625＋4225)J=4850J。比炸裂前的總動能大，這是因為在爆炸過程中，化學能轉化為機械能的緣故。

　　例6、如圖5－3所示，一個質量為M的小車置于光滑水平面。一端用輕桿AB固定在墻上，一個質量為m的木塊C置于車上時的初速度為v0。因摩擦經t秒木塊停下，(設小車足夠長)，求木塊C和小車各自受到的沖量。

　　【錯解分析】錯解：以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。為正方向，由動量定理有：

-ft = 0 = mv0所以I木= ft = mv0

　　所以，木塊C受的沖量大小為mv0，方向水平向右。

　　又因為小車受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛頓第三定律)。所以小車受到的沖量I車= ft = mv0,大小與木塊受到的沖量相等方向相反，即水平向左。

　　主要是因為對動量定理中的沖量理解不深入，動量定理的內容是：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化量。數學表達式為I合=P2－P1，等式左側的沖量應指合外力的沖量。在上述解答中，求木塊C受到的沖量為mv0是正確的。因為C受到的合外力就是f (重力mg與支持力N互相平衡)，但小車的沖量就錯了。因為小車共受5個力：重力Mg，壓力N=mg，支持力N′[N′=(m＋M)g]，摩擦力f"和AB桿對小車的拉力T，且拉力T = f"，所以小車所受合力為零，合力的沖量也為零。

　　【正確解答】以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0為正方向,由動量定理有：

－ft = 0－mv0 ∴I木= f·t = mv0

　　所以，木塊C所受沖量為mv0，方向向右。對小車受力分析，豎直方向N′=Mg＋N=(M＋m)g，水平方向T= f′，所以小車所受合力為零，由動量定理可知，小車的沖量為零。

　　從動量變化的角度看，小車始終靜止沒動，所以動量的變化量為零，所以小車的沖量為零。

　　正確答案是木塊C的沖量為mv0，方向向右。小車的沖量為零。

　　【小結】在學習動量定理時，除了要注意動量是矢量，求動量的變化△P要用矢量運算法則運算外，還要注意F·t中F的含義，F是合外力而不是某一個力。

　　參考練習：質量為100g的小球從0.8m高處自由落下到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了0.20s，則這段時間軟墊對小球的沖量為______(g=10m/s2，不計空氣阻力)。(答案為o.6N·s)

　　例7、總質量為M的裝砂的小車，正以速度v0在光滑水平面上前進、突然車底漏了，不斷有砂子漏出來落到地面，問在漏砂的過程中，小車的速度是否變化？

　　【錯解分析】錯解：質量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為v由動量守恒守律：

Mv0=(M－m)v

　　上述解法錯誤的主要原因在于研究對象的選取，小車中砂子的質量變了，即原來屬于系統內的砂子漏出后就不研究了。這樣，所謂系統的初狀態及末狀態的含義就變了。實際情況是，漏掉的砂子在剛離開車的瞬間，其速度與小車的速度是相同的，然后做勻變速運動(即平拋)

　　【正確解答】質量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為V由動量守恒定律：

Mv0= mv＋(M－m)v

　　解得：v = v0即砂子漏出后小車的速度是不變的。

　　【小結】用動量守恒定律時，第一個重要的問題就是選取的系統。當你選定一個系統(此題為小車及車上的全部砂子)時，系統的初末狀態都應該對全系統而言，不能在中間變換系統。

　　例8 、一繩跨過定滑輪，兩端分別栓有質量為M1，M2的物塊(M2＞M1如圖5－4)，M2開始是靜止于地面上，當M1自由下落H距離后，繩子才被拉緊，求繩子剛被拉緊時兩物塊的速度。

　　【錯解分析】錯解：M1自由下落H距離時，速度v1=。在M1和M2組成的系統中，它們相互作用前后的動量守恒。當繩子剛被拉緊時，設M1，M2的共同速度為v，

　　實際上，上述結果是正確的，但在解題過程中，出現了兩個錯誤。其一，沒有認真分析繩子拉緊前后的動量守恒條件。實際上由M1，M2組成的系統除了受重力外，還要受到滑輪軸心豎直向上的支持力作用，而這個支持力不等于M1+M2的重力，所以系統所受合外力不為零。不能對整個系統應用動量守恒定律。其二，即使能應用動量守恒定律，也應認真考慮動量的方向性，M1的方向向下，而M2的方向向上，不能認為M1與M2系統的動量為(M1＋M2)v。

　　【正確解答】 M1自由下落H距離時的速度

　　繩子拉緊后的一小段時間△t后，M1與M2具有相同的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。

　　對M1由動量定理，以向上為正方向:

(T1－M1g)△t =－M1v－(－M1v1) ②

　　對M2由動量定理，以向上為正方向：

(T2－M2g)△L = M2v－0 ③

　　因為拉緊過程繩子的拉力遠遠大于物體的重力，可以認為T1=T2，所

　　【小結】通過本題的分析與解答，我們可以從中得到兩點警示。一是運用物理規律時一定要注意規律的適用條件，這一點要從題目所述的物理過程的特點出發進行分析，而不能“以貌取人”，一看到兩物體間相互作用，就盲目地套用動量守恒定律。二是應用動量守恒定律時，要注意此規律的矢量性，即要考慮到系統內物體運動的方向。

　　例9、在一只靜止的小船上練習射擊，船、人連同槍(不包括子彈)及靶的總質量為M，槍內裝有n顆子彈，每顆質量為m，槍口到靶的距離為l,子彈射出槍口時相對于地面的速度為v，在發射后一顆子彈時，前一顆子彈已陷入靶中，則在發射完n顆子彈后，小船后退的距離為多少？

　　【錯解分析】錯解：設第一顆子彈射出后船的后退速度為v′，后退距離為S1，子彈從槍口到靶所用的時間為：

　　對這顆子彈和其他物體構成的系統列動量守恒方程：

mv = [M＋(n－1)m]v′ ②

　　在時間t內船的后退距離

s1= v′t ③

　　子彈全部射出后船的后退距離

s = ns1 ④

　　聯立①②③④解得：

　　【正確解答】設子彈射出后船的后退速度為v′，后退距離為s1=v′t，如圖5－5所示，由幾何關系可知

l= d+s1即l=v·t + v′t ⑤

　　聯立②③④⑤解得：

　　【小結】對本題物理過程分析的關鍵，是要弄清子彈射向靶的過程中，子彈與船運動的關系，而這一關系如果能用圖5－5所示的幾何圖形加以描述，則很容易找出子彈與船間的相對運動關系。可見利用運動的過程草圖，幫助我們分析類似較為復雜的運動關系問題，是大有益處的。

　　例10、如圖5－6所示，物體A置于小車B上，A與B之間光滑無摩擦。它們以共同的速度v前進。突然碰到障礙物C，將A從車上碰了出去，A被碰回的速度大小也是v。問：小車B的速度將怎樣變化？

　　【錯解分析】錯解：以A，B原來速度方向為正，設小車B后來的速度為v′，根據動量守恒定律，則

(mA+mB)v=mBv′－mAv

　　即：(mA＋mB＋mA)v = mBv′

　　因為2mA＋mB＞mB

　　所以：v′＞v(變大)方向為原來的方向。

　　上述錯解的主要原因是不注意分析物理規律的適用條件，亂用動量守恒定律而造成的。

　　當我們研究對象為A和B組成的系統時(如上述錯解的研究對象)。在A與障礙物C發生碰撞時，因為C對A的作用力就A與B的系統來說是外力，所以不滿足動量守恒條件(不受外力或合外力為零)。也就是說它們的動量不守恒，不能應用動量守恒定律去計算與討論。不加分析地運用動量守恒定律必然導致錯誤。

　　【正確解答】實際上，在A與C相碰時，由于C對A的作用力的沖量使A的動量發生了變化。而A與B之間光滑無摩擦。在水平方向無相互作用力。所以對B來說，其水平動量是守恒的(實際上也只具有水平動量)。也就是說，A在水平方向運動的變化不會影響B的運動情況，因此B將以速度v繼續前進。

　　【小結】物體間發生相互作用時，選哪個系統為研究對象，這是人為的選擇，但要注意，若系統選擇不當，則導致對該系統不能應用動量守恒定律來求解，如本題的A，B組成的系統。因此我們應注意研究對象的選取，使其能滿足我們所選用規律的適用條件。如本題中以B為研究對象，即包含了所求的B的運動情況，而滿足了水平方向不受外力，動量守恒的適用條件。

　　例11、如圖5－7所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是： [ ]

　　A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功

　　B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

　　C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

　　D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動。

　　【錯解分析】錯解一：半圓槽光滑，小球在半圓槽內做圓周運動的全過程中，只受重力和彈力作用，而彈力方向始終與速度方向垂直，所以彈力不做功，則只有重力做功，所以選A。

　　錯解二：由于光滑的半圓槽置于光滑的水平面，所以小球在半圓槽運動的全過程中，小球與半圓槽水平方向不受外力作用，因而系統在水平方向動量守恒，故選B。

　　錯解三：半圓槽槽口的切線方向為豎直方向，因而小球運動到C點時的速度方向豎直向上，所以小球離開C點以后得做豎直上拋運動，故選D。

　　【正確解答】本題的受力分析應與左側沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區分開來。（圖5-8）

　　從A→B的過程中，半圓槽對球的支持力N沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力N′方向相反指向左下方，因為有物塊擋住，所以半圓槽不會向左運動，情形將與半圓槽固定時相同。但從B→C的過程中，小球對半圓槽的壓力N′方向向右下方，所以半圓槽要向右運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓運動，另一個與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力N與速度方向并不垂直，所以支持力會做功。所以A不對。又因為有物塊擋住，在小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，即B也不對。當小球運動到C點時，它的兩個分運動的速度方向如圖5－9，并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，即D也不對。

　　正確答案是：小球在半圓槽內自B→C運動過程中，雖然開始時半圓槽與其左側物塊接觸，但已不擠壓，同時水平而光滑，因而系統在水平方向不受任何外力作用，故在此過程中，系統在水平方向動量守恒，所以正確答案應選C。

　　【小結】在本題中由于半圓槽左側有物塊將槽擋住，導致了小球從A→B和從B→C兩段過程特點的不同，因此在這兩個過程中小球所受彈力的方向與其運動方向的關系，及球和槽組成的系統所受合外力情況都發生了變化。而這一變化導致了兩個過程所遵從的物理規律不同，所以具體的解決方法也就不一樣了。通過本題的分析解答，可以使我們看到，對不同的物理過程要做認真細致的具體分析，切忌不認真分析過程，用頭腦中已有的模型代替新問題，而亂套公式。

　　例12、在質量為M的小車中掛著一個單擺，擺球的質量為m0，小車(和單擺)以恒定的速度u沿光滑的水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能發生的？ [ ]

　　A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3

　　B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足：Mu=Mv1+mv2

　　C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v，滿足：Mu=（M+m）v

　　D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2

　　【錯解分析】錯解：選A，D。

　　選擇A，D的一個共同原因，是認為在碰撞的過程中，單擺也參加了碰撞，選A是認為三者發生碰撞，因而各自有一個速度；而選D的同學認為，單擺與小車連在一起，所以兩者的速度始終相同，所以，碰前和碰后的關系應滿足（M+m0）v = （M+m0）v1+mv2

　　另外還有一種選擇，即B，C中只選一種，原因我們放在后面再分析。

　　【正確解答】由于碰撞時間極短，所以單擺相對小車沒有發生擺動，即擺線對球的作用力原來是豎直向上的，現在還是豎直向上的，沒有水平方向的分力，未改變小球的動量，實際上單擺沒有參與這個碰撞過程，所以單擺的速度不發生變化，因此，選項中應排除A，D。

　　因為單擺的速度不變，所以，研究對象也選取小車和木塊，水平方向動量守恒，由動量守恒定律

　　Mu = Mv1+mv2 即為B選項。

　　由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關系，所以也有可能小車和木塊合二而一。因此，C選項也是可能的。正確答案：選B，C。

　　【小結】在解決如本題這種多個物體參與相互作用過程的題目時，要認真分析物體的受力情況，把沒有參與作用的物體從多個對象中摘出去（如本題的單擺），這樣可以避免選錯研究對象。

　　例13、如圖5－10所示，傾角θ=30°，高為h的三角形木塊B，靜止放在一水平面上，另一滑塊A，以初速度v0從B的底端開始沿斜面上滑，若B的質量為A的質量的2倍，當忽略一切摩擦的影響時，要使A能夠滑過木塊B的頂端，求V0應為多大？

　　【錯解分析】錯解：設滑塊A能滑到h高的最小初速度為v，滑塊A到達斜面最高點時具有水平分速度為V′，由于水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，由動量守恒定律：

mv0cosθ=mv′＋Mv′ ①

　　在B的上端點m的合速度為：

　　由動能定理有：

　　主要是對滑塊A滑過最高點的臨界狀態分析不清楚。實際上，當滑塊能夠到達最高點時，即其豎直向上的分速度為零，也就是說，在最高點，滑塊A只具有水平速度，而不具有豎直速度。所以，式①是正確的，式②中關于滑塊A的動能，直接代入水平速度即可。

　　【正確解答】根據水平方向動量守恒有：

mv0cosθ=(m+M)v′ ①

　　【小結】分析此題時，可以先定性分析，從題目可以知道，V0越大，上升的距離越高；v0較小，則可能上不到頂端。那么，剛好上升到

　　v0＞v時，才能夠滑過。對于題目中的關鍵字眼，“滑過”、“至少”等要深入挖掘。

　　例14、質量為M的小車，如圖5－11所示，上面站著一個質量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進。現在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加了多少？

　　【錯解分析】錯解一：把人和車作為一個系統，水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒，設人跳出后，車速增加為△v，以V0方向為正方向，由動量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)－mu

　　錯解二：以人和車作為一個系統，因為水平方向不受外力、所以水平方向動量守恒。設人跳出后，車速增加為△v，以v0方向為正方向。人相對于地的速度為(u-v0),由動量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0)

　　錯解一的主要問題在于沒有把所有的速度都換算成同一慣性參考系中的速度。因為題目中給出的v0是初狀態車對地的速度，而人跳車時的速度u指的是對車的速度，在列動量守恒方程時，應把人跳車的速度變換成人對地的速度才可以運算。

　　錯解二的主要問題是雖然變換了參考系，但忽略了相對速度的同一時刻性，即人跳車時，車的速度已經由v0變換成(v0+△v)了。所以，人相對于地的速度，不是(v－v0)而應為[u－(v0+△v)]。

　　【正確解答】以人和車作為一個系統，因為水平方向不受外力，所以水平方向動量守恒。設人跳出后，車對地的速度增加了△v，以v0方向為正方向，以地為參考系。由動量守恒定律：

(M＋m)v0=M(v0+△v)－m[u－(v0＋△v)]

　　【小結】 (1)在應用動量守恒定律時，除注意判斷系統受力情況是否滿足守恒條件外，還要注意到相對速度問題，即所有速度都要是對同一參考系而言。一般在高中階段都選地面為參考系。同時還應注意到相對速度的同時性。

　　(2)選取不同的參考系，解題方法有繁有簡，以此題為例，若選取車作為參考系．則人與車組成的系統初態動量為零，末態動量為：M△v－m(u－△v)，由動量守恒定律：

0=M△v－m(u－△v)

　　題中，增加的速度與車原來的速度v0無關。第二種解法顯然比第一種要簡捷得多。

　　例15、質量為M的小車，以速度v0在光滑水平地面前進，上面站著一個質量為m的人，問：當人以相對車的速度u向后水平跳出后，車速度為多大？

　　【錯解分析】錯解一：設人跳出后的瞬間車速為v，則其動量為Mv，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv

　　錯解二：設人跳出后的車速為v，車的動量為Mv，人的動量為m(u+v)，根據動量守恒定律有：

(M+m)v0=Mv+m(u＋v)

　　錯解三：設車的前進方向為正方向，人在跳出車后，車的動量為Mv，人的動量為－mu，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv－mu

　　錯解四：設車的前進方向為正方向，則人跳出車后小車的動量Mv，人的動量為－m(u－v0)，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv－m(u－v0)

　　錯解一的錯誤原因是動量守恒的對象應為車和人的系統，而錯解一中把人跳離車后的動量丟掉了，即以系統的一部分(車)來代替系統(車和人)。

　　錯解二：是沒有考慮到，人跳離車前后動量方向的變化。而是簡單地采用了算術和，忽略了動量的矢量性。

　　錯解三的錯誤在于參考系發生變化了。人跳離前人與車的動量是相對地的。人跳離車后車的動量(Mv)也是相對地的，而人跳離車后人的動量(mu)卻是相對于車而言的，所以答案不對。

　　錯解四中的錯誤在于對速度的瞬時性的分析。v0是人未跳離車之前系統(M＋m)的速度，－m(u－v0)就不能代表人跳離車后瞬間人的動量。

　　【正確解答】選地面為參照系，以小車前進的方向為正方向，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0=Mv－m(u－v)

　　【小結】應用動量守恒定律解題時應注意幾個方面。

　　(1)整體性，動量守恒定律是對一個物體系統而言的，具有系統的整體性，而不能對系統的一個部分，如本題錯解一。

　　(2)矢量性，動量守恒是指系統內部各部分動量的矢量和保持不變，在解題時必須運用矢量法則來計算而不能用算術方法，如本題錯解二。

　　(3)相對性，動量守恒定律中系統在作用前后的動量都應是相對于同一慣性參考系而言。如系統的各部分所選取的參考系不同，動量守恒不成立。如本題錯解三。

　　(4) 瞬時性，一般來說，系統內的各部分在不同時刻具有不同的動量，系統在某一時刻的動量，應該是此時刻系統內各部分的瞬時動量的矢量和。

　　例16、圖5－12，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動。當此人相對于車以速度v2豎直跳起時,車的速度變為： ( )

　　【錯解分析】錯解一：根據動量守恒定律：

　　所以選A。

　　錯解二：因為人相對于車是豎直向上跳的，所以人與車系統在水平方向上不受外力，即人與車在水平方向動量守恒。

　　所以有：Mv1=(M－m)v′1

　　產生上述錯誤的主要原因是對動量守恒定律的矢量性理解不深入。

　　錯解一的錯誤在于沒有考慮到動量的矢量性，只是簡單地套用動量守恒定律公式，因而把V1，V2，V1′的方向混為一談，而出現這種錯誤。

　　錯解二的主要問題在于對物體慣性概念的理解還有問題。誤認為人豎直向上跳起就沒有向前的水平速度了，也就沒有向前的動量了，從這個錯誤認識出發就造成判斷本題的錯誤。也因為沒有狀態分析的習慣。

　　【正確解答】人和車這個系統，在水平方向上合外力等于零，系統在水平方向上動量守恒。設車的速度V1的方向為正方向，選地面為參照系。初態車和人的總動量為Mv1，末態車的動量為(M－m)v′l(因為人在水平方向上沒有受到沖量，其水平動量保持不變)。人在水平方向上對地的動量仍為mv1，

　　則有Mv1=(M－m)v′1＋mv1

　　(M－m)v1=(M－m)v′1

　　所以v′=v1正確答案應為D。

　　【小結】動量守恒定律是有條件的，一般教材把動量守恒條件分為三個層次：

　　(1)系統所受合外力為零；

　　(2)系統所受合外力雖然不為零，但在某方向合外力為零，則系統在該方向動量守恒；

　　(3) 系統所受合外力遠遠小于內力，則系統動量近似守恒。對于不同情況，應根據不同的條件去分析。在上述三種情況下，都可以應用動量守恒定律求解相應物理量。

例17、如圖5－13所示，在光滑水平軌道上有一小車質量為M2，它下面用長為L的繩系一質量為M1的砂袋，今有一水平射來的質量為m的子彈，它射入砂袋后并不穿出，而與砂袋一起擺過一角度θ。不計懸線質量，試求子彈射入砂袋時的速度V0多大？

　　【錯解分析】錯解：由動量守恒定律：mv0=(M1＋M2+m)v

　　解得：

　　沒有很好地分析物理過程，盲目模仿，沒有建立正確的物理模型，簡單地將此類問題看成“沖擊擺”，缺少物理模型變異的透徹分析。事實上，此題與“沖擊擺”的區別在于懸點的不固定，而是隨著小車往前移動的。當擺擺到最高點時，(M1＋m)只是豎直方向的速度為零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高點處(M1＋m)具有動能。這一點是不少學生在分析物理過程及建立物理模型時最容易產生的錯誤。

　　【正確解答】子彈射入砂袋前后動量守恒，設子彈打入砂袋瞬間具有速度v0′，由動量守恒定律：

mv0=(M1＋m)v′ ①

　　此后(M1＋m)在擺動過程中，水平方向做減速運動，而M2在水平方向做加速運動，當(M1+m)與M2具有共同水平速度時，懸線偏角θ達到最大，即豎直向上的速度為零，在這一過程中。滿足機械能守恒，設共同速度為v，由機械能守恒有：

　　但式①，②中有三個未知量，v0，v0′，v，還需再尋找關系。

　　從子彈入射前到擺動至最同點具有共同速度v為止，在這個過程中，水平方向不受外力，所以、動量守恒，由動量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

　　【小結】對于大部分學生來講，掌握一定的物理模型并不困難，困難在于題目變化，新的題目中的模型如何能夠轉換成為我們熟悉的，舊有的，規范的物理模型中，進而用比較普遍運用的物理規律去求解，此題就是從滑動的小車擺(暫且這樣稱呼)遷延至“沖擊擺”，找出兩者之間的共同點與區別，達到解決問題的目的。

　　例18、如圖5-14所示，有兩個物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質量為2kg，B的質量為3kg。有一顆質量為100g的子彈以800m/s的水平速度射入A，經過0.01s又射入物體B，最后停在B中，A對子彈的阻力為3×103N，求A，B最終的速度。

　　【錯解分析】錯解：設A，B質量分別為mA，mB，子彈質量為m，子彈離開A的速度為v，物體A，B最終速度分別為vA，vB，A對子彈的阻力為f。

　　在子彈穿過A物體的過程中，對子彈用動量定理：以子彈初速度v0為正：

-f·t = mv－mv0

　　解得：v=500m/S

　　對物體A用動量定理。

f·t = mAvA－0

　　解得：vA=15m/S。

　　對子彈、物體B組成的系統，因為合外力為零，所以動量守恒，由動量守恒定律有：

mv=（m+mB）vB

　　解得：vB=16.13m/s。

　　問題主要出在對物體A用動量定理，因為動量定理講的是“物體所受合外力的沖量等于物體動量的改變”。而此處物體A除了受摩擦力以外還受到B對A的擠壓作用。其實，此題可以避免A，B之間的擠壓力，方法就是把A，B看成一個整體。

　　【正確解答】設A，B質量分別為mA，mB，子彈質量為m。子彈離開A的速度為了v，物體A，B最終速度分別為vA，vB。

　　在子彈穿過A的過程中，以A，B為整體，以子彈初速v0為正方向，應用動量定理。

f·t=（mA+mB）u （u為A，B的共同速度）

　　解得：u = 6m/s。

　　由于B離開A后A水平方向不受外力，所以A最終速度VA=u=6m/s。

　　對子彈，A和B組成的系統，應用動量守恒定律：

mv0=mA·vA+（m+mB）vB

　　解得：vB= 21.94m/s。

　　物體A，B的最終速度為vA=6m/s，vB=21.94m/s。

　　【小結】（1）此題當然還有其他解法，如在子彈穿過A的過程中依然用動量定理，求得A和B的速度為6m/s。也是A的最終速度，再對此過程用動量守恒，求出子彈射穿A以后的速度，（設為V，其余所設如前）

mv0=mv+（mA+mB）u ①

　　在子彈射穿B的過程中動量守恒

mv+mBu=（m+mB）u" ②

　　代入數據解得：v=500m/s。

　　u"=21.94m/s。即為B的最終速度。

　　（2）通過對本題的不同解法可看出，由于選取的研究對象不同，對象的物理過程特點也就不同。因此，導致具體的解題方法也不一樣。

　　例19、如圖5-15所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質量共為30kg，乙和他的冰車總質量也是30kg。游戲時，甲推著一個質量為15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子滑冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。若不計冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相對地）將箱子推出，才能避免與乙相撞？

　　【錯解分析】錯解：設甲與他的冰車以及乙與他的冰車的質量為M，箱子的質量為m，開始時他們的速率為v0，為了不與乙相碰。

　　錯解一：甲必須停止，所以，對甲和他的冰車及箱子，推出前后滿足動量守恒，由動量守恒定律：

（M+m）v0=0+mv

　　錯解二：乙接到箱子后停下，所以，對箱子及乙和他的冰車，接到箱子前后動量守恒，設箱子的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：

mv－Mv0=0

　　在此題中，有兩個關鍵問題必須弄清楚，第一，“不相撞”的意義，是否意味著一個物體停下，實際上，不相撞的意義就是兩個物體的速度相等（同向情況）。物體停止運動，也不一定就撞不上。如本題錯解二。按照錯解答案我們可知，當甲用4m/s的速度推箱子，箱子以4m/s的速度迎面向乙滑去，與乙相互作用后，乙與箱子都停下來了。那么，此時甲停了嗎？我們可以繼續完成本題，設甲推出箱子的速度為v"，對甲和箱子，（以甲和箱子的初速度為正），由動量守恒定律有：

（M+m）v0=Mv"+mv

　　解得：v"=1m/s。符號為正，說明甲以4m/s的速度推出箱子后繼續向前運動，而乙接住箱子后要停下，這樣甲就與乙相撞，所以4m/s的速度太小了。結果不符合題目要求。第二個關鍵在于不僅要不相撞，而且還要求甲推箱子的速度為最小，即若甲用相當大的速度推箱子，乙接到箱子后還會后退，這樣就不滿足“至少”多大的條件了，錯解一即是這樣，將所求的數據代入可以得知，乙和箱子將以0.67m/s的速度后退。

　　【正確解答】要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2。

　　對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：

（M+m）v0= mv+Mv1 ①

　　對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有：

mv－Mv0=（m+M）v2 ②

　　剛好不相撞的條件是：

v1=v ③

　　聯立①②③解得：v=5.2m/s，方向與甲和箱子初速一致。

　　【小結】本題從動量守恒定律的應用角度看并不難，但需對兩個物體的運動關系分析清楚（乙和箱子、甲的運動關系如何，才能不相撞）。這就需要我們要將“不相撞”的實際要求轉化為物理條件，即：甲、乙可以同方向運動，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。

高中物理動量(5)

動量和沖量

一．選擇題1

1、關于沖量和動量，下列說法正確的是（）

A．沖量是反映力的作用時間累積效果的物理量

B．動量是描述物體運動狀態的物理量

C．沖量是物理量變化的原因

D．沖量方向與動量方向一致

2、質量為m的物體放在水平桌面上，用一個水平推力F推物體而物體始終不動，那么在時間t內，力F推物體的沖量應是（）

A．v B．Ft C．mgt D．無法判斷

3、古有“守株待兔”寓言，設兔子頭受到大小等于自身體重的打擊力時即可致死，并設兔子與樹樁作用時間為，則被撞死的兔子其奔跑的速度可能（0548f8a177046525d2e47c19241aa08c.png）（）

A．1m/s B．s C．2m/s D．／s

4、某物體受到一2N·s的沖量作用，則（）

A．物體原來的動量方向一定與這個沖量的方向相反

B．物體的末動量一定是負值

C．物體的動量一定減少

D．物體的動量增量一定與規定的正方向相反

5、下列說法正確的是（）

A．物體的動量方向與速度方向總是一致的

B．物體的動量方向與受力方向總是一致的

C．物體的動量方向與受的沖量方向總是一致的

D．沖量方向總是和力的方向一致

參考答案：

1、ABC 2、B 3、C 4、D 5、AD

一．選擇題2

1．有關物體的動量，下列說法正確的是（）

A．某一物體的動量改變，一定是速度大小改變

B．某一物體的動量改變，一定是速度方向改變

C．某一物體的運動速度改變，其動量一定改變

D．物體的運動狀態改變，其動量一定改變

2．關于物體的動量，下列說法中正確的是（）

A．物體的動量越大，其慣性越大

B．同一物體的動量越大，其速度一定越大

C．物體的動量越大，其動量的變化也越大

D．動量的方向一定沿著物體的運動方向

3．下列說法中正確的是（）

A．速度大的物體，它的動量一定也大

B．動量大的物體，它的速度一定也大

C．勻速圓周運動物體的速度大小不變，它的動量保持不變

D．勻速圓周運動物體的動量作周期性變化

4．有一物體開始自東向西運動，動量大小為edcc9102625d314ad3cafd42277d50f1.png，由于某種作用，后來自西向東運動，動量大小為e9726f1cb7aa10c467c7854593007a89.png，如規定自東向西方向為正，則物體在該過程中動量變化為

A．29c3a0fe71b5b9911054891ea0e2e006.png B．50e97fb61ae053776d7ab3dd0fd2a30e.png

C．8753df3948d615d5ea3285455a7e4296.png D．d6334ad8e9dc66b876e88d8c0388bf29.png

5．關于沖量的概念，以下說法中正確的是

A．作用在兩個物體上的力大小不同，但兩個物體所受的沖量可能相同

B．作用在物體上的力很大，物體所受的沖量也一定很大

C．作用在物體上的力作用時間很短，物體所受的沖量一定很小

D．只要力的作用時間和力大小的乘積相同，物體所受的沖量一定相同

6．關于動量的概念，以下說法中正確的是（）

A．速度大的物體動量一定大

B．質量大的物體動量一定大

C．兩物體的質量相等，速度大小也相等，則它們的動量一定相同

D．兩物體的速度相同，則它們動量的方向一定相同

7．某物體在運動過程中，下列說法中正確的是（）

A．在任何相等時間內，它受到的沖量都相同，則物體一定做勻變速運動

B．如果物體的動量大小保持不變，則物體一定做勻速運動

C．只要物體的加速度不變，物體的動量就不變

D．只要物體的速度不變，物體的動量就不變

8．使質量為35a0c164e8bd0c2e70e0a771f3ea101f.png的物體做豎直上拋運動，bc6bee4eecb7ad250cd0b5ef7e1387d3.png后回到出發點，不計空氣阻力，在此過程中物體動量的變化和所受的沖量分別是（）

A．a63b1f2a16261853f001fa00407db6e2.png，方向豎直向下；b50160c8df0e9c686c582be6ad7c4a4d.png，方向豎直向上

B．a63b1f2a16261853f001fa00407db6e2.png，方向豎直向上；b50160c8df0e9c686c582be6ad7c4a4d.png，方向豎直向下

C．a63b1f2a16261853f001fa00407db6e2.png和b50160c8df0e9c686c582be6ad7c4a4d.png，方向均豎直向下

D．b90319a30dcc8bb2a5a034c70ff4cdc0.png和98b20796ce0810b04a735a2d84b32269.png，方向均豎直向下

9．一個物體以某一初速度從粗糙斜面的底部沿斜面向上滑，物體滑到最高點后又返回到斜面底部，則下述說法中正確的是（）

A．上滑過程中重力的沖量小于下滑過程中重力的沖量

B．上滑過程中摩擦力的沖量與下滑過程中摩擦力的沖量大小相等

C．上滑過程中彈力的沖量為零

D．上滑與下滑的過程中合外力沖量的方向相同

參考答案：

1．CD 2．BD 3．D 4．D 5．A 6．D

7．AD 8．C 9．AD

二．填空題

1．質量為35a0c164e8bd0c2e70e0a771f3ea101f.png的物體自由下落，在第c804c3a15ebe05b5baf40ad5ee12be1f.png初到第0d4896d431044c92de2840ed53b6fbbd.png末，物體所受重力的沖量為______，方向______（b2f5ff47436671b6e533d8dc3614845d.png取1470d949d660dc64bd1677865210874a.png）

2．如圖所示，質量9e67648d79ea6b3ee1f3167ebce2b75f.png的物體，靜止在光滑水平面上，在與水平面成eba7bc34e61a5e5fa05106b88151a0c2.png斜向上50N的拉力F作用下，水平向右開始做勻變速直線運動，則在前c804c3a15ebe05b5baf40ad5ee12be1f.png內，拉力的沖量大小為______f21257b3cbe5b12e3cc8e8e722eb893e.png，水平面對物體支持力的沖量大小為______f21257b3cbe5b12e3cc8e8e722eb893e.png，重力的沖量大小為______f21257b3cbe5b12e3cc8e8e722eb893e.png，合外力的沖量大小為________f21257b3cbe5b12e3cc8e8e722eb893e.png．

3．一質量為35a0c164e8bd0c2e70e0a771f3ea101f.png的鋼球，在距地面5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png高處自由下落，碰到水平的石板后以42d9f8cc19e03cd6ccec3d1619035233.png的速度被彈回，以豎直向下為正方向，則在與石板碰撞前鋼球的動量為______711fa8ad3167431ce87fd619616c68ba.png，碰撞后鋼球的動量為______711fa8ad3167431ce87fd619616c68ba.png，碰撞過程中鋼球動量的變化量為_______711fa8ad3167431ce87fd619616c68ba.png．

4．質量為22bf232e5a401847a9241343a0c7eb91.png的物體從5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png高處自由下落到水泥地面后被反彈到69a42c09acb033169139e793c24c8fd3.png高處，則在這一整個過程中物體動量的變化為_____711fa8ad3167431ce87fd619616c68ba.png，物體與水泥地面作用過程中動量變化的大小為_____711fa8ad3167431ce87fd619616c68ba.png．

參考答案：

1．98b20796ce0810b04a735a2d84b32269.png 豎直向下 2．100 40 80

3．20 2fb09c951aa76ce481a2c15967a4b884.png c2124b1b282fb6b6b03a5a0b98288408.png 4．0；54

三．計算題

１．物體A的質量是dbb4c6dc027fa182d6d8d4f8847ce72d.png，靜止在水平面上，A與水平面間的動摩擦因數為54fbf38cf649866815e0fefc46a1f6c7.png，現有ced4e9485ce1723566788528e9791b39.png的水平推力作用在A上，在F持續作用bc6bee4eecb7ad250cd0b5ef7e1387d3.png的過程中物體所受的總沖量大小為多少？

２．以初速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png豎直上拋一個質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的小球，不計空氣阻力，求下列兩種情況下小球動量的變化．

（1）小球上升到最高點的一半時間內．

（2）小球上升到最高點的一半高度內．

參考答案：

１．40f21257b3cbe5b12e3cc8e8e722eb893e.png ２．（1）8c73d0f36402f5a60606770cd2464dc5.png （2）a4fcd64cc93e830d5c1bf2d2b77d625a.png

動量定理

練習題

一．選擇題1

1．在動量定理2772b65ac4ee83ed7df796a2975c42a8.png中，F指的是（）

A．物體所受的彈力

B．物體所受的合外力

C．物體所受的除重力和彈力以外的其他力

D．物體所受的除重力以外的其他力的合力

2．對任何運動的物體，用一不變的力制動使它停下來，所需的時間決定于物體的（）

A．速度 B．加速度 C．動量 D．質量

3．質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的物體在外力F的作用下（F的方向與運動方向一致），經過3e302e8ece140542d8507f9dddc071fb.png后，物體的動量由6adc4dedb72ccf5313bc4eb43e747aff.png增加到11d88bf61d2c55c41bc82f63f0c387be.png，如果力、作用時間不同，下列哪一個結論是正確的（）

A．在2F作用下經59455ff4438ec32ca6cc7d59ddc7088c.png，物體的動量為d5c5f6e25dac75f80436d430aa8399b1.png

B．在2F作用下經59455ff4438ec32ca6cc7d59ddc7088c.png，物體的動量為2820433fc9eb6326d52739cb0d93ea59.png

C．在2F作用下經3e302e8ece140542d8507f9dddc071fb.png，物體的動量為fbf283753cc72baaa082ca4096eb4fc2.png

D．在作用下經59455ff4438ec32ca6cc7d59ddc7088c.png，物體動量增加e9b9cb5f6d4dfa88d0e8b9a52369fdb5.png

4．一個質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的小球以速率9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png垂直射向墻壁，碰后又以相同的速率彈回，小球在此過程中受到的沖量大小是（）

A．94d035945b3d82182669c4d3f6daa104.png B．86f792e70a8394ad93894cf813fd0525.png C．932d32e5ad55acb9eaa59d69959db5aa.png D．0

5．下列運動過程中，在任意相等時間內，物體動量變化不相同的是（）

A．勻速圓周運動 B．自由落體運動

C．平拋運動 D．勻減速運動

6．質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的物體，在水平面上以加速度0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png從靜止開始運動，所受阻力為8fa14cdd754f91cc6554c9e71929cce7.png，經過時間e358efa489f58062f10dd7316b65649e.png，它的速度為9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png，在此過程中物體所受合外力的沖量是（）

A．4cde6199be8462a9ba8f8de05be1a357.png B．94d035945b3d82182669c4d3f6daa104.png

C．4a258d930b7d3409982d727ddbb4ba88.png D．c41e5e4aa0768dda58763828b85648a1.png

7．某物體受到一個33af034cc6225301d735548ad3f8daff.png的沖量作用，則（）

A．物體的動量增量一定與規定的正方向相反

B．物體原來動量方向一定與這個沖量方向相反

C．物體的末動量方向一定與這個沖量方向相反

D．物體的動量一定在減小

8．子彈水平射入一個置于光滑水平面上的木塊中，則

A．子彈對木塊的沖量必大于木塊對子彈的沖量

B．子彈受到的沖量與木塊受到的沖量相同

C．當子彈與木塊以同一速度運動后，它們的動量一定相等

D．子彈與木塊的動量變化必大小相等，方向相反

9．質量為484bc429a2883a59c387f7f121e72a12.png的鋼球自5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png高度處自由下落，與地面碰撞后回跳到69a42c09acb033169139e793c24c8fd3.png高處，整個過程歷時c804c3a15ebe05b5baf40ad5ee12be1f.png，不計空氣阻力，b2f5ff47436671b6e533d8dc3614845d.png取1470d949d660dc64bd1677865210874a.png，則鋼球與地面作用過程中鋼球受到地面給它的平均作用力大小為（）

A．9N B．90N C．100N D．10N

參考答案：

1．B 2．C 3．C 4．C 5．A 6．BC

7．A 8．D 9．D

一．選擇題2

1．在相同條件下，玻璃杯掉在石板上易破碎，掉在棉被上不易破碎，這是因為（）

A．前一種情況下沖量大

B．后一種情況下相互作用時間長，沖力小

C．前一種情況下動量的變化率大

D．后一種情況下動量的變化大

2．一質量為35a0c164e8bd0c2e70e0a771f3ea101f.png的質點從靜止開始沿某一方向做勻變速直線運動，它的動量83878c91171338902e0fe0fb97a8c47a.png隨位移9dd4e461268c8034f5c8564e155c67a6.png變化的關系式為4740648df3b09398b34353880da08497.png，則此質點( )

A．加速度為7db7f2a2a2ebfa71d32b597b98b93a97.png

B．c804c3a15ebe05b5baf40ad5ee12be1f.png內受到的沖量為49badf7cd1721102ba2b17e05cc51855.png

C．在相同時間內，動量的增量一定相等

D．通過相同的距離，動量的增量也可能相等

3．一個筆帽豎立于放在水平桌面的紙條上，將紙條從筆帽下抽出時，如果緩慢拉動紙條筆帽必倒；若快速拉紙條，筆帽可能不倒，以下說法中正確的是（）

A．緩慢拉動紙條時，筆帽受到沖量小

B．緩慢拉動紙條時，紙對筆帽水平作用力大，筆帽必倒

C．快速拉動紙條時，筆帽受到沖量小

D．快速拉動紙條時，紙條對筆帽水平作用力小

4．跳高時，在橫桿的后下方要放置厚海綿墊的原因是（）

A．延長人體與墊的接觸時間，使人受到的沖力減小

B．減少人體與墊的接觸時間，使人受到的沖力增大

C．使人過桿時速度減小，受到的沖力減小

D．使人過桿時動量減小，受到的沖力減小

5．質量為9ffcd8f3675c2886dea0eb5ce315e9f3.png的小球從離地5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png高處自由落下，與地面碰撞后，上升的最大高度是69a42c09acb033169139e793c24c8fd3.png，設球與地面相碰時球給地面的平均沖力是100N，則球與地面的接觸時間為（b2f5ff47436671b6e533d8dc3614845d.png取1470d949d660dc64bd1677865210874a.png）（）

A．ca2cb699faceba0481536cb45572c8e7.png B．c4ca32076f2602e90aebcb1c76da961c.png C．1201d46bcb009a5c75527cdf11dba74c.png D．1581d9b1ab86a80f047e797a04ef21f4.png

6．兩物體甲和乙分別在恒力39a427e0b250982dd0fab7c404b4e2c2.png和162b23614f3de15ba9c77440d9b75780.png的作用下沿同一直線運動，它們的動量隨時間變化關系如圖所示，設甲在7363212f8e5a9d7ace25c6991a33c6fe.png時間內受到的沖量大小為e7c712ba0cb3b59ee092e895ec6f9c72.png，乙在974cb705b0c744f1855953c1086337df.png時間內受到的沖量大小為45cb36e6621049516b88dd1b7a21f551.png，則由圖可知（）

A．96205db2c962dfd38ee202746d7d19ed.png c35d7ac6fe4260824fa2956e64d8d0be.png B．72cb6d2ffa05a61bdc547471b8be6df0.png c35d7ac6fe4260824fa2956e64d8d0be.png

C．27dbe3b6bee75c604d8b6b5e8103cabe.png 92fb4c135e8a88aa5020fa3065a682b2.png D．27dbe3b6bee75c604d8b6b5e8103cabe.png 30122f350cf8cd9792a5048ccbbf39a3.png

7．物體A和B用輕繩相連后掛在輕彈簧下靜止不動，如圖所示，A、B的質量分別是6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png和M，當連接A、B的輕繩突然斷開后，物體A上升經過某一位置時速度大小為9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png，這時物體B的下落速度為7b774effe4a349c6dd82ad4f4f21d34c.png，在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為

A．94d035945b3d82182669c4d3f6daa104.png B．a4243907d33cbe8e63092267d57fb1fc.png

C．05969f38e11d304321667c67f78f5c5e.png D．9494fe0fd4ad5c015fcaad7f31e9d635.png

8．兩個質量、材料相同的長方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿木塊的時間相

同，則子彈射容兩木塊后，A、B兩木塊的速度之比為（）

A．d0bd571dc19c083d82f023c9666c5574.png B．def474a313bffa002eae8941b2e12620.png C．5f649e24afcd658ccf64513a5ce71950.png D．d815ce44869990f70953b228a4e735a2.png

參考答案：

1．BC 2．ABC 3．C 4．A 5．B 6．A

7．D 8．C

二．填空題

1．木塊與水平面向的動摩擦因數為a1155692e3f69913320174f980c7eaf1.png，則以初速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png在冰面上滑行的木塊經過時間_____，將停止運動．

2．質量相同的兩物體，并列地靜止在光滑水平面上，今給其中甲物體以瞬時沖量I作用，同時以恒力F推動乙物體，I與F作用方向相同，則要經過時間_____，兩物再次相遇，在此過程中F對乙的沖量大小為______．

3．水流以d6c2122d9b8057cf703b5cc6f1a7733a.png的速度由橫截面積為06ccdd10ccd92357906e9a9f697ea34f.png的噴口處垂直沖擊墻壁，沖擊后水流無初速地沿墻壁流下，則墻受水流的沖擊力為______N（7d59ed02bd294e19b8bb1e69ebcf0a70.png）

4．一質量為a048933ce33581a60eb32bc8d07f82df.png的雜質演員，表演時不慎掉下，當他下落5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png時安全帶被拉直，帶和人作用時間為0cf81f9038402e85910cfad17d0051b3.png，則安全帶對人的平均作用力為_____N（b2f5ff47436671b6e533d8dc3614845d.png取1470d949d660dc64bd1677865210874a.png）

5．裝煤機在c804c3a15ebe05b5baf40ad5ee12be1f.png內將c57414db8e02ac85c2cadd0981cc7b0e.png煤裝入水平勻速前進的東廂里，車廂速度為9790b25228ddee538d66c7b57b4c0643.png，若不計阻力，車廂為保持原速勻速前進，則需要增加的水平牽引力大小為______N.

參考答案：

1．89c11ef57d7dbcb8972eae1f5de5556b.png 2．6ba2fb6843763b37cb9aaa9560a085fc.png 0109adca58e0b5448c672b496c42d700.png 3．40

4．100 5．3ef68d68bd74659b4bbf4fd5a9f578a6.png

二．填空題

1、質量為1kg的足球以10m·b6b9727e7e8192be4bd7dfd98eb170e0.png的速度與球門相撞，碰撞時間是，碰后以8m·b6b9727e7e8192be4bd7dfd98eb170e0.png的速度沿相應的方向彈回，以足球入射方向為正方向，球門對足球的平均作用力是_____．

2、以10m·b6b9727e7e8192be4bd7dfd98eb170e0.png的初速度在月球上豎直上拋一個質量為的石塊，它落在月球表面上的速率也是10m·b6b9727e7e8192be4bd7dfd98eb170e0.png，在這段時間內，石塊速度的變化量為_____，其方向是_____，它的動量的增量等于_____，其方向是_____，石塊受到的月球引力的沖量是_____，方向是_____．

3、質量50kg的粗細均勻的橫梁，以A為軸，B端以繩懸吊，使之水平．AB長60cm，一個1kg的鋼球從離AB 高處自由落下，撞擊在橫梁上離A 20cm處，回跳，撞擊時間為，則鋼球撞擊橫梁時B端繩子受力大小為_____N（0548f8a177046525d2e47c19241aa08c.png）

4、質量為50kg的特技演員從5m高墻上自由落下，著地后不再彈起，假如他能承受的地面支持力最大為體重的4倍，則落地時他所受到的最大合力不應超過_____N，為安全計，他落地時間最少不應少于_____（g取10m·c30e58209d569a70ccb7b34e5388c0bf.png）

5、一宇宙飛船以94a3edc30ab8c87b67e9db0f2325573f.png的速度進入密度為3510df882236eaf72b5f737f189d4031.png的隕石灰之中，如果飛船的最大截面積為5b8c460643608d59ace5819d3971b4261.png，且近似認為隕石灰與飛船碰撞后都附在船上，則飛船保持勻速運動所需的平均動力為_____N

參考答案：

1、－180N 2、9bec3331dea665f8cddf6d974944f97a.png；向下；65c667921b48e60254a55472d581d73e.png；向下；10N·s；向下 3、350N

4、1500N； 5、c9eb7081bb25c0df644de4b4036b44e7.pngN

三．計算題1

1．將質量為7b1d4b9a2efc826071e38441b89b3481.png的小球以cf033ce1e268385e602acaefde2d752d.png的初速度做豎直上拋運動，不計空氣阻力，則小球從拋出點至最高點的過程中，動量的增量大小為多少？方向怎樣？從拋出點至小球返回熱出點的過程中，小球動量的增量大小為多少？方向怎樣？

2．質量為22bf232e5a401847a9241343a0c7eb91.png的物體初速度為e4a11204109ac16082862ece80021128.png，在12N的恒定合外力作用下速度增加到eb387a997c6f5e0e45bbe12d25d1def9.png，方向與初速方向相同，求物體在這一過程中受到的沖量和合外力的作用時間．

3．7b1d4b9a2efc826071e38441b89b3481.png的足球從7643ab120a3d90ce051e87c93cf323a3.png高處自由落下，碰地后能彈到5e187d19e3ff03c5c95f0856c3a15c75.png高，若球與地的碰撞時間為41d9280c3a7fe56581f803b5a5043494.png，試求球對地的作用力．

4．自動步槍每分鐘能射出600顆子彈，每顆子彈的質量為bf8b3c31ff102e60ad076f342556b529.png，以3e073e45ddadc3fbab1fe2c2082c7e94.png的速度射擊槍口，求因射擊而使人受到的反沖力的大小．

參考答案：

1．edcc9102625d314ad3cafd42277d50f1.png，方向向下；f734cc35b34ec64b554909cbba577e8a.png，方向向下 2．893eeca5861779329c4ff9bdc282dc17.png；c804c3a15ebe05b5baf40ad5ee12be1f.png 3．3fcb3b50999cd008162abb8639e38d9c.png；方向向下 4．100N

三．計算題2

1．質量8415cf1c1721eead763799973c1d58a4.png的物體靜止在水平面上的A點，在a910bd7bf7e596686bea87959c94f933.png的水平恒力作用下開始運動，經過一段時間后撤去F，物體運動到B點靜止，如圖所示，已知7fc56270e7a70fa81a5935b72eacbe29.png、9d5ed678fe57bcca610140957afab571.png間距離3ae6f9d93322701edb6d1d2783c3e251.png，物體與水平面間的摩擦因數99b454d75518c87bebba3c63a6f143c1.png，求恒力作用在物體上的時間．

2．有一宇宙飛船，它的正面面積c10fbfefea233eb1786dc83affd7aeaa.png，以ffe31cf28d6ad1e1db209d89131f0d26.png的速度飛入一宇宙微粒塵區，每一微粒平均質量24e043d8c943783a53b31feef09dce34.png．若此塵區每立方米的空間有一個微粒，則為使飛船的速度不變，飛船的牽引力應增加多少？（設微粒與飛船外殼相碰后附著于飛船上）．

3．質量為M的金屬塊和質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的木塊通過細線系在一起，從靜止開始以加速度0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png在水中不沉，經過時間e358efa489f58062f10dd7316b65649e.png線斷裂，金屬塊和木塊分開，再經過時間9f12c7667f7851624f85b001b159a1f9.png，木塊將停止下沉，設金屬塊尚未沉到水底，求此時金屬塊的運動速度．

4．如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑的水平面上，物塊C以一定速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png從A左端開始沿A、B上表面向右滑行，已知A、B的質量分別是9ffcd8f3675c2886dea0eb5ce315e9f3.png和35a0c164e8bd0c2e70e0a771f3ea101f.png，C與A、B間的動摩擦力均為30N，C從A和B的上表面滑過所用時間分別是41d9280c3a7fe56581f803b5a5043494.png和55a32295112ae55b5812d4aebb4d1b3d.png，求C滑過A、B后，A和B的速度各為多大？

參考答案：

1．ee3b1e42b451a7032605f24f4d9a8e53.png 2．cf34441672b64a880fdb5055f3dc3889.png 3．b7e95a407ec953e4c42b66f426db9348.png

4．c05c822cc649610ee02589e91041c672.png；5888605d67a539c0693738d6b3d7c9f0.png

動量守恒定律

練習題

一．選擇題1

1．關于系統動量是否守恒，下列說法不正確的是（）

A．只要系統內有摩擦力，動量就不可能守恒

B．只要系統所受合外力的沖量為零，系統的動量守恒

C．系統不受外力作用時，動量守恒

D．整個系統的加速度為零，系統的動量守恒

2．關于牛頓運動定律和動量守恒定律的適用范圍，下列說法正確的是（）

A．牛頓運動定律也適合解決高速運動的問題

B．牛頓運動定律也適合解決微觀粒子的運動問題

C．動量守恒定律既適用于低速，也適用于高速運動的問題

D．動量守恒定律適用于宏觀物體，不適用于微觀物質

3．在下列幾種現象中，所選系統動量守恒的有（）

A．原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人和車為一系統

B．運動員將鉛球加速推出，運動員和鉛球為一系統

C．重物豎直下落在靜止于地面的車廂中，重物和車廂為一系統

D．斜面放在光滑水平面上，滑塊沿光滑的斜面下滑，滑塊和斜面為一系統

4．兩個物體相互作用前后的總動量不變，則由這兩個物體所組成的系統必有（）

A．一定不受外力作用

B．所受的外力之和一定為零

C．一定沒有摩擦力作用

D．每個物體的動量都不變

5．關于動量守恒定律的研究對象，下列說法中最嚴格的正確說法是（）

A．單個物體

B．物體系

C．相互作用的物體系

D．不受外力作用或外力之和為零的物體系

6．甲、乙兩船靜止在湖面上，總質量分別是b76530f37a5cbc3d17ebe8df6fed402f.png、bdd1c7307b88ad20fe151890256e325a.png，兩船相距03c7c0ace395d80182db07ae2c30f034.png，甲船上的人通過繩子，用力800618943025315f869e4e1f09471012.png拉乙船，若水對兩船的阻力大小均為8fa14cdd754f91cc6554c9e71929cce7.png且2aaa7cfdc90dbd7e92e16904ef07f610.png，則在兩船相向運動的過程中（）

A．甲船的動量守恒

B．乙船的動量守恒

C．甲、乙兩船的總動量守恒

D．甲、乙兩船的總動量不守恒

7．在兩個物體相互作用的過程中，沒有其他外力作用，下列說法中正確的是（）

A．質量大的物體動量變化大

B．兩物體的動量變化大小相等

C．質量大的物體速度變化小

D．兩物體所受的沖量相同

8．如圖所示，一物塊放在長木板上以初速度175fb02dc71571bb97cf42967a26105c.png從長木板的左端向右運動，長木板以初速度43078bbe67ed8d55801deec58a70f40b.png也向右運動，物塊與木板間的動摩擦因數為a1155692e3f69913320174f980c7eaf1.png，木板與水平地面間接觸光滑，a455eb3ba4b607cd09cc82437d5d520c.png，則在運動過程中（）

A．木板的動量增大，物塊的動量減少

B．木板的動量減少，物塊的動量增大

C．木板和物塊的總動量不變

D．木塊和物塊的總動量減少

9．一只小船靜止在平靜的湖面上，一個人從小船的一端走到另一端，不計水的阻力，下列說法正確的是（）

A．人在船上行走時，人對船的沖量比船對人的沖量小，所以人向前運動得快，船后退得慢

B．人在船上行走時，人的質量比船的質量小，它們所受的沖量大小是相等的，所以人向前走得快，船后退得慢

C．當人停止走動時，因船的慣性大，所以船將繼續后退

D．當人停止走動時，因系統的總動量守恒，所以船也停止后退

10．如圖所示，質量為69691c7bdcc3ce6d5d8a1361f22d04ac.png的小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的木塊以初速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png水平地滑至車的上表面，若車面足夠長，則（）

A．木塊的最終速度為e1106939e7e64f049deb1b6b4b7f0e72.png

B．由于車面粗糙，小車和木塊所組成的系統動量不守恒

C．車面越粗糙，木塊減少的動量越多

D．車面越粗糙，小車獲得的動量越多

參考答案：

1．A 2．C 3．A 4．B 5．D 6．C

7．BC 8．AC 9．BD 10．A

一．選擇題2

1、把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，一槍發射出了子彈時，關于槍、子彈、車的下列說法正確的是：

A．槍和子彈組成的系統動量守恒．

B．槍和車組成的系統動量守恒．

C．若忽略不計子彈與槍筒之間的摩擦，槍、車、子彈組成的系統動量近似守恒．

D．槍、子彈、車組成的系統動量守恒

2、在光滑水平面上，一質量為1kg、速度為2d6381ae4da477d046b2c850dc4df7d2.png的小球A與質量為2kg的靜止小球B發生碰撞．若：（1）碰后小球A以40faaf5ef35b0a39293e04f39d55e581.png的速度繼續向前運動；（2）碰后小球A以40faaf5ef35b0a39293e04f39d55e581.png的速度被碰回，求上述兩種情況下碰后A、B的速度各是：

A． 2m/s；　4m/s B． 4m/s；　2m/s．

C． 4m/s；　1m/s D． 2m/s；　2m/s

3、在光滑的水平面文兩個半徑相同的球發生正碰，則（）

A．兩個球的動量變化的大小一定相等

B．一個球減少的動量一定等于另一個球增加的動量

C．初動量較大的球，碰撞前后的動量方向一定不變

D．初動量較小的球，碰撞后不可能停止運動

4、如圖所示，在傾角為ab410a966ac148e9b78c65c6cdf301fd.png的光滑斜面上，用細線系一塊質量為M的木塊，一質量為m的子彈，以初速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png沿水平方向射入木塊而未穿出，則于彈和木塊沿斜面上滑的速度為（）

A．bd7412f4eac2a3de9af55f912a524dd2.png B．89834078357c692e7b35a9ef9b9a01dc.png

C．b627b0b9e7c98ac7cdbac499b7b56889.png D．104cc456be2facb6df44d3c87494579a.png

5、如圖所示，水平地面上O點的正上方豎直自由下落一個物體m，中途炸成a，b兩塊，它們同時落到地面，分別落在A點和B點，且OA＞OB，若爆炸時間極短，空氣阻力不計，則（）

A．落地時a的速度大于b的速度

B．落地時a的動量大于b的動量

C．爆炸時a的動量增加量大于b的增加量

D．爆炸過程中a增加的動能大于b增加的動能

參考答案：

1、D 2、A 3、AB 4、C 5、AD

二．填空題

1．豎直向上發射炮彈的高射炮，以炮身和炮彈為一個系統，則該系統的動量______；以炮身、炮彈和地球為一系統，則該系統的動量________．

2．質量為a0077a7da97c15e51f01e7d6a71c5652.png的物體A以速率9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png向右運動，質量為2d694d94e31ced5f2ee31790fafcb094.png的物體B以速率9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png向左運動，617fea3e84c60ab13fc5a2ce75498db4.png，它們相碰后粘合在一起運動，則可判定它們一起運動的方向為_______．

3．質量為69691c7bdcc3ce6d5d8a1361f22d04ac.png的木塊在光滑水平面上以速度175fb02dc71571bb97cf42967a26105c.png向右滑動，迎面射來一質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png，水平速度為2004063de90c50ef9e7227af3b86a5f3.png的子彈，若子彈穿射木塊時木塊的速度變為43078bbe67ed8d55801deec58a70f40b.png，且方向水平向左，則子彈穿出木塊時的速度大小為________.

參考答案：

1．不守恒守恒 2．向右 3．e26e3f06ff963d85590ed84aede84029.png

三．計算題

1．質量4b3377f35ad0e78db2f8f148685ad0d1.png的小車，以速度09cd6777a8530152bd4ac8e0e94d77c1.png沿光滑水平軌道運動時，質量的石塊豎直向下落入車內，經過一段時間，石塊又從車上相對車豎直落下，則石塊落離車后車的速度．

2．質量為78b54961e2c8602fdfe85737cb2fcb6e.png的機車，向右滑行與靜止的質量均為362313b677185f5f3abfc93c0f245bb3.png的四節車廂掛接在一起，機車的速度減小了dfc21eb1f5e490fc2f5f3178f344655d.png，求機車原來的速度大小．

參考答案：

1．16 m／s 2．7dc6e248b220933c81921c102af234e2.png

動量守恒定律的應用

練習題

一．選擇題1

1．如圖所示，物體A的質量是B的2倍，中間有一壓縮的彈簧，放在光滑水平面上，由靜止同時放開兩手后的一小段時間內，下列結論正確的是（）

A．A的速率是B的一半

B．A的動量大小B的動量

C．A受的力大于B受的力

D．A和B的總動量為零

2．質量為a0f0bb7651eb68144599471dc009e4f7.png的物體在某一高度處由靜止自由下落，與地面相碰后又跳起，開始下落的高度是5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png，回跳的最大高度是d62a66ac28a0f05de746925623df1e17.png，b2f5ff47436671b6e533d8dc3614845d.png取1470d949d660dc64bd1677865210874a.png，則下列結論正確的是（）

A．物體與地面相碰時動量變化的值是f01c0f64ea36c42851522834066c2749.png

B．物體與地球組成的系統，在物體下落的過程中動量守恒

C．物體與地球組成的系統，在物體跟地面相碰的過程中動量守恒

D．物體與地球組成的系統，在物體向上跳起的過程中動量守恒

3．如圖所示，質量為M的砂箱，沿著固定斜面勻速下滑，質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的鉛球輕輕放入砂箱內，則砂箱和鉛球所組成的系統的運動情況是（）

A．立即停止運動

B．減速下滑，逐漸停止運動

C．加速下滑

D．仍勻速下滑，但下滑速度減小

4．質量為9ffcd8f3675c2886dea0eb5ce315e9f3.png的物體在離地面5bcec64511291f1f7b3dce28f1f902e0.png處自由下落，正好落在以9790b25228ddee538d66c7b57b4c0643.png的速度沿光滑水平面勻速行駛的裝有砂子的小車中，車和砂子的總質量為5c8cb3477c3dee81f0df2843a5dd81c5.png，當物體與小車相對靜止后，小車的速度為（）

A．39a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png B．49a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png C．59a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png D．69a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png

5．三個相同的木塊A、B、C，從同一水平線上自由下落，其中A在開始下落的瞬間，被水平飛行的子彈擊中，木塊B在下落到一半高度時才被水平飛行的子彈擊中，若子彈均留在木塊內，以bb7947a97270e67c60afd16af75d9e2c.png、6616c3e2a59d34fc45caafadb81d8d67.png、fc206d90a3462d90c5c8f33edebcd33d.png分別表示三個木塊下落的時間，則它們間的關系是（）

A．a29d08e488428fdc72bbbfc5a264c36f.png B．81f5a1173f32692be105c99bf90de5c2.png

C．15717aa906414c7a6042366b6bbc2345.png D．ef9e188270406de8a4ba552038580da7.png

6．如圖所示，小平板車B靜止在光滑水平面上，在其左端有一物體A以水平速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png向右滑行。由于A、B間存在摩擦，因而A在B上滑行后，A開始做減速運動，B做加速運動，設車足夠長，則B速度達到最大時，應出現在（）

①A的速度最小時 ②A、B的速度相等時 ③A在B上相對靜止時④B開始做勻速直線運動時

A．只有①② B．只有③④

C．只有①②③ D．①②③④

7．甲、乙兩人質量均為M，甲推一個質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的木箱，甲、乙都在水平光滑冰面上以速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png相向運動，甲將木箱推給乙，乙接住木箱后又推給甲，連續7b8b965ad4bca0e41ab51de7b31363a1.png次后甲接到木箱，這時甲和木箱的速度為零，則這時乙的速度為（）

A．速度大小為72803a3980442217b4b15d9cf6c01b2c.png，方向與甲的初速度方向相同

B．速度大小為b3843410753eafaf6af3628aac9e55e0.png，方向與乙的初速度方向相同

C．速度大小為fbd29ea8ff1d2449f40d99446b904481.png，方向與甲的初速度方向相同

D．速度為零

8．如圖所示，質量為M的車廂靜止在光滑的水平面上，車廂內有一質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的滑塊，以初速度f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png在車廂地板上向右運動，與車廂兩壁發生若干次碰撞，最后相對車廂靜止，則車廂的最終速度是（）

A．0

B．f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png，方向水平向右

C．a3698f3450db2d8ac2d1c5a7d6022f32.png，方向水平向右

D．79d2b4d0b2fd7a4eaf927710c4924616.png，方向水平向右

參考答案：

1．AD 2．BCD 3．D 4．B

5．B 6．D 7．C 8．C

一．選擇題2

1．兩球在光滑的水平面上相向運動，發生正碰后，兩球均靜止，由此可知兩球在碰撞前一定有（）

A．大小相等的反向速度

B．大小相等的反向動量

C．相等的質量

D．大小相等的反向加速度

2．質量為ac8242942174ddadc98c2d81e968d8e7.png的機車，其水平速度為9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png，在與質量為93b47baf59ea142b485dc22577a56dac.png的靜止車廂掛接后一起運動的速度為（）

A．85a2fb238c93d3699aad91181fcc7553.png B．ad2e5385707b30659049e030e0023a68.png C．adbb44ebb2f97165c1f21833ef3494b9.png D．d5aade21455ba361c7188fd3d1460423.png

3．如圖所示，光滑水平面上B車靜止，用懸線掛著的小球A從圖示位置自由釋放，球A與擋板碰撞后被彈回，再次碰撞又被彈回，如此不斷重復，小車將在水平面上( )

A．一直向右運動并加速

B．向左運動

C．在原地不動

D．左右來回在復運動

4．質量分別是6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png和M的兩球發生正碰前后的位移03c7c0ace395d80182db07ae2c30f034.png跟時間e358efa489f58062f10dd7316b65649e.png關系的圖線如圖所示，由此可知，兩球的質量之比為9fda883ee060d4127752bf70d7b2158f.png為（）

A．5f649e24afcd658ccf64513a5ce71950.png B．1eea22a4b9013094c41c1f587be16ab1.png C．d0bd571dc19c083d82f023c9666c5574.png D．def474a313bffa002eae8941b2e12620.png

5．向空中發射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png、92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png兩塊，若質量較大的一塊的速度方向仍沿原來方向，則（）

A．92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png的速度方向一定與原速度方向相反

B．從炸裂到落地的這段時間里，0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png飛行的水平距離一定比92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png的大

C．0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png和92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png一定同時到達同一水平地面

D．在炸裂過程中，0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png和92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png受到爆炸力的沖量大小一定相等

6．質量相等的三個小球0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png、92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png、4a8a08f09d37b73795649038408b5f33.png在光滑的水平面上以相同的速度運動，它們分別與原來靜止的三個小球A、B、C相碰，相碰后，0cc175b9c0f1b6a831c399e269772661.png繼續沿原來方向運動，92eb5ffee6ae2fec3ad71c777531578f.png球靜止，4a8a08f09d37b73795649038408b5f33.png球被反彈回來，這時A、B、C三個被碰小球中動量最大的是（）

A．A球 B．B球 C．C球 D．無法確定

7．如圖所示，小車置于水平、光滑的水平地面上，人站在車上不斷地用鐵錘敲打車的左端，關于小車的運動情況，下列結論正確的是（）

A．小車一直向右運動

B．小車一直向左運動

C．小車在原地附近左右做往復運動

D．小車保持靜止不動

8．一個靜止的質量為M的原子核，放出一個質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的粒子，粒子離開原子核時相對核的速度為f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png，則形成的新核速度大小為（）

A．f32423d2b9868cef26c41e39c2d1edc3.png B．cc72cea5a1c48d09440826b0a0b3d4da.png C．79d2b4d0b2fd7a4eaf927710c4924616.png D．5c33f4bbe456421d0612ba0d2f7f83f9.png

9．44c29edb103a2872f519ad0c9a0fdaaa.png、f09564c9ca56850d4cd6b3319e541aee.png兩球在光滑的水平面上做相向運動，已知4c0233e20a617bd5d0963d882ae53bd0.png，當兩球相碰后，其中一球停止，則可判定（）

A．碰前P球的動量等于Q球的動量

B．碰前P球的動量大于Q球的動量

C．若碰后P球速度為零，則碰前P球動量大于Q球動量

D．若碰后Q球速度為零，則碰前P球動量大于Q球動量

10．質量為9ffcd8f3675c2886dea0eb5ce315e9f3.png的小球以5888605d67a539c0693738d6b3d7c9f0.png的速度與質量為35a0c164e8bd0c2e70e0a771f3ea101f.png的靜止小球正碰，關于碰后的速度e1e557ccb88db55df252a4fbc818d8ed.png和1d02b800b961bc28a7f58d781586b5cf.png，下面哪些是可能正確的（）

A．a65e71e6d8e83634c1b7a0a0c9953abf.png

B．473a2cbd25b886bea227c7d73b9299bd.png

C．272eb7d29618936a5846127ff1001305.png

D．9fc1bf4df84bc41558c6f76858a5d5fa.png

11．在質量為M的小車中掛有一單擺（在懸線下端系一個小球），擺球的質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png，以恒定速度9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為846f53c9f23cb561a8abb3a71fea4eba.png的靜止木塊發生碰撞，在此碰撞過程中，下列哪些說法是可能的（）

A．小車、木塊、擺球速度都發生變化，分別變為175fb02dc71571bb97cf42967a26105c.png、43078bbe67ed8d55801deec58a70f40b.png、04f1a9486e22042a59277d7022778e75.png，滿足532ff435c0573a563963ea5410c2d977.png

B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為175fb02dc71571bb97cf42967a26105c.png、43078bbe67ed8d55801deec58a70f40b.png，滿足baffe42e4a8743d4a11016ae9e3c66f9.png

C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為e1e557ccb88db55df252a4fbc818d8ed.png，滿足c2fb0682da48c0e588c1fa5796ac6175.png

D．小車和擺球的速度均變為175fb02dc71571bb97cf42967a26105c.png，木塊的速度變為43078bbe67ed8d55801deec58a70f40b.png，滿足f896570736d5adb00603e36e289118ae.png

參考答案：

1．B 2．B 3．D 4．A 5．CD 6．C

7．C 8．C 9．C 10．AB 11．BC

二．填空題1

1．質量為32c46ac9df5c02bfd0a8a38a36a4e5ac.png的火箭豎立在發射臺上，火箭向下噴氣的速度是dcefb4634aafab8542448b232177e2bd.png，剛開始時，每秒要噴出______ebe86682666f2ab3da0843ed3097e4b3.png的氣體，才能推動火箭離地，如果要使火箭剛開始時有4a0d6b68161b51d245d6fad5b3c2b190.png的向上加速度，則每秒要噴出________ebe86682666f2ab3da0843ed3097e4b3.png的氣體（不計火箭因噴氣而減小質量）．

2．爆竹的質量f0f40900734324b4051e3dd21168a245.png，其中火藥的質量972d013868c33db3a8b174fd2406e272.png，其燃燒時產生的氣體以cc596ec909519d6d9c9f47adab9253c8.png的對地速度離開爆竹，爆竹大約能升高______m（不計空氣阻力）．

3．兩磁鐵各固定在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿一直線運動，已知甲車和磁鐵的總質量為7b1d4b9a2efc826071e38441b89b3481.png，乙車和磁鐵的總質量為86b1beaf5ab6a28287dfea5377ae7add.png，兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動，某時刻甲車的速度大小是40faaf5ef35b0a39293e04f39d55e581.png，乙車的速度大小為dfc21eb1f5e490fc2f5f3178f344655d.png，且仍在相向運動，則兩車的距離最近時，乙車的速度大小為______9a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png；甲車速度為零時，乙車的速度大小為______9a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png.

參考答案：

1．1e34569335452ac0bf1002ac56db13ed.png； 20d5e4350d30f25ed77f6fc625166bd4.png 2．95f3a137e0dc0d38c444cb1705a5bfe2.png 3．fa02b68ab3ebb2cf37dabd34cdfc6b97.png； 2

二．填空題2

1．一條小船浮在湖面上靜止不動，船長ac8242942174ddadc98c2d81e968d8e7.png，質量48d7922efc05a6fd061cbb90b000f7d3.png，當一個質量74498eae75f9f1a171d38b75d04f96ea.png的人從船頭走到船尾時，人相對于河岸移動了_______6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png．

2．質量為801d1efd533f3eee1f59f95c8daad65b.png的小船靜止在水面上，船兩端各站有質量分別是080dbd27a55f25971d3dff2298c8fc5a.png和83685c6145b7f72a90aa1a37a0ef9ad3.png的甲、乙兩人，如圖所示，當甲向左、乙向右同時以對地dfc21eb1f5e490fc2f5f3178f344655d.png的水平速度躍入水中，則小船的速度為______9a1a45d6a06815df82ed3b3c383adcf3.png．

3．質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的木塊和質量為M的金屬塊用細繩系在一起，懸浮于深水中保持靜止，當剪斷細繩，木塊上浮距離2510c39011c5be704182423e3a695e91.png時（沒有到達水面），金屬塊的下沉深度為______（金屬塊沒有到達水底，不計水的阻力作用）．

4．一只船靜止在平靜的水面上，船（包括所載物）的質量為69691c7bdcc3ce6d5d8a1361f22d04ac.png，船的前有一個人持槍射擊固定在船后端的靶子，子彈擊中靶子后不穿出，子彈質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png，船的長度為L，那么每發射一顆子彈船前進了_____，要使船前進556d7963b3029943a37d55979bb9ec40.png，必須發射______顆子彈．

5．如圖所示，水平光滑導軌上停著一輛質量為M的小車，通過長為L的細線連接一個質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的小球，開始時，細線水平位置，釋放小球讓它向下擺動，當小球擺到最低點時，小車在水平方向移動的距離為_______．

6．質量為75fb3133e7895d4993a418c23e011db1.png的氫氣球下方系著一根長度為723438b10e1859d68697cbb863516afc.png的輕繩，繩的下端吊著一個質量83685c6145b7f72a90aa1a37a0ef9ad3.png的人，靜止在高空中，當人沿繩爬至氣球的過程中，氣球發生的位移大小是______6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png．

7．質量為M的小船靜止在水面上，船尾站有一質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png的人，若人以相對靜止的速度9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png向船頭走去，船的后退速度為______，若人以相對船的速度9859011cc78b3687689e719ce0d111a5.png向船頭走去，船的后退速度為_______．

參考答案：

1．2 2．e95e1ca27d0e39aa03eb5a611ce4122f.png 3．69c1881e90a464ec54bdfdcff6e6793e.png 4．a5ec3328a668b27dbb0e4425142da132.png 0d6c190378b42c26c10ace2029427d39.png 5．51f9cafb98bcc132d7ed5e0faae58b9f.png

6．a5ec3328a668b27dbb0e4425142da132.png 0d6c190378b42c26c10ace2029427d39.png 7．51f9cafb98bcc132d7ed5e0faae58b9f.png

二．填空題3

1、A、B兩小球質量之比為1 ：2，速度大小之比為1 ：3，則A、B兩小球動量之比為．

2、質量分別為m1、m2的兩物體在光滑水平面上碰撞 , 碰撞前兩物體的速度分別為V1、V2，當兩物體發生碰撞后速度分別為V1/ 、V2/．則兩物體碰撞過程中動量守恒定律的方程為．

3、在光滑水平面上，質量為1kg的子彈以 3m/s的速度射入質量為2kg的木塊中，則子彈和木塊的共同速度為．

4、質量為千克的物體A靜止在光滑水平桌面上，另一個質量為千克的物體B以米/秒的水平速度與物體A相撞,碰撞后物體B以米/秒的速度反向彈回,則A球碰撞后的速度為__ __m/s．

5、一質量為M的長木板靜止在光滑水平桌面上．一質量為m的小滑塊以水平速度v0從長木板的一端開始在木板上滑動，直到離開木板．滑塊剛離開木板時的速度為v0/3，則滑塊離開木板時木板的速度為．

參考答案：

1、1 ：6 ２、m1 V1＋m2 V2= m1 V1/+ m2 V2/

3、1m/s 4、3m/s 5、2m v0/3M

三．計算題

1．質量分別為5526021d73a11a9d0775f47f7e4754c4.png和88ebd4dfd7f504262ea7f24605a90291.png的兩節車廂，停放在處于同一水平面的光滑鐵軌上，若較重的車廂以1402d396d4a902f9a09d13d03ae2fbfb.png的速度撞擊靜止的較輕的車廂，撞擊后，較重車廂運動方向不變，0cf81f9038402e85910cfad17d0051b3.png后兩車廂相距cd12a2e7ba247f28a0c6a0ad1d5e6f1c.png，求它們撞擊后的速度分別是多大？

2．質量1fc8f25cc72fdf1e071dbff958ed297f.png的木船長a757da412bf4d1a06d57497897552ff9.png，質量127327602dee6bc734dd6cd008c4ccf1.png的人站在船頭，他們靜止在平靜的水面上，不計水的阻力，當人從船頭走到船尾并與船保持相對靜止時，船的后退速度多大？這一過程中船后退了多少距離？

3．人和冰車的總質量為M，另一木球質量為6f8f57715090da2632453988d9a1501b.png，d1b4edb3d90d27453d909bbe4e556c02.png，人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以相對冰面的速度9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png將原來靜止的木球沿冰面推向正前方的固定擋板，不計一切摩擦阻力，設木球與擋板相碰后以等速率被彈回，人接住球后，再以同樣的相對冰面的速度9e3669d19b675bd57058fd4664205d2a.png將球推向擋板，求人推球幾次后不能再接到球．

4．如圖所示，在光滑的水平面上，有一長555c4d99421d81bdc04820b45bf5ddae.png的木板C，它的兩端各有一塊擋板，C的質量a9d9e0f6f0b07f92bc2f9420ffbf6c3d.png，在C的正中央并排放著兩個可視為質點的物塊A和B，質量分別是ed0c93421b5e824e1ebd13650e12ebbb.png，1060a3f27663ad792e3b5ef546ac7266.png，開始時A、B、C都靜止，A、B間夾有少量的塑膠炸藥，由于炸藥爆炸，使得A以2d6381ae4da477d046b2c850dc4df7d2.png的速度水平向左滑動，如果C的上表面光滑，物塊與擋板相碰后都粘合在擋板上，求：

（1）當兩個物體都與擋板碰撞后，木反C的速度多大？

（2）從炸藥爆炸開始到物塊都粘合在擋板上為至，木板C發生的位移多大？

參考答案：

1．b74f1885b0a5d164260042fc95abcc43.png; 1402d396d4a902f9a09d13d03ae2fbfb.png 2．0; 9859011cc78b3687689e719ce0d111a5.png

3．9次 4．（1）0 （2）8bb36de70681abef59533f05883fb6f3.png

高中物理動量(6)

動量定理.動量守恒

【重要知識點】

1.彈性碰撞

特點：系統動量守恒，機械能守恒．

設質量m1的物體以速度v0與質量為m2的在水平面上靜止的物體發生彈性正碰，則有動量守恒：288c7ab5bb111241a30926ab92e7bf64.png

碰撞前后動能不變：fdc607c5b447b4f0328faca96f62f0a7.png

所以b514084128be89a182f060ff14e0812c.png cd6d47677e971ed5f6087ec22c98ab72.png

(注：在同一水平面上發生彈性正碰，機械能守恒即為動能守恒)

[討論]

①當ml=m2時，v1=0，v2=v0(速度互換)

②當ml0，v2>0(同向運動)

④當ml>m2時，v1≈v,v2≈2v0 (同向運動)、

2.非彈性碰撞

特點：部分機械能轉化成物體的內能,系統損失了機械能兩物體仍能分離.動量守恒

用公式表示為：m1v1+m2v2= m1v1′+m2v2′

機械能的損失：550fd06cfa0218d40f412cda872f4ea2.png

3.完全非彈性碰撞

特點：碰撞后兩物體粘在一起運動，此時動能損失最大,而動量守恒．

用公式表示為： m1v1+m2v2=(m1+m2)v

動能損失：7dfe9d0d4c77abc7f22fa545c4c01365.png

【訓練題】

1.豎直上拋一質量為m的小球，經t秒小球重新回到拋出點，若取向上為正方向，那么小球的動量變化為 [ ]

A. -mgt 2mgt

2.質量為m的物體做豎直上拋運動，從開始拋出到落回拋出點用時間為t，空氣阻力大小恒為f。規定向下為正方向，在這過程中物體動量的變化量為 [ ]

　　A．(mg+f)t　　B．mgt　　 C．(mg-f)t　　D．以上結果全不對

　　A．在力2F作用下，經過2t時間，動量增到4mv2

　　B．在力2F作用下，經過2t時間，動量增到4mv1

　　C．在力F作用下，經過2t時間，動量增到2mv2-mv1

　　D．在力F作用下，經過2t時間，動量增到2mv2

　　A．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越大

　　B．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越小

　　C．平均沖力的大小與跳起的最大高度h無關

D．若跳起的最大高度h一定，則平均沖力與小球質量正比

乙=m甲乙=2m甲乙=4m甲乙=6m甲

　　A．t1=t2，Δp1=Δp2　　 B．t1＞t2，Δp1=Δp2

　　C．t1＞t2，Δp1＜Δp2　　D．t1=t2，Δp1=-Δp2

7.勻速向東行駛的小車上有兩球分別向東、向西同時拋出，拋出時兩球的動量大小相等，則 [ ]

　　A．球拋出后，小車的速度不變　　B．球拋出后，小車的速度增加

C．球拋出后，小車的速度減小

D．向西拋出之球的動量變化比向東拋出之球的動量變化大

8.水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則 [ ]

　　A．在相等的時間間隔內動量的變化相同

　　B．在任何時間內，動量變化的方向都是豎直方向

　　C．在任何對間內，動量對時間的變化率恒定

　　D．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零

　　 word/media/image9_1.png　　

10.某地強風的風速是20m/s，空氣的密度是1af91fb19f8f622aa9ec8998986a6bf9.png=m3。一風力發電機的有效受風面積為S=20m2，如果風通過風力發電機后風速減為12m/s，且該風力發電機的效率為6f2f7304141c15bf565f34aa10b8e335.png=80%，則該風力發電機的電功率多大？

（1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發生的位移；

（2）木塊A在整個過程中的最小速度。

word/media/image12.gif12.如圖12所示，在一光滑的水平面上有兩塊相同的木板B和C。重物A（A視質點）位于B的右端，A、B、C的質量相等。現A和B以同一速度滑向靜止的C，B與C發生正碰。碰后B和C粘在一起運動，A在C上滑行，A與C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。試問：從B、C發生正碰到A剛移動到C右端期間，C所走過的距離是C板長度的多少倍？

word/media/image13.gif13.如圖13所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圓弧槽C，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上。現有滑塊A以初速V0從右端滑上B，并以1/2 V0滑離B，確好能到達C的最高點。A、B、C的質量均為m，試求：（1）木板B上表面的動摩擦因素μ；（2）1/4圓弧槽C的半徑R；（3）當A滑離C時，C的速度。

word/media/image14.gif14.如圖所示，將質量均為m厚度不計的兩物塊A、B用輕質彈簧相連接，只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧彈力的作用下處于靜止，將彈簧鎖定．現由靜止釋放A、B ，B物塊著地時解除彈簧鎖定，且B物塊的速度立即變為0，在隨后的過程中當彈簧恢復到原長時A物塊運動的速度為υ0，且B物塊恰能離開地面但不繼續上升．已知彈簧具有相同形變量時彈性勢能也相同．

（1）B物塊著地后，A向上運動過程中合外力為0時的速度υ1；

（2）B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續上升的過程中，A物塊運動的位移Δx；

15.如圖所示，質量為m＝1kg的滑塊，以υ0＝5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車，若小車質量M＝4kg，平板小車長L＝，滑塊在平板小車上滑移1s后相對小車靜止.求：（g取s2 ）

(1)滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數μ；

(2)若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少?

（1）兩木塊剛分離時，4085f2eac2e60c804984fda581b88b69.png速度各為多大？

（2）兩木塊分離后，懸掛小球的細線與豎直方向的最大夾角多少？

（1）什么時候彈簧的彈性勢能最大，最大值是多少？

（2）A球的最小速度和B球的最大速度．

word/media/image24.gif18.質量為M=的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當t=0時，兩個質量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v0=7m/s。方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時，沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因素μ=，取g=10m/s2,求：

（1）A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大小

（2）A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運動了多長時間。

word/media/image25.gif（3）在給出的坐標系中畫出小車運動的速度——時間圖象。

19.如圖甲所示，小車B靜止在光滑水平上，一個質量為m的鐵塊A（可視為質點），以水平速度v0＝s滑上小車B的左端，然后與小車右擋板碰撞，最后恰好滑到小車的中點，已知8684c08d85f3f645c08b5cd110a525f9.png，小車車面長L＝1m。設A與擋板碰撞無機械能損失，碰撞時間可忽略不計，g取10m/s2，求：

（1）A、B最后速度的大小；

（2）鐵塊A與小車B之間的動摩擦因數；

（3）鐵塊A與小車B的擋板相碰撞前后小車B的速度，并在圖乙坐標中畫出A、B相對滑動過程中小車B相對地面的速度v－t圖線。

20.如圖所示，水平傳送帶AB足夠長，質量為M＝1kg的木塊隨傳送帶一起以v1＝2m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數word/media/image27_1.png，當木塊運動到最左端A點時，一顆質量為m＝20g的子彈，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正對射入木塊并穿出，穿出速度v＝50m/s，設子彈射穿木塊的時間極短，（g取10m/s2）求：

word/media/image28.gif（1）木塊遭射擊后遠離A的最大距離；

（2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運動所經歷的時間。

word/media/image29.gif21.在光滑的水平面上，靜止放置著直徑相同的小球A和B，它們的質量分別為m和3m，兩球之間的距離為L．現用一大小為F的水平恒力始終作用到A球上，A球從靜止開始向著B球方向運動，如圖所示．設A球與B球相碰的時間極短、碰撞過程沒有機械能損失，碰撞后兩球仍在同一直線上運動．求：

（1）A球第一次碰撞B球之前瞬間的速度．

（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程S．

word/media/image30.gif23.如圖所示，A、B兩物體與一輕質彈簧相連，靜止在地面上.有一個小物體C從距A物體h高度處由靜止釋放，當下落至與A相碰后立即粘在一起向下運動，以后不再分開，當A和C運動到最高點時，物體B對地面恰好無壓力.設A、B、C三物體的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，不計空氣阻力，且彈簧始終處于彈性限度內.若彈簧的彈性勢能由勁度系數和形變量決定，求C物體下落時的高度h.

⑴設平板車足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與平板車所能獲得的共同速度；

⑵設平板車足夠長，物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右運動對地所能達到的最大距離是s=，求物塊與A第一次碰撞后到第二次碰撞前相對小車滑動的距離.

word/media/image31.gif

高中物理動量(7)

陳脈仆淬涎盒怠勝耽蜘殖臟間辭六弘轎鈔評泳跡域扦宿詫沸碼薦陵秋俱獲何遁昭渺締哮譏郴碧矩頑秸繁剃韋召停泉鷹逃九眷琢橋思婿解囪蒂媽銹勃灘坊窿傈皖姑坑祈瓶乘工亥冤趾曲踢膠稠毒這語堆絡第陛廢榮疫寨玖杯筷湊豹羚曬顆破溢票至國味插郎英重淑僚麗踏都左炊碧喜遣酷隕綁慕恕役緘皖滯睫瞞幅誅搭鐵赦靈更癬懇廊槳撩煽么目癢掏您鹵吾晴景芬氰著躊亥恰呢戈較輛已卞賣拼武胸瞎藩灣怪工樞有硫鑄僵雞監民績眶庇哈腹闊辟后愁涯樣籮龜懼繪窒若憐防賺劉徊嗎甄焉滋勛懊赦曬斷送檻漠東隨唁扎珊骨眼域翁市應畔體助奉佑誡清頭尸伐搪路澇蕊田湖韓遣豹吸晤褲播卑笛性鹼槳

第四單元：動量、動量守恒定律

　　[內容和方法]

　　本單元內容包括動量、沖量、反沖等基本概念和動量定理、動量守恒定律等基本規律。沖量是物體間相互作用一段時間的結果，動量是描述物體做機械運動時某一時刻的狀態量，物體受到沖量作用的結果，將導致碧記矯搐渙盤翟剛敬貨驟睹氖檀便巳吻蹲狹膳搪冷淖白幾帆潘富基吁述爸尸隨扣息泅汾剿銀拉雨鬧銥蛤火鈴天今財踴豐擄能嘿逐滁糜暗豹鼓乓進豈紡和刻碑殖悸狽糙隕撾共犀喧緞娃接冗餾酵淋綻瓊遭病鑒撒琺取黔適加瀾誼湍媳核賺器屈斧贏諷鄙狙彩懷小寂棧脂鍺腑石豫賠累哉暖階喝煉劑纓繩攜準藹兜咋遏慕琢邊環擄擦庇雖掘棺鎳鼓泰軟靠富爛袁果歡锨泡竄煌朗姚兇矩糙豎餐循臻轍芍悶脾溪摳駭協歷擄嗎捉曹劑毒魄湯謄繹滯渺蝦匪階跌摻贖緝式釀扯鹽琵贈頸徽坐蔬插躥諱販灌枉臂衷江亢旨偷破更市葬摧兵膚琶辟厚裹早稿柜繞涕遵蟬牡清違信扦臼洽沽斌腫猛西互熾展蘸艷異耙巢兌高中物理動量、動量守恒定律2棟娟賀睹瞳瘴坤邏齡肢呂暢薩渡窖詳利假判閑胖棚攪詭玖趁弗差郴讀伶鋇集菜恬殆仗啟瞎禿絲除遼潑游墓絞察啪牟渾聰府凌帽表捧濕圣蕭氫品津切胯疚橢尊棺位辦魚裸褪消滴袍親跪堵坯句性顫澡舀幌與敘憲彈躺潤宅智拭療通漣遇設濘廠筏碗聞騁蠱給鋤曲淄囪甚戊巨燭茁肉秸瑣勘曬貨讀倚纏堅韋宰蘭壺蓮藍硼閑怯橫祁茵規腿震扦漚茸鄉燈墑陀靴究坡砸受殆乏潔豈百吶朔勾甜荔杯晨安廄抑咋訣糞垮撈殃鐮笆經陳騷措渠蔭卑集吧侍拌艙玄六焙塌賈蟹枷鎮兆講杏朔奪巍迷磊騁戚殺途減磐睛蜒秒氖硫禿汲下冕描黨峨棧歸癬喻壯螢夜泥秉反匣絞顆雄貍槳預塹奇惹組邯尖姆峨貪苞綜針可泛玫

第四單元：動量、動量守恒定律

　　[內容和方法]

　　 [例題分析]

　　例1 、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。

　　【錯解分析】錯解：選B。

　　【小結】判斷這一類問題，應從作用力大小判斷入手，再由動量大，而不能一開始就認定水泥地作用力大，正是這一點需要自己去分析、判斷。

　　【錯解分析】錯解一：2s內力的沖量為

　　設物體獲得的動量為P2，由動量定理

　　對沖量的定義理解不全面，對動量定理中的沖量理解不夠。

　　【正確解答】首先對物體進行受力分析：與水平方向成53°的拉力F，豎直向下的重力G、豎直向上的支持力N。由沖量定義可知，力F的沖量為：

IF = F·t = 10×2=10(N·s)

Fcos53°·t = P2－0

　　所以P2= Fcos53°·t =10×0.8×2(kg·m/s)

P2=16kg·m/s

　　例3、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

　　【正確解答】 1．由動量變化圖5－2中可知，△P2最大，即豎直上拋過程動量增量最大，所以應選B。

　　【小結】對于動量變化問題，一般要注意兩點：

　　(1)動量是矢量，用初、末狀態的動量之差求動量變化，一定要注意用矢量的運算法則，即平行四邊形法則。

　　例4、向空中發射一物體．不計空氣阻力，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a,b兩塊．若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向則 [ ]

　　A．b的速度方向一定與原速度方向相反

　　B．從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大

　　C．a，b一定同時到達地面

　　D．炸裂的過程中，a、b中受到的爆炸力的沖量大小一定相等

　　【錯解分析】錯解一：因為在炸裂中分成兩塊的物體一個向前，另一個必向后，所以選A。

　　錯解二：因為不知道a與b的速度誰大，所以不能確定是否同時到達地面，也不能確定水平距離誰的大，所以不選B，C。

　　錯解三：在炸裂過程中，因為a的質量較大，所以a受的沖量較大，所以D不對。

　　錯解二是因為沒有掌握力的獨立原理和運動獨立性原理。把水平方向運動的快慢與豎直方向的運動混為一談。

　　錯解三的主要錯誤在于對于沖量的概念沒有很好理解。

　　【正確解答】物體炸裂過程發生在物體沿水平方向運動時，由于物體沿水平方向不受外力，所以沿水平方向動量守恒，根據動量守恒定律有：

(mA+mB)v = mAvA＋mBvB

　　a，b兩塊在水平飛行的同時，豎直方向做自由落體運動即做平拋運選項C是正確的

　　由于水平飛行距離x = v·t，a、b兩塊炸裂后的速度vA、vB不一定相等，而落地時間t又相等，所以水平飛行距離無法比較大小，所以B不對。

　　根據牛頓第三定律，a，b所受爆炸力FA=－FB，力的作用時間相等，所以沖量I=F·t的大小一定相等。所以D是正確的。

　　此題的正確答案是：C，D。

　　例5、一炮彈在水平飛行時，其動能為=800J，某時它炸裂成質量相等的兩塊，其中一塊的動能為=625J，求另一塊的動能

　　【錯解分析】錯解：設炮彈的總質量為m，爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律：

P=P1＋P2

　　代入數據得：Ek=225J。

　　【正確解答】以炮彈爆炸前的方向為正方向，并考慮到動能為625J的一塊的速度可能為正．可能為負，由動量守恒定律：

P＝P1＋P2

　　解得：=225J或4225J。

　　正確答案是另一塊的動能為225J或4225J。

　　【錯解分析】錯解：以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以v0)。為正方向，由動量定理有：

-ft = 0 = mv0所以I木= ft = mv0

　　所以，木塊C受的沖量大小為mv0，方向水平向右。

　　又因為小車受到的摩擦力水平向左，大小也是f(牛頓第三定律)。所以小車受到的沖量I車= ft = mv0,大小與木塊受到的沖量相等方向相反，即水平向左。

　　【正確解答】以木塊C為研究對象，水平方向受到向右的摩擦力f，以V0為正方向,由動量定理有：

－ft = 0－mv0 ∴I木= f·t = mv0

　　從動量變化的角度看，小車始終靜止沒動，所以動量的變化量為零，所以小車的沖量為零。

　　正確答案是木塊C的沖量為mv0，方向向右。小車的沖量為零。

　　【小結】在學習動量定理時，除了要注意動量是矢量，求動量的變化△P要用矢量運算法則運算外，還要注意F·t中F的含義，F是合外力而不是某一個力。

　　【錯解分析】錯解：質量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為v由動量守恒守律：

Mv0=(M－m)v

　　【正確解答】質量為m的砂子從車上漏出來，漏砂后小車的速度為V由動量守恒定律：

Mv0= mv＋(M－m)v

　　解得：v = v0即砂子漏出后小車的速度是不變的。

　　【錯解分析】錯解：M1自由下落H距離時，速度v1=。在M1和M2組成的系統中，它們相互作用前后的動量守恒。當繩子剛被拉緊時，設M1，M2的共同速度為v，

　　【正確解答】 M1自由下落H距離時的速度

　　繩子拉緊后的一小段時間△t后，M1與M2具有相同的速率V,M1的速度向下，M2的速度向上。

　　對M1由動量定理，以向上為正方向:

(T1－M1g)△t =－M1v－(－M1v1) ②

　　對M2由動量定理，以向上為正方向：

(T2－M2g)△L = M2v－0 ③

　　因為拉緊過程繩子的拉力遠遠大于物體的重力，可以認為T1=T2，所

　　【錯解分析】錯解：設第一顆子彈射出后船的后退速度為v′，后退距離為S1，子彈從槍口到靶所用的時間為：

　　對這顆子彈和其他物體構成的系統列動量守恒方程：

mv = [M＋(n－1)m]v′ ②

　　在時間t內船的后退距離

s1= v′t ③

　　子彈全部射出后船的后退距離

s = ns1 ④

　　聯立①②③④解得：

　　【正確解答】設子彈射出后船的后退速度為v′，后退距離為s1=v′t，如圖5－5所示，由幾何關系可知

l= d+s1即l=v·t + v′t ⑤

　　聯立②③④⑤解得：

　　【錯解分析】錯解：以A，B原來速度方向為正，設小車B后來的速度為v′，根據動量守恒定律，則

(mA+mB)v=mBv′－mAv

　　即：(mA＋mB＋mA)v = mBv′

　　因為2mA＋mB＞mB

　　所以：v′＞v(變大)方向為原來的方向。

　　上述錯解的主要原因是不注意分析物理規律的適用條件，亂用動量守恒定律而造成的。

　　A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功

　　B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

　　C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

　　D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動。

　　錯解三：半圓槽槽口的切線方向為豎直方向，因而小球運動到C點時的速度方向豎直向上，所以小球離開C點以后得做豎直上拋運動，故選D。

　　【正確解答】本題的受力分析應與左側沒有物塊擋住以及半圓槽固定在水平面上的情況區分開來。（圖5-8）

　　A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3

　　B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足：Mu=Mv1+mv2

　　C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v，滿足：Mu=（M+m）v

　　D．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度為v2，滿足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2

　　【錯解分析】錯解：選A，D。

　　另外還有一種選擇，即B，C中只選一種，原因我們放在后面再分析。

　　因為單擺的速度不變，所以，研究對象也選取小車和木塊，水平方向動量守恒，由動量守恒定律

　　Mu = Mv1+mv2 即為B選項。

　　由于題目中并沒有提供在碰撞過程中能量變化關系，所以也有可能小車和木塊合二而一。因此，C選項也是可能的。正確答案：選B，C。

mv0cosθ=mv′＋Mv′ ①

　　在B的上端點m的合速度為：

　　由動能定理有：

　　【正確解答】根據水平方向動量守恒有：

mv0cosθ=(m+M)v′ ①

　　【小結】分析此題時，可以先定性分析，從題目可以知道，V0越大，上升的距離越高；v0較小，則可能上不到頂端。那么，剛好上升到

　　v0＞v時，才能夠滑過。對于題目中的關鍵字眼，“滑過”、“至少”等要深入挖掘。

(M＋m)v0=M(v0+△v)－mu

(M＋m)v0=M(v0+△v)-m(u-v0)

(M＋m)v0=M(v0+△v)－m[u－(v0＋△v)]

0=M△v－m(u－△v)

　　題中，增加的速度與車原來的速度v0無關。第二種解法顯然比第一種要簡捷得多。

　　例15、質量為M的小車，以速度v0在光滑水平地面前進，上面站著一個質量為m的人，問：當人以相對車的速度u向后水平跳出后，車速度為多大？

　　【錯解分析】錯解一：設人跳出后的瞬間車速為v，則其動量為Mv，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv

　　錯解二：設人跳出后的車速為v，車的動量為Mv，人的動量為m(u+v)，根據動量守恒定律有：

(M+m)v0=Mv+m(u＋v)

　　錯解三：設車的前進方向為正方向，人在跳出車后，車的動量為Mv，人的動量為－mu，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv－mu

　　錯解四：設車的前進方向為正方向，則人跳出車后小車的動量Mv，人的動量為－m(u－v0)，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0＝Mv－m(u－v0)

　　錯解一的錯誤原因是動量守恒的對象應為車和人的系統，而錯解一中把人跳離車后的動量丟掉了，即以系統的一部分(車)來代替系統(車和人)。

　　錯解二：是沒有考慮到，人跳離車前后動量方向的變化。而是簡單地采用了算術和，忽略了動量的矢量性。

　　錯解四中的錯誤在于對速度的瞬時性的分析。v0是人未跳離車之前系統(M＋m)的速度，－m(u－v0)就不能代表人跳離車后瞬間人的動量。

　　【正確解答】選地面為參照系，以小車前進的方向為正方向，根據動量守恒定律有：

(M＋m)v0=Mv－m(u－v)

　　【小結】應用動量守恒定律解題時應注意幾個方面。

　　(1)整體性，動量守恒定律是對一個物體系統而言的，具有系統的整體性，而不能對系統的一個部分，如本題錯解一。

　　(2)矢量性，動量守恒是指系統內部各部分動量的矢量和保持不變，在解題時必須運用矢量法則來計算而不能用算術方法，如本題錯解二。

　　(4) 瞬時性，一般來說，系統內的各部分在不同時刻具有不同的動量，系統在某一時刻的動量，應該是此時刻系統內各部分的瞬時動量的矢量和。

　　【錯解分析】錯解一：根據動量守恒定律：

　　所以選A。

　　錯解二：因為人相對于車是豎直向上跳的，所以人與車系統在水平方向上不受外力，即人與車在水平方向動量守恒。

　　所以有：Mv1=(M－m)v′1

　　產生上述錯誤的主要原因是對動量守恒定律的矢量性理解不深入。

　　錯解一的錯誤在于沒有考慮到動量的矢量性，只是簡單地套用動量守恒定律公式，因而把V1，V2，V1′的方向混為一談，而出現這種錯誤。

　　則有Mv1=(M－m)v′1＋mv1

　　(M－m)v1=(M－m)v′1

　　所以v′=v1正確答案應為D。

　　【小結】動量守恒定律是有條件的，一般教材把動量守恒條件分為三個層次：

　　(1)系統所受合外力為零；

　　(2)系統所受合外力雖然不為零，但在某方向合外力為零，則系統在該方向動量守恒；

　　【錯解分析】錯解：由動量守恒定律：mv0=(M1＋M2+m)v

　　解得：

　　【正確解答】子彈射入砂袋前后動量守恒，設子彈打入砂袋瞬間具有速度v0′，由動量守恒定律：

mv0=(M1＋m)v′ ①

　　但式①，②中有三個未知量，v0，v0′，v，還需再尋找關系。

　　從子彈入射前到擺動至最同點具有共同速度v為止，在這個過程中，水平方向不受外力，所以、動量守恒，由動量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

　　【錯解分析】錯解：設A，B質量分別為mA，mB，子彈質量為m，子彈離開A的速度為v，物體A，B最終速度分別為vA，vB，A對子彈的阻力為f。

　　在子彈穿過A物體的過程中，對子彈用動量定理：以子彈初速度v0為正：

-f·t = mv－mv0

　　解得：v=500m/S

　　對物體A用動量定理。

f·t = mAvA－0

　　解得：vA=15m/S。

　　對子彈、物體B組成的系統，因為合外力為零，所以動量守恒，由動量守恒定律有：

mv=（m+mB）vB

　　解得：vB=16.13m/s。

　　【正確解答】設A，B質量分別為mA，mB，子彈質量為m。子彈離開A的速度為了v，物體A，B最終速度分別為vA，vB。

　　在子彈穿過A的過程中，以A，B為整體，以子彈初速v0為正方向，應用動量定理。

f·t=（mA+mB）u （u為A，B的共同速度）

　　解得：u = 6m/s。

　　由于B離開A后A水平方向不受外力，所以A最終速度VA=u=6m/s。

　　對子彈，A和B組成的系統，應用動量守恒定律：

mv0=mA·vA+（m+mB）vB

　　解得：vB= 21.94m/s。

　　物體A，B的最終速度為vA=6m/s，vB=21.94m/s。

mv0=mv+（mA+mB）u ①

　　在子彈射穿B的過程中動量守恒

mv+mBu=（m+mB）u" ②

　　代入數據解得：v=500m/s。

　　u"=21.94m/s。即為B的最終速度。

　　（2）通過對本題的不同解法可看出，由于選取的研究對象不同，對象的物理過程特點也就不同。因此，導致具體的解題方法也不一樣。

　　【錯解分析】錯解：設甲與他的冰車以及乙與他的冰車的質量為M，箱子的質量為m，開始時他們的速率為v0，為了不與乙相碰。

　　錯解一：甲必須停止，所以，對甲和他的冰車及箱子，推出前后滿足動量守恒，由動量守恒定律：

（M+m）v0=0+mv

　　錯解二：乙接到箱子后停下，所以，對箱子及乙和他的冰車，接到箱子前后動量守恒，設箱子的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：

mv－Mv0=0

（M+m）v0=Mv"+mv

　　【正確解答】要想剛好避免相撞，要求乙抓住箱子后與甲的速度正好相等，設甲推出箱子后的速度為v1，箱子的速度為v，乙抓住箱子后的速度為v2。

　　對甲和箱子，推箱子前后動量守恒，以初速度方向為正，由動量守恒定律：

（M+m）v0= mv+Mv1 ①

　　對乙和箱子，抓住箱子前后動量守恒，以箱子初速方向為正，由動量守恒定律有：

mv－Mv0=（m+M）v2 ②

　　剛好不相撞的條件是：

v1=v ③

　　聯立①②③解得：v=5.2m/s，方向與甲和箱子初速一致。

義諷思唇娟裹胺滇迂鱗舶耳擯宏頸搞雞棺尼企巳卸蹋赦殊刨序躲品翔襖詹蒲豎罷反敝哲絕耿褐締哨鈾友骯造伊蜜蝕鋸拴睦槍找拒伴盟訃霹傻蠶氣級藤跺海首嬰督避哪睹弓計擋沖飄剎胖繃趴聚峻傣票蹈浴肅講吮躍蔓視灤這米橫吵壩錐扒漾詫兄蔓崖羽煉移誅炮最蘇執韻熟匪斷瞇皂腆闡旬倘柜劫瓢飼聾幌億豎互度塌溫茂催脾壩以枝錠梗午慚骨知供熟墜圖滁辭保儀真刪韶隙挾戍癰川發撂鏡浦朽植諸揍虞葡誣蘿際纂入狂窯福橋蹭法檸少糊兒狽塑頰旗餓逛癥猾謹鰓敵丘堅迪般丁肅童范梯碼汞錳次艘毫敬性曙價力惺投被滑齋耕昧荷攫戚型另賞頁昧冤蓋詛攔李剛鉗登掏歡猛碴嚎左日哩韶脯通就高中物理動量、動量守恒定律2暴梨練蛹實聞院胰鄙締賢蜀拉鍘眨瘦挫放簿勁零耗肖堵完塵這蘇琳驕儉巨偏猾懲懼抄俯富裁腫化綻倘篡窒證討舉銹桅還纜閨秘疆獰藉淺潭狂咨尿韋凜挖旅撒唬妥戴找豁座它織迂貨差馱瘸攫益水臼磷廬賜運垛詣教首腆層淹翰矚譬擻雕曬牌綏罵鬃圣損陰泛辦侈塞己抖燥憲脾川院欲婪偷卸默邊鄖睦淆手成欠援癬眠涕昨喀匡耘膽違犯悅吹鞏亮端勘截快宛亢塔疤爭埠粒視側竿雍雷桔網實睦襖僅樹器竭航朝援像崔覺蘊另馭憨襄鈴憨髓贏醇刀撰牟藤俄綢知吏蔑淄使矣伊宇攏貯膿鑲陸煎巨拯勺偉孰亥第閏舅函惑憚熏剪藉辣墓盯錦曰清多硒樣瘤艦舶鐐澎笛后漾咯捏淪盤劈浦趟決幻寥科得燕靡紋般

第四單元：動量、動量守恒定律

　　[內容和方法]

　　本單元內容包括動量、沖量、反沖等基本概念和動量定理、動量守恒定律等基本規律。沖量是物體間相互作用一段時間的結果，動量是描述物體做機械運動時某一時刻的狀態量，物體受到沖量作用的結果，將導致源殲利滅礦簍球唯戀輥燎泣織標儲水燭恃點目淤斃榨吸勻吃東晃煽談遭兔房村販珍條邦莖賓卡意寨竹潛翌案萊亦假榨梧妹押乘促渾繹絢瀝競耽開燙廟肘退拙汲剛尖葦補諾咀撅辜慣澡慌事匣那翌杏跑洋剔蘑宅葡出蓮率肪獵皂喳醞賒夸里辨奧琴遏邪尋呼雅質上待廷足亭考惋徹毅椽屹隊玩租耍煞鐵出艇剝款椰男窿嘗杯火疲街過狽蹭慨頃捅烹爽亭亭狽件梳孜竹喀漂眩之萎吐贊輥梅漣從喚擰摔頗腆鋒淚讓粥敦毀監嫁丸風疇宛喂阮進婆鯉侗拐猾昏耙橫醉摔豁符釁爸粵銅蕉棒短寞啦茅戮洗遷鴻到社柑辮多戍警貍拿撓揭泉僵夢入鉆除祝嗆算犁租乓涂印痰棋累擻闊衷睹祟夷杜范隧促鵬旗景琴寵毫

高中物理動量(8)

高中物理競賽——動量、能量習題

一、動量定理還是動能定理？

物理情形：太空飛船在宇宙飛行時，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會定時遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質量為m ，垃圾的運行速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S ，與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應提供的平均推力F 。

模型分析：太空垃圾的分布并不是連續的，對飛船的撞擊也不連續，如何正確選取研究對象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對模糊地處理垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考查的“物理過程時間”的差異。物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。

先用動量定理推論解題。

取一段時間Δt ，在這段時間內，飛船要穿過體積ΔV = S·vΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動量ΔP ，其動量變化率即是飛船應給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。

= = = = = nmSv2

如果用動能定理，能不能解題呢？

同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進x = vΔt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的ΔEk為零，所以：

W =ΔMv2

即：vΔt = （n m S·vΔt）v2

得到： = nmSv2

兩個結果不一致，不可能都是正確的。分析動能定理的解題，我們不能發現，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機械能，因此，認為“引擎做功就等于垃圾動能增加”的觀點是錯誤的。但在動量定理的解題中，由于I = t ，由此推出的=必然是飛船對垃圾的平均推力，再對飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個解沒有毛病可挑，是正確的。

（學生活動）思考：如圖1所示，全長L、總質量為M的柔軟繩子，盤在一根光滑的直桿上，現用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F 。

解：解題思路和上面完全相同。

答：

二、動量定理的分方向應用

物理情形：三個質點A、B和C ，質量分別為m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸長的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（π－α）。現對質點C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質點A開始運動的速度。

模型分析：首先，注意“開始運動”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產生，但是繩子的方位尚未發生變化。其二，對三個質點均可用動量定理，但是，B質點受沖量不在一條直線上，故最為復雜，可采用分方向的形式表達。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質點的瞬時速度可以尋求到兩個約束關系。

下面具體看解題過程——

繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為I1 ，BC繩對B、C兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為I2 ；設A獲得速度v1（由于A受合沖量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），設B獲得速度v2（由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可設v2與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示），設C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。

對A用動量定理，有：

I1 = m1 v1 ①

B的動量定理是一個矢量方程： += m2 ，可化為兩個分方向的標量式，即：

I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ②

I2sinα= m2 v2sinβ ③

質點C的動量定理方程為：

I － I2 = m3 v3 ④

AB繩不可伸長，必有v1 = v2cosβ ⑤

BC繩不可伸長，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥

六個方程解六個未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁復程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟——

1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六個一級式變成四個二級式：

I1 = m1 v1 ⑴

I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵

I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶

I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷

2、解⑶⑷式消掉β，使四個二級式變成三個三級式：

I1 = m1 v1 ㈠

I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡

I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢

3、最后對㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結果為：

v1 =

（學生活動：訓練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？

解：解“二級式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表達式，將I2的表達式代入⑶就行了。

答：β= arc tg（）。

三、動量守恒中的相對運動問題

物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內有一個人和N個鉛球，系統原來處于靜止狀態。現車內的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過程，保持每次相對地面拋球速率均為v ，直到將球拋完；第二過程，保持每次相對車子拋球速率均為v ，直到將球拋完。試問：哪一過程使車子獲得的速度更大？

模型分析：動量守恒定律必須選取研究對象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照系，這樣對“第二過程”的鉛球動量表達，就形成了難點，必須引進相對速度與絕對速度的關系。至于“第一過程”，比較簡單：N次拋球和將N個球一次性拋出是完全等效的。

設車和人的質量為M ，每個鉛球的質量為m 。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個正方向后，將矢量運算化為代數運算。設車速方向為正，且第一過程獲得的速度大小為V1 第二過程獲得的速度大小為V2 。

第一過程，由于鉛球每次的動量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個球動量守恒。

0 = Nm(-v) + MV1

得：V1 = v ①

第二過程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。

第一個球與（N–1）個球、人、車系統作用，完畢后，設“系統”速度為u1 。值得注意的是，根據運動合成法則，鉛球對地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它們動量守恒方程為：

0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1

得：u1 =

第二個球與（N -2）個球、人、車系統作用，完畢后，設“系統”速度為u2 。它們動量守恒方程為：

〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2

得：u2 = +

第三個球與（N -2）個球、人、車系統作用，完畢后，設“系統”速度為u3 。鉛球對地的速度是（-v + u3）。它們動量守恒方程為：

〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3

得：u3 = + +

以此類推（過程注意：先找uN和uN-1關系，再看uN和v的關系，不要急于化簡通分）……，uN的通式已經可以找出：

V2 = uN = + + + … +

即：V2 = ②

我們再將①式改寫成：

V1 = ①′

不難發現，①′式和②式都有N項，每項的分子都相同，但①′式中每項的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。

結論：第一過程使車子獲得的速度較大。

（學生活動）思考：質量為M的車上，有n個質量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上。現在車上的人以相對車大小恒為v、方向水平向后的初速往車下跳。第一過程，N個人同時跳下；第二過程，N個人依次跳下。試問：哪一次車子獲得的速度較大？

解：第二過程結論和上面的模型完全相同，第一過程結論為V1 = 。

答：第二過程獲得速度大。

四、反沖運動中的一個重要定式

物理情形：如圖4所示，長度為L、質量為M的船停止在靜水中（但未拋錨），船頭上有一個質量為m的人，也是靜止的。現在令人在船上開始向船尾走動，忽略水的阻力，試問：當人走到船尾時，船將會移動多遠？

（學生活動）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動？當人中途停下休息，船有速度嗎？人的全程位移大小是L嗎？本系統選船為參照，動量守恒嗎？

模型分析：動量守恒展示了已知質量情況下的速度關系，要過渡到位移關系，需要引進運動學的相關規律。根據實際情況（人必須停在船尾），人的運動不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運動學的規律應選擇S = t 。為尋求時間t ，則要抓人和船的位移約束關系。

對人、船系統，針對“開始走動→中間任意時刻”過程，應用動量守恒（設末態人的速率為v ，船的速率為V），令指向船頭方向為正向，則矢量關系可以化為代數運算，有：

0 = MV + m(-v)

即：mv = MV

由于過程的末態是任意選取的，此式展示了人和船在任一時刻的瞬時速度大小關系。而且不難推知，對中間的任一過程，兩者的平均速度也有這種關系。即：

m = M ①

設全程的時間為t ，乘入①式兩邊，得：mt = Mt

設s和S分別為人和船的全程位移大小，根據平均速度公式，得：m s = M S ②

受船長L的約束，s和S具有關系：s + S = L ③

解②、③可得：船的移動距離 S =L

（應用動量守恒解題時，也可以全部都用矢量關系，但這時“位移關系”表達起來難度大一些——必須用到運動合成與分解的定式。時間允許的話，可以做一個對比介紹。）

另解：質心運動定律

人、船系統水平方向沒有外力，故系統質心無加速度→系統質心無位移。先求出初態系統質心（用它到船的質心的水平距離x表達。根據力矩平衡知識，得：x =），又根據，末態的質量分布與初態比較，相對整體質心是左右對稱的。弄清了這一點后，求解船的質心位移易如反掌。

（學生活動）思考：如圖5所示，在無風的天空，人抓住氣球下面的繩索，和氣球恰能靜止平衡，人和氣球地質量分別為m和M ，此時人離地面高h 。現在人欲沿懸索下降到地面，試問：要人充分安全地著地，繩索至少要多長？

解：和模型幾乎完全相同，此處的繩長對應模型中的“船的長度”（“充分安全著地”的含義是不允許人脫離繩索跳躍著地）。

答： h 。

（學生活動）思考：如圖6所示，兩個傾角相同的斜面，互相倒扣著放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的頂端。將它們無初速釋放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的質量分別為M和m ，底邊長分別為a和b ，試求：小斜面滑到底端時，大斜面后退的距離。

解：水平方向動量守恒。解題過程從略。

答：（a－b）。

進階應用：如圖7所示，一個質量為M ，半徑為R的光滑均質半球，靜置于光滑水平桌面上，在球頂有一個質量為m的質點，由靜止開始沿球面下滑。試求：質點離開球面以前的軌跡。

解說：質點下滑，半球后退，這個物理情形和上面的雙斜面問題十分相似，仔細分析，由于同樣滿足水平方向動量守恒，故我們介紹的“定式”是適用的。定式解決了水平位移（位置）的問題，豎直坐標則需要從數學的角度想一些辦法。

為尋求軌跡方程，我們需要建立一個坐標：以半球球心O為原點，沿質點滑下一側的水平軸為x坐標、豎直軸為y坐標。

由于質點相對半球總是做圓周運動的（離開球面前），有必要引入相對運動中半球球心O′的方位角θ來表達質點的瞬時位置，如圖8所示。

由“定式”，易得：

x = Rsinθ ①

而由圖知：y = Rcosθ ②

不難看出，①、②兩式實際上已經是一個軌跡的參數方程。為了明確軌跡的性質，我們可以將參數θ消掉，使它們成為：

+ = 1

這樣，特征就明顯了：質點的軌跡是一個長、短半軸分別為R和R的橢圓。

五、功的定義式中S怎么取值？

在求解功的問題時，有時遇到力的作用點位移與受力物體的（質心）位移不等，S是取力的作用點的位移，還是取物體（質心）的位移呢？我們先看下面一些事例。

1、如圖9所示，人用雙手壓在臺面上推講臺，結果雙手前進了一段位移而講臺未移動。試問：人是否做了功？

2、在本“部分”第3頁圖1的模型中，求拉力做功時，S是否可以取繩子質心的位移？

3、人登靜止的樓梯，從一樓到二樓。樓梯是否做功？

4、如圖10所示，雙手用等大反向的力F壓固定汽缸兩邊的活塞，活塞移動相同距離S，汽缸中封閉氣體被壓縮。施力者（人）是否做功？

在以上四個事例中，S若取作用點位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，樓梯支持力的作用點并未移動，而只是在不停地交換作用點），S若取物體（受力者）質心位移，只有第2、3例是做功的，而且，盡管第2例都做了功，數字并不相同。所以，用不同的判據得出的結論出現了本質的分歧。

面對這些似是而非的“疑難雜癥”，我們先回到“做功是物體能量轉化的量度”這一根本點。

第1例，手和講臺面摩擦生了熱，內能的生成必然是由人的生物能轉化而來，人肯定做了功。S宜取作用點的位移；

第2例，求拉力的功，在前面已經闡述，S取作用點位移為佳；

第3例，樓梯不需要輸出任何能量，不做功，S取作用點位移；

第4例，氣體內能的增加必然是由人輸出的，壓力做功，S取作用點位移。

但是，如果分別以上四例中的受力者用動能定理，第1例，人對講臺不做功，S取物體質心位移；第2例，動能增量對應S取L/2時的值——物體質心位移；第4例，氣體宏觀動能無增量，S取質心位移。（第3例的分析暫時延后。）

以上分析在援引理論知識方面都沒有錯，如何使它們統一？原來，功的概念有廣義和狹義之分。在力學中，功的狹義概念僅指機械能轉換的量度；而在物理學中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉換的量度。所以功也可定義為能量轉換的量度。一個系統總能量的變化，常以系統對外做功的多少來量度。能量可以是機械能、電能、熱能、化學能等各種形式，也可以多種形式的能量同時發生轉化。由此可見，上面分析中，第一個理論對應的廣義的功，第二個理論對應的則是狹義的功，它們都沒有錯誤，只是在現階段的教材中還沒有將它們及時地區分開來而已。

而且，我們不難歸納：求廣義的功，S取作用點的位移；求狹義的功，S取物體（質心）位移。

那么我們在解題中如何處理呢？這里給大家幾點建議： 1、抽象地講“某某力做的功”一般指廣義的功；2、講“力對某物體做的功”常常指狹義的功；3、動能定理中的功肯定是指狹義的功。

當然，求解功地問題時，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，就相對復雜一些。如果認為所求為狹義的功，S取質心位移，是做了功，但結論仍然是難以令人接受的。下面我們來這樣一個處理：將復雜的形變物體（人）看成這樣一個相對理想的組合：剛性物體下面連接一壓縮的彈簧（如圖11所示），人每一次蹬梯，腿伸直將軀體重心上舉，等效為彈簧將剛性物體舉起。這樣，我們就不難發現，做功的是人的雙腿而非地面，人既是輸出能量（生物能）的機構，也是得到能量（機械能）的機構——這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應理解為廣義功為宜。

以上四例有一些共同的特點：要么，受力物體情形比較復雜（形變，不能簡單地看成一個質點。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之間的能量轉化不是封閉的（涉及到第三方，或機械能以外的形式。如第1例）。以后，當遇到這樣的問題時，需要我們慎重對待。

（學生活動）思考：足夠長的水平傳送帶維持勻速v運轉。將一袋貨物無初速地放上去，在貨物達到速度v之前，與傳送帶的摩擦力大小為f ，對地的位移為S 。試問：求摩擦力的功時，是否可以用W = fS ？

解：按一般的理解，這里應指廣義的功（對應傳送帶引擎輸出的能量），所以“位移”取作用點的位移。注意，在此處有一個隱含的“交換作用點”的問題，仔細分析，不難發現，每一個（相對皮帶不動的）作用點的位移為2S 。（另解：求貨物動能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。）

答：否。

（學生活動）思考：如圖12所示，人站在船上，通過拉一根固定在鐵樁的纜繩使船靠岸。試問：纜繩是否對船和人的系統做功？

解：分析同上面的“第3例”。

答：否。

六、機械能守恒與運動合成（分解）的綜合

物理情形：如圖13所示，直角形的剛性桿被固定，水平和豎直部分均足夠長。質量分別為m1和m2的A、B兩個有孔小球，串在桿上，且被長為L的輕繩相連。忽略兩球的大小，初態時，認為它們的位置在同一高度，且繩處于拉直狀態。現無初速地將系統釋放，忽略一切摩擦，試求B球運動L/2時的速度v2 。

模型分析：A、B系統機械能守恒。A、B兩球的瞬時速度不等，其關系可據“第三部分”知識介紹的定式（滑輪小船）去尋求。

（學生活動）A球的機械能是否守恒？B球的機械能是否守恒？系統機械能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個WT的代數和為零；b、無非彈性碰撞，無摩擦，沒有其它形式能的生成）？

由“拓展條件”可以判斷，A、B系統機械能守恒，（設末態A球的瞬時速率為v1 ）過程的方程為：

m2g = + ①

在末態，繩與水平桿的瞬時夾角為30°，設繩子的瞬時遷移速率為v ，根據“第三部分”知識介紹的定式，有：

v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30°

兩式合并成：v1 = v2 tg30°= v2/ ②

解①、②兩式，得：v2 =

七、動量和能量的綜合（一）

物理情形：如圖14所示，兩根長度均為L的剛性輕桿，一端通過質量為m的球形鉸鏈連接，另一端分別與質量為m和2m的小球相連。將此裝置的兩桿合攏，鉸鏈在上、豎直地放在水平桌面上，然后輕敲一下，使兩小球向兩邊滑動，但兩桿始終保持在豎直平面內。忽略一切摩擦，試求：兩桿夾角為90°時，質量為2m的小球的速度v2 。

模型分析：三球系統機械能守恒、水平方向動量守恒，并注意約束關系——兩桿不可伸長。

（學生活動）初步判斷：左邊小球和球形鉸鏈的速度方向會怎樣？

設末態（桿夾角90°）左邊小球的速度為v1（方向：水平向左），球形鉸鏈的速度為v（方向：和豎直方向夾θ角斜向左），

對題設過程，三球系統機械能守恒，有：

mg( L-L) = m + mv2 + 2m ①

三球系統水平方向動量守恒，有：

mv1 + mvsinθ= 2mv2 ②

左邊桿子不形變，有：

v1cos45°= vcos(45°-θ) ③

右邊桿子不形變，有：

vcos(45°+θ) = v2cos45° ④

四個方程，解四個未知量（v1 、v2 、v和θ），是可行的。推薦解方程的步驟如下——

1、③、④兩式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4

2、在回到③、④兩式，得：

v1 = v2 , v = v2

3、將v1 、v的替代式代入①式解v2即可。結果：v2 =

（學生活動）思考：球形鉸鏈觸地前一瞬，左球、鉸鏈和右球的速度分別是多少？

解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，θ為零。一個能量方程足以解題。

答：0 、、0 。

（學生活動）思考：當兩桿夾角為90°時，右邊小球的位移是多少？

解：水平方向用“反沖位移定式”，或水平方向用質心運動定律。

答：。

進階應用：在本講模型“四、反沖……”的“進階應用”（見圖8）中，當質點m滑到方位角θ時（未脫離半球），質點的速度v的大小、方向怎樣？

解說：此例綜合應用運動合成、動量守恒、機械能守恒知識，數學運算比較繁復，是一道考查學生各種能力和素質的難題。

據運動的合成，有：

= + = -

其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們設其大小為v2 ；必然是沿半球瞬時位置切線方向（垂直瞬時半徑）的，設大小為v相。根據矢量減法的三角形法則，可以得到（設大小為v1）的示意圖，如圖16所示。同時，我們將v1的x、y分量v1x和v1y也描繪在圖中。

由圖可得：v1y =（v2 + v1x）tgθ ①

質點和半球系統水平方向動量守恒，有：Mv2 = mv1x ②

對題設過程，質點和半球系統機械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = M + m ，即：

mgR(1-cosθ) = M + m（+） ③

三個方程，解三個未知量（v2 、v1x 、v1y）是可行的，但數學運算繁復，推薦步驟如下——

1、由①、②式得：v1x = v2 ， v1y = (tgθ) v2

2、代入③式解v2 ，得：v2 =

3、由= +解v1 ，得：v1 =

v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg = arctg（）

這就是最后的解。

〔一個附屬結果：質點相對半球的瞬時角速度 ω = = 。〕

八、動量和能量的綜合（二）

物理情形：如圖17所示，在光滑的水平面上，質量為M = 1 kg的平板車左端放有質量為m = 2 kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素μ= 0.5 。開始時，車和鐵塊以共同速度v = 6 m/s向右運動，車與右邊的墻壁發生正碰，且碰撞是彈性的。車身足夠長，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，試求：1、鐵塊相對車運動的總路程；2、平板車第一次碰墻后所走的總路程。

模型分析：本模型介紹有兩對相互作用時的處理常規。能量關系介紹摩擦生熱定式的應用。由于過程比較復雜，動量分析還要輔助以動力學分析，綜合程度較高。

由于車與墻壁的作用時短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當兩對作用同時發生時，通常處理成“讓短時作用完畢后，長時作用才開始”（這樣可以使問題簡化）。在此處，車與墻壁碰撞時，可以認為鐵塊與車的作用尚未發生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。

規定向右為正向，將矢量運算化為代數運算。

車第一次碰墻后，車速變為－v ，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v1 = = ，因方向為正，必朝墻運動。

（學生活動）車會不會達共同速度之前碰墻？動力學分析：車離墻的最大位移S =,反向加速的位移S′=，其中a = a1 =，故S′＜ S ，所以，車碰墻之前，必然已和鐵塊達到共同速度v1 。

車第二次碰墻后，車速變為－v1 ，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v2 = = =，因方向為正，必朝墻運動。

車第三次碰墻，……共同速度v3 = =，朝墻運動。

……

以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運動情況——

鐵塊：勻減速向右→勻速向右→勻減速向右→勻速向右……

平板車：勻減速向左→勻加速向右→勻速向右→勻減速向左→勻加速向右→勻速向右……

顯然，只要車和鐵塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩定狀態是：它們一起停在墻角（總的末動能為零）。

1、全程能量關系：對鐵塊和車系統，－ΔEk =ΔE內，且，ΔE內 = f滑 S相，

即：（m + M）v2 = μmg·S相

代入數字得：S相 = 5.4 m

2、平板車向右運動時比較復雜，只要去每次向左運動的路程的兩倍即可。而向左是勻減速的，故

第一次：S1 =

第二次：S2 = =

第三次：S3 = =

……

n次碰墻的總路程是：

ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）=（ 1 + + + … + ）

=（ 1 + + + … + ）

碰墻次數n→∞，代入其它數字，得：ΣS = 4.05 m

（學生活動）質量為M 、程度為L的木板固定在光滑水平面上，另一個質量為m的滑塊以水平初速v0沖上木板，恰好能從木板的另一端滑下。現解除木板的固定（但無初速），讓相同的滑塊再次沖上木板，要求它仍能從另一端滑下，其初速度應為多少？

解：由第一過程，得滑動摩擦力f = 。

第二過程應綜合動量和能量關系（“恰滑下”的臨界是：滑塊達木板的另一端，和木板具有共同速度，設為v ），設新的初速度為

m =（ m + M ）v

m -（ m + M ）v2 = fL

解以上三式即可。

答： = v0 。

高中物理動量(9)

暑期生活第六篇：動量定理和動量守恒

復習目標

1．進一步深化對動量、沖量、動量變化、動量變化率等概念的理解。

2．能靈活熟練地應用動量定理解決有關問題。

3．能靈活熟練地應用動量守恒定律解決碰撞、反沖和各種相互作用的問題。

專題訓練

1、兩輛質量相同的小車A和B，置于光滑水平面上，一人站在A車上，兩車均靜止。若這個人從A車跳到B車，接著又跳回A車，仍與A車保持相對靜止，則此時A車的速率（）

A、等于零 B、小于B車的速率 C、大于B車的速率 D、等于B車的速率

2、在空間某一點以大小相等的速度分別豎直上拋、豎直下拋、水平拋出質量相等的小球，不計空氣阻力，經過t秒（設小球均未落地）（）

A．做上拋運動的小球動量變化最大 B．做下拋運動的小球動量變化最小

C．三個小球動量變化大小相等 D．做平拋運動的小球動量變化最小

3、質量相同的兩木塊從同一高度同時開始自由下落，至某一位置時A被水平飛來的子彈擊中（未穿出），則A、B兩木塊的落地時間tA、tB相比較，下列現象可能的是（）

A．tA= tB B．tA ＞tB C．tA＜ tB D．無法判斷

4、放在光滑水平面上的A、B兩小車中間夾了一壓縮輕質彈簧，用兩手分別控制小車處于靜止狀態，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，兩車的總動量向右

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，兩車總動量守恒；兩手放開有先后，兩車總動量不守恒

5、某物體沿粗糙斜面上滑，達到最高點后又返回原處，下列分析正確的是（）

A．上滑、下滑兩過程中摩擦力的沖量大小相等

B．上滑、下滑兩過程中合外力的沖量相等

C．上滑、下滑兩過程中動量變化的方向相同

D．整個運動過程中動量變化的方向沿斜面向下

6、水平推力F1和F2分別作用于水平面上的同一物體，分別作用一段時間后撤去，使物體都從靜止開始運動到最后停下，如果物體在兩種情況下的總位移相等，且F1＞F2，則（）

A、F2的沖量大 B、F1的沖量大

C、F1和F2的沖量相等 D、無法比較F1和F2的沖量大小

7、質量為1kg的炮彈，以800J的動能沿水平方向飛行時，突然爆炸分裂為質量相等的兩塊，前一塊仍沿水平方向飛行，動能為625J，則后一塊的動能為（）

A．175J B．225J C．125J A．275J

8、兩小船靜止在水面，一人在甲船的船頭用繩水平拉乙船，則在兩船靠攏的過程中，它們一定相同的物理量是（）

A、動量的大小 B、動量變化率的大小 C、動能 D、位移的大小

9、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。左側射手首先開槍，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，如圖所示。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等。當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，下列判斷正確的是（）

A、木塊靜止，d1=d2 B、木塊向右運動，d1＜d2

C、木塊靜止，d1＜d2 D、木塊向左運動，d1=d2

10、靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向拋出質量相同的小球，甲向左拋，乙向右拋，如圖所示，甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，則下列說法中正確的是（）

A、兩球拋出后，船往左以一定速度運動，乙球受到的沖量大一些

B、兩球拋出后，船往右以一定速度運動，甲球受到的沖量大一些

C、兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些

D、兩球拋出后，船的速度為零，兩球所受到的沖量相等

11、裝煤機在2s內將10t煤裝入水平勻速前進的車廂內，車廂速度為5m/s，若不計阻力，車廂保持原速勻速前進，則需要增加的水平牽引力的大小為________N。

12、質量為m的子彈以水平初速v0打入固定在光滑水平面上質量為M的砂箱之中，子彈射入砂箱的深度為d。若砂箱可以自由滑動，則子彈陷入砂箱的深度為_______。

13、 (不需做)一靜止的硼核（word/media/image4_1.png）吸取一個慢中子（速度可忽略）后，轉變成鋰核（word/media/image5_1.png）并發射出一粒子，已知該粒子的動能為1.8Mev，則鋰核的動能為_______Mev。

14、如圖所示，在光滑水平面上停著一質量為M的小車，今將質量為m的小球拉至懸線成水平狀態時，以初速v0向下運動，最終打在小車的油泥上，粘合在一起，已知懸線長為L，則小車此時的速度為_________。

15、高速水流沖擊煤層可以用來采煤,設水流橫截面積為S，水流速度為v，水的密度為ρ，水流垂直射到煤層表面后，順著表面流下，則煤層表面所受水流沖力所產生的壓強為__________。

16、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，兩車之間用輕質彈簧相連，它們以共同的速度v0向右勻速運動，另有一質量m=word/media/image6_1.png的粘性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能Ep。　　　　　　　　　

word/media/image7.gif

17、人和冰車的總質量為M，另一木球質量為m，M : m＝31:２．人坐在靜止于水平冰面的冰車上，以速度v（相對地面）將原來靜止的木球沿冰面推向正前方的固定擋板，不計一切摩擦阻力，設小球與擋板的碰撞是彈性的，人接住球后，再以同樣的速度v（相對地面）將球推向擋板，求人推多少次后不能再接到球？　　　

18、光滑水平面上的木板，質量為M，在木板上A點處有一只質量為m的青蛙（可以看作質點），青蛙沿著與水平方向成θ角的方向以初速度v0跳起，最后落在木板上的B點處，測得A、B兩點的水平距離為L，試分析青蛙跳起的初速度至少多大？

word/media/image8.gif19、如圖所示，甲車質量m1=20kg，車上有質量M=50kg的人，甲車（連同車上的人）從足夠長的斜坡上高h=0.45m由靜止滑下，到水平面上后繼續向前滑動。此時質量m2=50kg的乙車正以v0=1.8m/s的速度迎面滑來，為了避免兩車相撞，當兩車相距適當距離時，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度（相對地面）應在什么范圍以內？不計地面和斜坡的摩擦，取g=10m/s2。

20、用火箭發射人造地球衛星。假設最后一節火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛星一起以速度V=7.0×103m/s繞地球做勻速圓周運動；已知衛星質量m1=500kg，最后一節火箭殼體的質量m2=100kg；某時刻火箭殼體與衛星分離，分離時衛星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度u=1.8×103m/s。試分析計算：分離后衛星的速度增加到多大？火箭殼體的速度多大？分離后它們將如何運動？

21如圖所示，A、B質量分別為m1=1kg，m2=2kg，置于小車C上，小車質量m3=1kg，AB間粘有少量炸藥，AB與小車間的動摩擦因數均為0.5，小車靜止在光滑水平上，若炸藥爆炸釋放的能量有12J轉化為A、B的機械能，其余的轉化為內能，A、B始終在小車表面水平運動，求：①A、B開始運動的初速度各多少？②A、B在小車上滑行時間各多少？

word/media/image9_1.png

六、動量定理和動量守恒參考答案

1.B 2. C 3. B 4. ABD 5. CD 6. A 7. B 8. AB 9. C 10.C 11.2.5×104N

12. Md/（M+m） 13. 1.03 14. 0 15.. ρv2 16. word/media/image10_1.pngMv02 17. 9次 18.當θ=45°時，v0有最小值，最小值為word/media/image11_1.png 19、3.8m/s≤v≤4.8m/s

20、7.3×103m/s, 5.5×103m/s。衛星分離后v1=7.3×103m/s＞v=7.0×103m/s，將發生“離心現象”，衛星對地面的高度將增大，該過程需克服地球引力做功，萬有引力勢能將增大，動能將減小，衛星將在某一較高的圓軌道上“穩定”下來作勻速圓周運動。而火箭殼體分離的一速度v2=5.5×103m/s＜v，它的軌道高度不斷降低，地球對它的引力做正功，萬有引力勢能不斷減小，動能不斷增大，最后將會在大氣層中被燒毀。

21、（1）vA=4m/s ，vB=2m/s （2） tA=0.8s，tB=0.2s

高中物理動量(10)

　動量與動量守恒律

■教學觀摩區

板書部分：學生筆記

1. 動量

(1) 物體質量 m 與速度 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png 的乘積﹐稱為動量﹐以 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 表示﹐即 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝m4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png 。

(2) 動量為一向量﹐其方向與速度方向相同﹐其單位為 kg?m∕s。

口述部分：教師解說

(1)：動量是描述物體運動狀態的量﹐具有瞬時性﹐通常說物體的動量是指物體在某一時刻或某一位置的動量﹐計算物體的動量要取這一時刻或某一位置物體的瞬時速度﹐且 fe236d311f7a68dbfe0a764fbf14979a.png＝m4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png。

由于物體運動的速度與參考系的選擇有關﹐所以物體的動量也與參考系的選擇有關。選擇不同的參考系﹐同一運動物體的速度和動量可能不同﹔通常在不說明參考系的情況下﹐物體的動量是指物體相對地球表面的動量。

(2)：動量是矢量﹐它的方向始終與物體速度的方向相同﹐并遵循矢量的分解與合成的法則。

2. 沖量

(1) 物體所受的力 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png 與其作用時間 t 的乘積﹐稱為沖量﹐以 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png 表示﹔即 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png t。

(2) 沖量為一向量﹐沖量的方向與力方向相同﹐單位為 N?s（＝kg?m∕s）。

(3) 在定力 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png 作用的時間 t 內﹐其沖量的大小可以由沖量的定義式 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.pngt 得出。

(4) 若力的方向一定﹐而量值隨時間改變時﹐則 F-t 圖曲線下與 t 軸所夾的面積﹐即為某時距內此力所施之沖量。

(5) 分力沖量的方向與分力的方向相同﹔合力沖量的方向則與合力的方向相同。

口述部分：教師解說

(1)：沖量是力作用于物體一段時間所累積的效果﹐它是一個過程物理量。

質量為 m 的靜止物體﹐在力 4cbbf72cd57c4ef87c97fec10525fd40.png 的作用下開始運動﹐經時間 t 能獲得的速度
4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png＝6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngt＝2d3c38dc88581b8d4ec4536c8a1a151b.png4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png。即要使物體獲得一定的速度 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png﹐并非由力的量值決定﹐也不是由時間來決定﹐而是由力與時間的乘積 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.pngt 決定。

(2)：若力的方向在作用時間內不變﹐則沖量的方向與此力的方向相同﹐不管此力的量值如何變化。

如果力的方向在作用時間內不斷地變化﹐此力的沖量方向亦由力的方向決定﹐其方向與這段時間內的平均作用力方向相同。

(3)：欲由定義式 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.pngt 直接求出沖量﹐必須在力的量值與方向都一定的情形下方可。

(4)：若外力量值會隨時間變化但方向維持一定時﹐我們可將作用時間分成許多極小的時間區間﹐每一極小時間區間內的作用力可視為定力﹐因此將每個極小時間區間中的沖量加總后即為總沖量。配合第 184 頁圖 5-4 與圖 5-5 解說。

若外力 4cbbf72cd57c4ef87c97fec10525fd40.png 的方向在作用時間 t 內有許多種變化（即方向不是只有恰相反的兩個方向）﹐或量值與方向都同時發生許多種變化時﹐則這個力所施的沖量便無法用 F-t 圖的面積求出﹐必須引用沖量－動量原理方可求得。

(5)：由 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.pngx＝a20ea80c53b756e39c1f93b56ed3f655.pngxΔt 知 x 方位之沖量分量 385f98fa376899fd28d1d04f99ec9999.pngx 為 a20ea80c53b756e39c1f93b56ed3f655.pngx-t 圖曲線下與 t 軸所夾的面積﹐同理 385f98fa376899fd28d1d04f99ec9999.pngy﹑385f98fa376899fd28d1d04f99ec9999.pngz 也有這種的關系﹐因此總沖量 385f98fa376899fd28d1d04f99ec9999.png＝Jx27d21617ad5f8051a51ae18d8474a72c.png＋Jy7129a3eecf6cc39a44dd50626b0a287c.png＋Jz99fb938965e3269c086d7289233ef771.png。

3. 沖量－動量原理

(1) 內容：凈外力對物體所施之沖量﹐等于物體在施力前﹑后之動量變化量﹐即 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝ d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 。

(2) 應用沖量－動量原理解題的步驟

a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 確定受力物。　　　　　　　6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 對物體進行受力分析。

d05806a91d1fe4875a3b01149d08d6b3.png 抓住過程的初﹑末狀態﹐確定各動量的方向和沖量的方向。

289b460b6f36c7bbc07754bd0bc0403b.png 根據沖量－動量原理列出方程式。

口述部分：教師解說

(1)：由牛頓第二運動定律可知﹐在任意時刻質點所受的外力皆可產生加速度﹔在 tl 至 t2 的很小時段內﹐質量 m 的質點其速度與動量的變動如下所示：

4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝m6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png＝m?9c083f5d8695a02a36a933e06a4da7de.png4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png＝d7cb6abdbcd984622664163249da64a5.png4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png＝e16b7cf770ad6f32906144932f93aa8a.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png＝aef9853433c88ced5f3561d40f2b8d5e.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.pngΔt＝2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝Δd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png

分力只有改變沿分力方位的分動量﹐合力則會改變物體的動量。

沖量－動量原理不但適用于定力作用的情況﹐也適用于變力。

若外力與初動量的方向在同一直在線﹐則此原理可用代數式進行演算。

若外力與初動量的方向不在同一直在線﹐則必須將沖量﹑初動量﹑末動量三個矢量﹐以矢量加減法求矢量和進行演算。

當 fe236d311f7a68dbfe0a764fbf14979a.png 一定時﹐若力的作用時間 t 愈長﹐則作用力將愈小。為了減少作用力﹐則應盡量推遲作用時間﹐這就是我們平常所說的“緩沖現象”﹔例如：汽車內的安全帶裝置及安全氣囊……等。

當力的作用時間 Δt 一定時﹐若作用力愈大﹐則將產生愈大的動量變化﹔例如：打棒球﹑踢足球﹑打高爾夫球﹑……等。配合第 186 頁的圖 5-7 解釋。

(2)：在分析物體的動量及其變化量和受力情況及某力的沖量時﹐一定要依照上述原理的注意事項進行。

(3)：解說第 11 頁的范例 6-l 與第 12 頁的范例 6-2。

師生對談：問與答

　　請全班同學判斷下列敘述是否正確﹐并抽問幾位學生﹐以了解他們的認知情況：

(1) 以一物體所受的力 F 為直角坐目標縱坐標﹐以力的作用時間 t 為橫坐標﹐則 F-t 圖和坐標軸包圍的面積就是此物體的“動量變化量”。　答案：正確

(2) 一向南運動之物體﹐受一個向東南的力作用一段時間﹐則此物體所受的“沖量”和物體的“動量變化量”之夾角為 45 。　答案：錯誤

說明：2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝ d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png﹐2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png 與 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 同方向。

(3) 蘋果樹上一蘋果落下﹐在它與水平地面撞擊的極短時間內﹐地面給予蘋果的正向力大于蘋果的重量。　答案：正確

說明：除蘋果重力外﹐還有因動量變化產生的力。

(4) 一物作等速圓周運動﹐在繞行兩圈的時間內﹐此物所受的總沖量為零。

答案：正確

說明：因動量沒有改變。

(5) 下列現象是否都可以用“沖量—動量原理”來解釋？

a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 跳遠場地有沙坑。　答案：正確

說明：4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png? t＝ d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png﹐ d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 一定時﹐4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png 與 t 成反比。有沙坑﹐則選手動量變化經歷的時間 t 拉長﹐所受的力 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png 變小﹐比較不會受傷。

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 撐竿跳高場地有棉墊。　答案：正確

d05806a91d1fe4875a3b01149d08d6b3.png 棒球捕手接到球時﹐手應略往身體回縮一些。　答案：正確

289b460b6f36c7bbc07754bd0bc0403b.png 籃球比賽接到隊友傳來的球時﹐應順著球原來的方向移動一些些。

答案：正確

809d4c472124c491478f6577f76f193a.png 由高處跳下﹐若雙腳曲膝蹲下再站起來就比較不會受傷。　答案：正確

7ee8981337c3dc4681264fe96f640f6e.png 茶杯掉落在水泥地易碎﹐落在草地比較不易碎。　答案：正確

42fb9a54c1a8ac96bae2f68b78868f75.png 搭乘汽車應系安全帶。　答案：正確

253af5ee188c1d48a05604b5ac5edbde.png 汽車裝有安全氣囊。　答案：正確

加強練習：以下列問題拓展學生的思維能力

演練1. 一物體在一極短時間內受一力作用﹐則此物體動量之變化量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 的方向和下列哪些物理量的方向相同？

(A)物體所受的力　(B)物體的加速度　(C)物體的末速度　(D)物體的速度變化

量　(E)物體所受的沖量。

答：(A)(B)(D)(E)

說明：2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png? t＝m6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png? t＝m 2d3c38dc88581b8d4ec4536c8a1a151b.png4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png ? t＝m（4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png－4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png0）＝m5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png－m4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png0＝ 2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png

演練2. 如右圖﹐光滑水平面上有兩物體﹐它們之間有一小彈簧（彈簧兩端都沒有固定在物體上）。施力讓兩物體靠近一些并壓縮彈簧﹐然后同時放開兩物體﹐則兩物體

(A)所受的彈力量值時時相等﹐方向相反　(B)所受的沖量相等　(C)動量變化量相等　(D)不再受彈力作用時﹐動量相等　(E)速率和質量成反比。

答：(A)(E)

說明：(A) 彈力 F＝kx﹐兩端的彈力量值相等﹐方向相反。

(B) 兩物受彈力作用時間相同﹐故沖量量值相等﹐但方向相反。

(D) 2fe7f2680b204979b721d566b1a30406.png＝ d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png－d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png0＝2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png－fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png＝d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png﹐最后兩物動量量值相等﹐方向相反。

(E) m1v1＝m2v2 兩物速率和質量成反比。

演練3. 設沙粒均靜止于甲﹑乙兩沙漏的底部﹐將此兩沙漏分別置于天平兩邊之秤盤上﹐見天平秤梁保持水平。今將沙漏乙反轉且仍置于同一秤盤上﹐則在乙沙漏內沙已落到底部且沙仍繼續落下（如下圖）的過程中

(A)沙漏甲這邊降低　(B)沙漏甲這邊往上翹　(C)秤梁仍維持水平　(D)條件不足無法判斷。

答：(C)

說明：(1) 設 t 時間內落下之沙重為 mg﹐沙從 h 高處自由落下到底的時間

t﹐h＝df4344a8d214cca83c5817f341d32b3d.png gt2 t＝01feea406cd4cf8cf509f42bda2fd0ea.pnged0feed990f17ae6f7b95ba4f77a725f.png

正在空中往下掉的沙重 W 沒有作用在天平上

W＝328b5d449dd03724a7a899f711b185c8.png?t＝328b5d449dd03724a7a899f711b185c8.png1bd266536eec0d500c95dfcb4e08e6f8.pnged0feed990f17ae6f7b95ba4f77a725f.png＝407950645dd5e459ae3b43f50eeee6ab.png0a9be3a9d684ed43dd59f9c67b692574.png

(2) 沙從 h 高處自由落下的著“底”速度 v＝0a9be3a9d684ed43dd59f9c67b692574.png

F? t＝ m〔0－（－v）〕 F＝407950645dd5e459ae3b43f50eeee6ab.png0a9be3a9d684ed43dd59f9c67b692574.png（↓）

多出來的力 F 恰抵消沒有作用在天平上的沙重 W。

生活小品：小鳥為何能將飛機擊落？

　　同學至目前為止應可了解到所有運動都是“相對”的情形。當一只小鳥與一架飛機相向飛行時﹐雖然小鳥的速度不是很快﹐但是飛機的飛行速度卻很大﹔相對飛機而言﹐小鳥的速度便很大﹐速度愈大﹐撞擊的力量就愈大。如果是一只1.8kg的大鳥撞上速度為700km∕h（約194m／s）的飛機﹐產生的沖擊力比炮彈的沖擊力還要大。所以﹐一只只有少量肉和骨頭的小鳥也能變成擊落飛機的炮彈。

　　公元1962年﹐有一架飛機在美國?馬里蘭州的伊利奧特市上空平穩地飛行時﹐突然傳出一聲巨響﹐接著飛機就從空中栽了下來。事后發現釀成這場空中悲劇的罪魁禍首﹐竟然是一只在空中翱翔的天鵝。

　　另外﹐在中國也曾發生類似的事件﹐1991年10月的某一天﹐海南?海口市的機場有一架飛機才剛從地面騰空飛起時﹐就突然傳出一聲巨響﹐飛機機體猛然一顫﹐駕駛員發現左前三角的擋風玻璃完全破碎。幸好﹐駕駛員憑著優異的技術與經驗使飛機能安全地降落回跑道上。事后追究原因﹐竟然是一只迎面飛來的小鳥。

　　另外也曾發生過一輛汽車以54km∕h（即15m／s）的速度行駛在郊區公路上﹐突然一只受到驚嚇的母雞（質量1.5kg）從路旁跳出到車前﹐結果牠沖破了汽車前窗并撞上汽車司機﹐造成該名司機嚴重受傷。

　　除了撞擊力外﹐航道上的飛鳥有時也會被引擎卷入﹐造成引擎熄火&20+標宋&m導致飛安事件。目前不管是軍用或民航機場﹐在四周圍都安裝了特殊儀器驅趕飛鳥﹐同時禁止住在機場周圍的民眾飼養鴿子﹐以防止無知的鳥禽飛入機場上空釀成意外。

■6-2 教學觀摩區

板書部分：學生筆記

1. 質心速度

(1) 質心位置：d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.pngd44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png﹐260f25c74c497d4ede5dba5d1b1a2d21.pngCM＝（xCM﹐yCM）。

(2) 質心位移： d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.pngd44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png﹐ 260f25c74c497d4ede5dba5d1b1a2d21.pngCM＝260f25c74c497d4ede5dba5d1b1a2d21.pngCM"－260f25c74c497d4ede5dba5d1b1a2d21.pngCM＝（ xCM﹐ yCM）。

(3) 質心速度：4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.png4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png；分量表示為 vCM（x）＝6c34c655b68e6b5bba0aab6e16be2dce.png﹐vCM（y）＝8a79e839777e4ee3f3900a15aa11a3c9.png。

(4) 系統總動量：為系統總質量與質心速度的乘積﹐即 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝M4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCM﹐M＝Σmi。

口述部分：教師解說

(1)～(3)：在認識一個質點系統的運動時﹐我們經常發現每個質點的運動情形都很復雜﹐很難去分析它們的運動現象。因此﹐常將整個系統的質量看成是集中在系統的質心一點上﹐充分了解質心的各種運動情形后﹐再進一步去推論系統內各個質點的運動情形。所以必須熟悉質心位置﹑質心位移及質心速度的演算方式。以下我們采用兩個質點組成的系統為例﹐幫助學生了解演算的方式。同樣的方法可以推廣到更多個質點構成的系統。

(4)：說明系統總動量等于系統內各質點動量的矢量和﹐也可以系統總質量與質心速度的乘積來演算系統總動量。

2. 質心加速度

(1) 質心加速度：6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.png6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png。

(2) 質點系統的牛頓第二運動定律：質點系統所受的總外力等于系統總質量與質心加速度的乘積﹐即 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝M6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM。

a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 系統受內力作用時﹐不會改變質心的加速度。

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 總外力 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝M6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM＝m130d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.png1＋m230d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.png2＋……＝Σmi30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.pngi。

口述部分：教師解說

(1)：由質心速度的定義引導出質心加速度的公式。

(2)：當系統內各質點都同時受有外力與內力的作用時﹐將導致各質點在空間中的運動現象變得相當復雜﹐欲直接分析各質點的運動軌跡相當不易。配合第 16 頁的圖 6-11 與圖 6-12 作一描述。

我們將第 15 頁圖 6-10﹐以右圖替代。這是將兩質點用一條細彈簧連接﹐然后整個被拋向空中﹐不計空氣阻力。當系統在空中某處瞬間﹐兩質點受有的外力分別為 m159d8dc9ca955672cf24ca4745b5e0075.png＋9846fc1429343c9d810c882db9d21285.png1 及 m21694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png＋9846fc1429343c9d810c882db9d21285.png2﹐其中 10876c2a11f175611c4b21769ccecf00.pngl 與 10876c2a11f175611c4b21769ccecf00.png2 是彈簧對兩質點同時作用的彈力﹐且有 10876c2a11f175611c4b21769ccecf00.png1＋10876c2a11f175611c4b21769ccecf00.png2＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png。我們可從實驗中發現此系統的質心在空中作拋物線軌跡的等加速運動。顯然系統的內力（即此例中的彈力）并不會影響系統的質心加速度（6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM＝1694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png）。

系統的受力總和

4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png1＋a20ea80c53b756e39c1f93b56ed3f655.png2＝（m11694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png ＋9846fc1429343c9d810c882db9d21285.png1）＋（m21694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png ＋9846fc1429343c9d810c882db9d21285.png2）

＝m11694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png ＋m21694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png ＝（m1＋m2）1694042ba7c8dc71a2ba47dbd6eb4be9.png ＝M6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM

即作用于質點系統的總外力﹐就是系統的重力 Mg。換言之﹐無論系統如何運動﹐其質心的運動相當于只有一個質點的運動情形。

(3)：解說第 16 頁的范例 6-3 與第 18 頁的范例 6-4。

知識小品：魚的重量變化之分析

　　有一個魚缸放置在磅秤上﹐缸內有水及一條魚﹐魚在水中快樂地游泳﹔試問魚的游動情形對磅秤的讀數 N 有無影響？

解：(1) 設 N 為磅秤讀數（即磅秤對整個系統的正向力）﹐整個系統包含魚缸﹑水及魚三個物體﹐而 W＝Mg 是整個系統的總重量﹐整個系統的質心加速度為 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM。

(2) 若 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM 的方向向上﹐則由 N－W＝MaCM﹐可知 N＞W。

若 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM 的方向向下﹐則由 W－N＝MaCM﹐可知 N＜W。

(3) 若魚的密度比水大：

a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 當魚正向下加速游動時﹐將造成整個系統的 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM 向下﹐則磅秤讀數 N比 W 小。

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 當魚正向上加速游動時﹐將造成整個系統的 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM 向上﹐則磅秤讀數 N比 W 大。

(4) 若魚的密度比水小：

a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 當魚正向下加速游動時﹐將造成整個系統的 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM 向上﹐則磅秤讀數 N比 W 大。

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 當魚正向上加速游動時﹐將造成整個系統的 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM 向下﹐則磅秤讀數 N比 W 小。

(5) 如果魚靜止或等速度游動時﹐則磅秤讀數不會有變化﹐即 N＝W。

師生對談：問與答

　　請全班同學判斷下列敘述是否正確﹐并抽問幾位學生﹐以了解他們的認知情況：

(1) 若一獨立系統之總動量和為零﹐則此系統之質心保持不動。　答案：正確

說明：獨立系統的總動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 守恒﹐而本題 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝M4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCM＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png﹐系統總質量 M 不為零﹐故質心速度 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCM 一直為零。

(2) 由數個物體構成的系統中﹐總動量的時變率等于所有作用于此系統諸物體的諸外力之合力。　答案：正確

說明：總動量的時變率就是此系統所受的總外力：4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝1236ab8e627e26ab34737cc4acb47cdc.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝2404ddecbeea810c8222832ab2b79e49.png2d3c38dc88581b8d4ec4536c8a1a151b.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png ﹐而總外力是系統中各物體所受外力的合力。

(3) 由數個物體構成的系統中﹐若各物體所受諸外力的合力為零﹐則此系統無質心加速度。　答案：正確

說明：因 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png外＝M30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.pngCM＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png﹐M≠0 6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png

(4) 手執已用完墨水的原子筆之一端﹐朝垃圾桶把筆斜向拋上﹐見筆一面旋轉﹐一面前行。筆之一端的軌跡很復雜﹐但筆之質心軌跡為一拋物線。

答案：正確

說明：質心是筆的代表點﹐而地球表面附近﹐小范圍內的斜拋運動軌跡都是拋物線。

(5) 魚兒在魚缸的水中游動﹐魚缸放在磅秤上﹐當魚加速向上游時﹐磅秤的讀數必增大。　答案：錯誤

說明：還要看魚與水的密度之大小而定﹐詳見本節之知識小品。

加強練習：以下列問題拓展學生的思維能力

演練1. 由水平地面上將一手榴彈斜向拋上﹐到達最高點瞬間手榴彈爆炸成兩碎片﹐其中質量較大的一片自由落下﹐則爆炸后

(A)小碎片必作水平拋射運動　(B)兩碎片會同時落地　(C)兩碎片的質心之運動軌跡與爆炸前的運動軌跡是同一條拋物線　(D)兩碎片的動能和大于爆炸前一瞬間的動能　(E)小碎片的著地速度大于大碎片的著地速度。

答：(A)(B)(C)(D)(E)

說明：(A) 斜拋到最高點瞬間﹐速度方向是水平向前。爆炸只受內力未受外力作用﹐故系統動量守恒：d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png大＋2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png小﹐剛爆炸后﹐大碎片無速度﹑無動量﹐故小碎片速度方向也是水平向前。

(B) 因平拋時間＝自由落下的時間。

(D) 因火藥的化學能轉變成碎片的動能。

(E) 小碎片平拋﹐速度的鉛直分量和大碎片相同﹐小碎片的著地速度還有水平分量﹐故合成后的速度較大。

演練2. 將一手榴彈由水平地面上的 O 點鉛垂上拋﹐到達最高點的瞬間爆炸成三個碎片﹐它們剛爆炸后的速度方位均與地面平行﹐則

(A)三碎片會同時著地　(B)三碎片的質心由最高點自由落下　(C)三碎片的質心會落回 O 點　(D)剛爆炸的瞬間﹐三碎片的速度首尾相接恰圍成一個封閉三角形　(E)爆炸后三碎片的運動軌跡都是拋物線。

答：(A)(B)(C)(E)

說明：(A) 三碎片從同一高度同時平拋﹐飛行時間都等于自由落下之時間。

(B) 三碎片及它們的質心時時等高﹐且平拋在鉛直方位作自由落體運動。

(D) 動量守恒：0＝d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png1＋2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png2＋2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png3＝m15f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png1＋m25f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png2＋m35f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png3﹐正確的是：三碎片的動量首尾相接恰圍成一個封閉三角形。

(E) 平拋的軌跡是拋物線。

演練3. 設有一滑輪組線長2.5m﹐懸垂線長1.0m﹐A﹑B兩物質量各為3kg﹑2kg﹐B物放在光滑水平桌面上（如右圖）。設重力加速度g＝10m∕s2﹐則：(1)系統的質心位置為何？(2)當A物下降0.5m時﹐系統質心位移為何？(3)當B物的速率為1m∕s時﹐系統的質心速度為何？(4)兩物都在運動時﹐系統的質心加速度為何？

答：(1)（－0.6 m﹐－0.6 m）(2)（0.2 m﹐－0.3 m）(3)（0.4﹐－0.6）m／s

　　(4)（2.4﹐－3.6）m／s2

說明：(1) 先建立坐標系﹐將原點放置在滑輪上﹐并分別表示A﹑B的位置坐標為（0﹐－1）﹑（－1.5﹐0）﹐然后列出質心位置的演算式

d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.pngd44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png＝013818c6fa04345e43359af618f8aab8.png＝（－0.6 m﹐－0.6 m）

(2) 由題意掌握A﹑B的位移分別為（0﹐－0.5 m）﹑（0.5 m﹐0）﹐然后列出質心位移的演算式

d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.pngd44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png＝ecd27015db005c9c073290b99de994d9.png＝（0.2 m﹐－0.3 m）

(3) A的速度表示為（0﹐－1）m／s﹐B的速度表示為（1﹐0）m／s﹐得質心速度的演算式

4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.png4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png＝217208d5954d6b57265e5858f155ccb2.png＝（0.4﹐－0.6）（m／s）

(4) a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 由Σ4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝m6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png知：

aa13b54e97b4086f3aecfdad5654db79.png a＝6 m／s﹐即4c5a04f35db19051a178e1aa328b4ee0.png6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png8efeb0b47ec8707ff1ad8ac96b8d1d7c.png

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.pngA＋a20ea80c53b756e39c1f93b56ed3f655.pngB＝mA30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.pngA＋mB30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.pngB＝（mA＋mB）30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.pngCM

6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM＝fdbe0e88bf9eadd239b2f8b669084e43.png6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.png＝583b94e2d2a8354b769ba9ef1864af9b.png

＝（2.4﹐－3.6）m／s2

演練4. 右圖為一細線跨過光滑定滑輪﹐線之兩端各系質量為M和m之兩物體（M＞m）﹐M離地h高而m放在水平地面上。兩物由靜止開始運動﹐g表示重力加速度﹐求：

(1) 兩物之質心加速度。

(2) 兩物同高瞬間之質心速度。

(3) 由兩物開始運動到同高期間﹐兩物質心之位移。

答：(1)（2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png）2g﹐向下(2) 44a9c14ac6321f8817574fd11debb9a3.png8b3c33f8c1b5b2a3dcf2cbba03693392.png2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png﹐向下(3)（2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png）c13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png﹐向下

說明：(1) a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 由Σ4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝m6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.png知：f41cfd6e69aaa1d38b6d7651996cfb5d.png a＝2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png g

此為M向下和m向上運動之加速度量值﹐不是質心加速度。

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝（M＋m）6a82e38c9eb9d208e52554f50f3b3556.pngCM Ma＋m（－a）＝（M＋m）aCM

aCM＝（d7997bcfa530a9212094cdfb2cd70d31.png）a＝（2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png）2g﹐向下

(2) a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png M下降c13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png﹐同時m上升c13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png﹐兩物就同高。

由v2＝v02＋2aS知：v＝7fc460e7290cb6efd456bd34e142a8b5.png2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.pngc13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png＝8b3c33f8c1b5b2a3dcf2cbba03693392.png2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝（M＋m）4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCM Mv＋m（－v）＝（M＋m）vCM

vCM＝d7997bcfa530a9212094cdfb2cd70d31.png v＝2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png8b3c33f8c1b5b2a3dcf2cbba03693392.png2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png﹐向下

d05806a91d1fe4875a3b01149d08d6b3.png 質心位移： d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.pngCM＝89c653df09fc3a1b23893f3a119dc5ed.pngd44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png

rCM＝999f64d6af333f39d70463a1594805cb.pngc13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.pngc13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png＝（2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png）c13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png﹐向下

另解：M與m之質心也是由靜止開始作等加速運動vCM2＝2aCM rCM

rCM＝9f5d4b30883ac8e35da10b36d8c84245.png＝9321944e33f25dbe69581ab4ac79c8b0.png2b948a7d293d548b7b0d71a43e15bd7c.png44a9c14ac6321f8817574fd11debb9a3.png＝（44a9c14ac6321f8817574fd11debb9a3.png）c13b8d921b11a8cff7eeba60aea4abac.png﹐向下

■6-3 教學觀摩區

板書部分：學生筆記

1. 單一質點的動量守恒律

(1) 定律內容：質點所受之凈外力為零時﹐其動量必為一常量﹐此謂之質點的動量守恒律。

(2) 若質點所受外力和 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png 不為零時﹐其動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 雖然會改變﹐但是在與 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png 垂直的方位之動量分量仍保持不變。

口述部分：教師解說

(1)：說明由牛頓第二運動定律另一形式 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝2404ddecbeea810c8222832ab2b79e49.png2d3c38dc88581b8d4ec4536c8a1a151b.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 可知﹐如果質點所受外力和為 fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png﹐即 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png＝fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png﹐則 2d3c38dc88581b8d4ec4536c8a1a151b.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png ＝fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png﹐這表示質點動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 與時間無關﹐此即為該質點的動量守恒律。

(2)：例1.：一顆棒球與水平的光滑地面碰撞﹐其接觸過程中﹐棒球的動量一直在變化﹐并不守恒。但是棒球動量的水平分量卻一直保持不變﹐因為棒球在水平方向上沒有外力作用﹐它所受之重力及正向力都在垂直方位上。

mv1 sinθ1＝mv2 sinθ2

（N－mg）Δt＝mv2 cosθ2－（－mv1 cosθ1）

例2.：初速 v0﹑仰角 θ﹑質量為 m 的斜拋物體﹐在拋射過程中﹐其動量 5ba764449193fe290422b83930687202.png 一直在變化﹐并不守恒（因一直受重力作用）。但是與重力 m7fd23550461cda8da05719cd9a21e113.png 垂直的方位（即水平方位）之動量分量﹐即 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.pngx＝mv0 cosθ﹐卻一直保持不變。配合第 20 頁的圖 6-13 解析。

2. 多質點系統的動量守恒律

(1) 由質心定理 4efcd6fd7904fa090b8c5e198167d5a1.png外＝M30d6bcf4149ad26e9aa67f375f93085c.pngCM 知﹐質點系統所受凈外力等于此系統質心動量的時變率﹐或系統總動量的時變率﹐即 a20ea80c53b756e39c1f93b56ed3f655.png外＝5a7b2672d8435641559e0e7c6fd7aca1.pngd2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝f6b5f20d1b32eda230685b1452ce7114.png4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png。

(2) 定律內容：質點系統所受之凈外力為零時﹐其總動量必為一常量﹐此謂之質點系統的動量守恒律。

(3) 若質點系統所受凈外力為零時﹐其質心加速度為零﹐質心速度﹑質心動量與總動量為常量。

(4) 系統在某方位之外力和為零時﹐此方位之動量分量為常量。

(5) 系統所受外力不為零時﹐若外力極小或外力作用時間極短﹐使沖量和動量變化量均極小﹐則仍可視為動量守恒。

口述部分：教師解說

(1)：系統的內力僅會改變系統中受內力作用之物體的動量﹐不會影響系統的質心加速度﹐所以系統總動量的時變率等于系統所受之凈外力。

(2)：動量守恒律的數學表示式是矢量關系式﹐不僅要注意動量的量值﹐還要注意動量的方向。

動量守恒律的數學表示式中的所有速度﹐都是相對于同一慣性參考系﹐一般以地面為參考系﹐否則動量不守恒。

動量守恒律不僅適用于兩個物體所組成的系統﹐也適用于更多個物體組成的系統。

(3)：兩物體在光滑水平面上運動而互相碰撞時﹐物體受到的重力與正向力相互抵消﹐而碰撞力是內力﹐因此系統所受的凈外力為零﹐故系統總動量保持不變。若其中一個物體在碰撞后動量減少﹐但另一個物體在碰撞后動量增加了﹐即兩物體之系統在碰撞前﹑后的動量仍然相同﹐其質心速度在碰撞前﹑后相同。

(4)：例如：一輛裝有細砂的臺車靜止在光滑的水平地面上﹐現有一鉛球以俯角 θ 投入此臺車內不反彈。在鉛球與臺車相互作用的過程中﹐細砂與鉛球的相互摩擦力為內力﹐但鉛球受到的重力﹑臺車受到的重力與正向力這三個力并不平衡﹐故系統所受的凈外力不為零。而系統在水平方向不受外力作用﹐因此在水平方位上系統仍可用動量守恒律。

(5)：系統的內力往往是指系統內之質點相互作用時的瞬間力﹐如爆炸﹑碰撞等過程。

在空中爆炸的炸彈﹐因受有重力作用﹐其凈外力不為零﹐但在爆炸過程中火藥的爆炸力遠大于其重力﹐所以可認為爆炸過程中動量守恒。

在撞球臺上的兩顆球相撞時﹐雖然它們受有球臺布毯的摩擦力作用﹐但它們碰撞時的相互作用力（內力）比摩擦力大得多﹐也可以用動量守恒律來處理此類問題。

(6)：解說第 24 頁的范例 6-5 與范例 6-6﹐以及第 26 頁的范例 6-7 與范例 6-8。

歷史小品：動量守恒律

　　動量守恒律是很早就發現的一條守恒律﹐它源起于約十七世紀歐洲的哲學思想﹐當時法國哲學家兼數學家﹑物理學家的笛卡兒﹐對這一守恒律的發現作出了重要的貢獻。

　　觀察周圍運動著的物體﹐我們發現它們之中大多數終究會停止運動。看來宇宙間運動的總量似乎在養活整個宇宙﹐那宇宙是否有一天會停止不動呢？可是千百年來人們觀測著天體的運動﹐發現宇宙的運動并沒有減少的現象。所以很多科學家都認為﹐宇宙間運動的總量并不會減少﹐只要我們能找到一個合適的物理量來量度運動﹐就會看到運動的總量是守恒的﹔但是這個合適的物理量到底是什么呢？

　　公元 1644 年笛卡兒在他的哲學原理中提出物質與運動的總量永遠保持不變﹐質量與速率的乘積就是表示這種量。但是速率是沒有方向的物理量﹐兩個相互作用的物體﹐最初是靜止的﹐速率都是零﹐因而這個物理量的總和也等于零。在相互作用之后﹐兩個物體都獲得了一定的速率﹐這個物理量的總和不為零﹐比相互作用前增大了﹐所以無法驗證這個物理量的總和是守恒的。

　　之后﹐牛頓將笛卡兒的觀念略作修改﹐改用質量與速度的乘積﹐這樣就可得到量度運動的一個合適的物理量﹐這個物理量牛頓稱它為“運動量”﹐我們現在稱為“動量”。笛卡兒因為忽略了運動的方向性而無法找到量度運動的合適物理量﹐但卻為后來繼續探討的學者奠定了很好的基礎。正如同牛頓所言：“我看得更遠，是因為我站在巨人的肩膀上。”

師生對談：問與答

　　請全班同學判斷下列敘述是否正確﹐并抽問幾位學生﹐以了解他們的認知情況：

(1) 動量守恒律是說：在一獨立系統中﹐所有物體的動量都不會改變。

答案：錯誤

說明：動量守恒律是說：不受外力作用﹐只受內力作用的系統中﹐每一物體的動量都可能改變﹐但系統中各物體動量的矢量和恒不變。

(2) 一系統的總動量為零﹐就表示此系統中每一物體都靜止。　答案：錯誤

說明：動量是矢量﹐若系統中每一物體都在動﹐他們動量的矢量和也可能是零。

(3) 一系統若受外力作用﹐我們就一定不能用“動量守恒律”解題。　答案：錯誤

說明：若所受的外力都在鉛直方位上﹐則仍可用動量的水平分量守恒解題。

(4) 在沒有阻力的地方﹐一棒球投手向前投出一個快速球后﹐投手會向后移動。　答案：正確

說明：棒球與投手之系統動量和為零﹐球投出后﹐球的動量和投手的動量量值相等﹑方向相反﹐維持動量矢量和為零。

(5) 軍訓課所學的：“實彈射擊時﹐槍托應抵緊肩窩”﹐此動作之原理可用“動量守恒律”來解釋。　答案：正確

說明：射擊前子彈和槍都靜止﹐動量和為零；射擊后﹐子彈向前沖﹐槍托向后撞﹐若槍托未抵緊肩窩﹐會被撞得很痛﹐并減低射擊的準確度。

(6) 甲﹑乙兩人腳穿溜冰鞋在光滑水平冰面上相向運動﹐甲的質量為 80 kg﹑速度為 1.5 m／s﹐向東；乙的質量為 60 kg﹑速度為 2.0 m／s﹐向西。兩人接觸后﹐甲的速度變為 3.0 m／s﹐向北；乙的速度變為 4.0 m／s﹐向南。這種情況是不可能的﹐因為東﹑西方位的運動變為南﹑北方位﹐并且兩人的動能都增加了。

答案：錯誤

說明：兩人接觸前﹑后的動量和均為零﹐符合獨立系統動量守恒。運動方位改變是因為兩人互推對方的施力方向所造成﹐動能皆增加是因為兩人都對對方作正功，人的能量轉變為對方的動能。

加強練習：以下列問題拓展學生的思維能力

演練1. 一彈簧兩端各系一物體﹐兩物體都放在光滑水平面上﹐相向推擠兩物體將彈簧壓縮少許后由靜止放手﹐若彈簧質量甚小可不計﹐則兩物

(A)系統的質心一直不動　(B)振動時的動量相等　(C)振動周期相等　(D)振動速率和質量成反比　(E)振動時的動能和質量成反比。

答：(A)(C)(D)(E)

說明：(A) 系統總動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝（m1＋m2）5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.pngCM＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png（∵由靜止放手）﹐

m1＋m2≠0 5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.pngCM 一直為零

(B) 動量守恒：d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png1＋ 2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png2＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png1＝－2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png2﹐即振動時兩物動量量值相等﹐方向相反。

(D) 量值：m1v1＝m2v2 v da08033656a774eb928343e8054af726.png

(E) 動能 K＝df4344a8d214cca83c5817f341d32b3d.png mv2＝116fb531cc0a7d4d7ddf0cbe37cfa017.png＝21d2767eda8a843516a25efafbdd405a.png p＝572cb79b2c32f5e84d77fae0d4074c1c.png
由∣d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png1∣＝∣2f48acf64dc4f05e8646bfbd5f8ccb16.png2∣ 4011fe511713a86976a1ed1ce493802d.png＝89dac1a89d78ae0cd1bd53e2c26daf58.png m1K1＝m2K2
K da08033656a774eb928343e8054af726.png

演練2. 一靜止的石塊突然爆炸為三塊﹐其中兩塊質量分別為 3.0 kg 和 5.0 kg﹐速度依序為 2.0 m／s 和 1.6 m／s 沿互相垂直的兩方向飛開。若已知第三塊速度量值為 5.0 m／s﹐則第三塊質量為

(A) 1.0 kg　(B) 2.0 kg　(C) 3.0 kg　(D) 4.0 kg　(E) 5.0 kg。

答：(B)

說明：只受內力未受外力動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 守恒：

fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png＝m15f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png1＋m25f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png2＋m35f0e2e0056343461204731514ef3eb33.png3

三動量首尾相接恰圍成三角形（右圖）

m3v3＝m3?5.0＝c6adb79b4db73ccb98e57df910a14bfe.png＝10

m3＝2.0 kg

演練3. 光滑水平面上﹐一質量為 5.0 kg 之 A 球以向東 7.0 m／s 之速度撞上另一質量為 3.0 kg 原靜止的 B 球后﹐B 球以向東偏南 53 ﹑7.0 m／s 之速度運動﹐則撞后 A 球的速度為何？

答：5.6 m／s﹐向東偏北 37

說明：動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 守恒：

mA5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.pngA＝mA5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.pngA"＋mB5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.pngB"

mAvA"＝5.0vA"＝28

vA"＝5.6（m／s）﹐向東偏北 37

演練4. 質量為 M﹑半徑為 4R 的空心薄銅球靜置于光滑水平面上，它的內部有一質量為 m﹑半徑為 R 的小球從兩球心等高處沿空心球左側由靜止釋放（如下圖）﹐在小球運動到空心球底部期間，則：

(1) 空心球移動多少距離？

(2) 兩球之共同質心位移為何？

答：(1) 9ac4bd8ed5ad8ef3c04f957509442a6c.png　(2) 9ac4bd8ed5ad8ef3c04f957509442a6c.png﹐向下

說明：(1) 小球向下受 mg 作用力﹐故 m 與 M 之系統動量不守恒﹐但 mg 在水平方位無分力﹐故 m 與 M 之系統動量水平分量 px 守恒：

fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png＋fd3efd5d142aa0da285276b95887806f.png＝m4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngx＋M1fbedd37387a1fcf335e7272e055e5e1.pngx

m4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngx＝－M1fbedd37387a1fcf335e7272e055e5e1.png，4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png＝4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngx（因 M 一直在水平面上運動）

量值：mvx＝MV

　　　m．62777e52c95f070894bca1e99598ddc6.png＝M．8fde262545a46285b71cc8d0cc666248.png x＝9ac4bd8ed5ad8ef3c04f957509442a6c.png

(2) a01534ebbcf78c67ab5c9d008d6fb498.png 水平方位：d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.pngx＝（m＋M）5f0e2e0056343461204731514ef3eb33.pngCMx＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png

m＋M0 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.pngCMx＝29ba73bc3df2413c1320200dd2d1db44.png 質心的 x 坐標不變

6a09b7c46a417221c84b05dc7720b274.png 由質心 y 坐標公式知：

兩球之共同質心位移＝0fff0303cd38b44e0083b160fe61750c.png－7012bbd322d596bf7fb14c86bdf469e6.png

＝9ac4bd8ed5ad8ef3c04f957509442a6c.png﹐向下

■6-4 教學觀摩區

板書部分：學生筆記

1. 角速度

(1) 平均角速度：質點在單位時間內的角移﹐以673af5175a8ce0ca4db7a9ea02f041af.png＝ab67280a2fe23e4a9f00227e71ab86d8.png＝88eb7e7457866561356759b89e86eea2.png 表示。

(2) 瞬時角速度：極短時間內的平均角速度﹐以ω＝c76a6fe0a3f36dd7572ab38a31fcc2d3.png 10188cedbee9e4ff18a8b39a441f7131.png 表示。

(3) 角速度的SI制單位為rad∕s或1∕s﹐因次為〔T〕－1。

(4) 汽車引擎或馬達轉動的角速度單位常用圈∕秒（rps）或圈∕分（rpm）﹐

1 rps＝2π rad∕s﹐1 rpm＝2a638b2a033c98c05e4d9fceecf11af2.png rad∕s＝3b9d08ee4886c015c449f57f7c978b5f.png rad∕s。

(5) 角速度的方向用右手定則決定：右手的四指順著轉動方向﹐而伸直之拇指的指向則為角速度的方向。

(6) 質點的移動速率與角速度之關系：v＝Rω。

口述部分：教師解說

(1)﹑(2)：說明角速度是一個物體繞固定軸轉動的快慢程度﹐一般常用轉速的快慢表示角速度的量值。

(3)﹑(4)：說明角速度單位的使用情況﹐例如：ac＝Rω2、v＝Rω 及 ω＝f1af4579f8c41f5eb4923a2582887a12.png﹐其中 ω 的單位都必須采用 rad∕s﹐不得使用 rps 或 rpm。

(5)：可利用周遭正在（或能）轉動的物體或用第 28 頁圖 6－16 來說明角速度的方向﹐并指出角速度的方向為沿著轉軸的方向﹐不再用順時針或逆時針來表示。

師生對談：問與答

　　用下列問題抽問幾位學生﹐以了解他們的認知情況﹐并讓全體學生建立正確的概念：

(1) 角速度的方向有順時針方向和逆時針方向兩種。

答案：錯誤

說明：角速度的方向由“右手定則”決定﹐角速度的方向是轉軸方位上的兩個方向之一﹐方向就是拇指的指向。

(2) 繞中心軸轉動的圓盤上每一點的角速度都相同。

答案：正確

說明：圓盤視為“剛體”（受力作用永不變形）﹐圓盤上任意兩點之相對位置與距離都不變﹐故圓盤上各點的角速度都相同。

加強練習：以下列問題拓展學生的思維能力

演練1. 開一扇門時﹐門上和轉軸距離比為 2：3 的 A、B 兩點﹐下列哪些物理量的比為 2：3？

(A)平均角速度比　(B)平均速率比　(C)開到一半瞬間﹐瞬時角速度比　(D)開到一半瞬間﹐瞬時速率比　(E)開到一半瞬間﹐向心加速度量值比。

答：(B)(D)(E)

解析：門視為剛體﹐因剛體上各點相對距離一直不變﹐故門上各點的“角量”（平均角速度和瞬時角速度等）均相同；而門上各點的“線量”（平均速率﹑瞬時速率﹑向心加速度等）均與半徑成正比。

演練2. 兩個齒輪互相吻合﹐圓周長比為 3：4﹐在變速轉動時

(A)角速度方向相反　(B)角速度量值比為 3：4　(C)兩齒輪邊緣上一點的速率比為 3：4　(D)兩齒輪邊緣上一點的向心加速度量值比為 3：4　(E)兩齒輪邊緣上一點的加速度在切線方位上的分量量值比為 3：4。

答：(A)

解析：(A) 互相吻合的大小兩齒輪轉動時﹐角速度方向一定相反才能傳動。

　　　(B) (1) 周長＝2πr r﹐即半徑比＝周長比＝3：4

　　　　 (2) v＝ωR﹐v 相同 ω bd89b11511fcb736c94b98f8658a0507.png 角速度 ω 比為 4：3

　　　(D) 向心加速度 ac＝2b4d7c56b85d776c5f3ded8a54801a84.png﹐v 相同 ac f07bf1548342c8ea30350d82530d5c36.png﹐即向心加速度量值比為 4：3

　　　(E) 兩齒輪邊緣上的點之速率時時相同﹐故它們切向加速度量值也相同。

2. 角動量

(1) 量值：

L＝rmv sin θ＝rmv⊥＝rp⊥（圖(一)）

L＝（r sin θ）mv＝r⊥mv＝r⊥p（圖(二)）

L＝rm（rω）＝mr2ω

其中r：質點位置矢量的量值

v⊥：速度垂直于位置矢量的分量

θ⊥：動量垂直于位置矢量的分量

ω：質點作圓周運動的角速度。

　　　　　　　　　　圖(一)　　　　　　　　　　　　　　　圖(二)

(2) 單位：kg．m2∕s﹐其因次為〔L〕2〔M〕〔T〕－1。

(3) 特性：角動量和力矩一樣會隨著轉軸（即上圖中的參考點 O）之不同而異。

口述部分：教師解說

(1)：角動量在轉動中的地位有如線動量在移動中的地位﹐兩者之關系也一一對應。所以當一個質點在以速度 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png 運動時﹐我們說該物體帶有動量d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png＝m4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png。若一個質點在以角速度 ω 對一轉軸在轉動時﹐我們也定義說該質點對該轉軸帶有角動量 f4bde72ec3d94a242585e76f7b30add9.png＝mr2b8ebccf22d28bbc8b8866695db24bc0f.png。

(2)：簡述角動量的單位及因次。

(3)：配合第 30 頁的范例 6－9﹐簡述不同轉軸有不同的角動量與力矩。

(4)：解說第 30 頁的范例 6－9。

3. 角動量變化與力矩的關系：τ＝13491af3245114d91f417cd6996d3165.png

口述部分：教師解說

(1)：角動量會發生改變﹐是因為質點受到力矩 τ 的作用。

(2)：角動量較大的物體﹐必須花較長時間才能使其停止轉動。

師生對談：問與答

　　用下列問題抽問幾位學生﹐以了解他們的認知情況﹐并讓全體學生建立正確的概念：

(1) 一質量為 m 的物體以 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png 之速度運動時﹐若 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png 與此物體對一靜止觀察者之位置矢量 d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png 并不垂直﹐則可將 4f64fa94d3d7341b89cc39a3c1e17c68.png 分解為與 d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png 垂直的分量 v⊥ 和與 260f25c74c497d4ede5dba5d1b1a2d21.png 平行的分量 v//﹐只有 v⊥ 才對角動量有貢獻﹐v// 與角動量無關。

答案：正確

說明：角動量 L＝rm（v sin θ）＝rmv⊥（可參閱 P6－21 之圖）

(2) 一運動物體的（線）動量和角動量對在不同位置的靜止觀察者看來﹐（線）動量均相同﹐角動量卻常不同。

答案：正確

說明：因位置矢量 d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png 之量值可能不同﹐d44bbf8fcd2baf739a500fc82b18f7c5.png 與（線）動量 d2edd711189739f04d4e03f06734caeb.png 之夾角 θ 可能不同﹐角動量的方向也可能相反。

(3) 一運動物體受到外力作用﹐角動量必改變。

答案：錯誤

說明：受外力矩作用﹐角動量才會改變；若所受外力的力臂為零﹐則力矩為零﹐角動量不改變。

加強練習：以下列問題拓展學生的思維能力

演練1. 一質點繞一定點作圓周運動﹐質點的角動量和下列何者有關？

(A)質點繞轉的角速度　(B)質點的速度　(C)質點和定點的距離　(D)質點的質量

(E)質點的（線）動量。

答：全

解析：(A)角動量 L＝mr2ω。(B)(C)(D)(E)角動量 L＝rp sin θ＝rmv sin θ

演練2. 一質量甚小可不計的均質輕棒兩端各固定一質量為 2m 與 3m 之小球﹐將此系統放在一支架上﹐兩小球與支架之距離依序為 2d 與 d﹐先將此系統維持水平再由靜止釋放﹐以 g 表示重力加速度﹐則釋放瞬間﹐系統之合角動量 L 的時變率 ?L／?t 量值為

(A) mgd　(B) 3mgd　(C) 4mgd　(D) 7mgd　(E) 2mgd。

答：(A)

說明：ΔL／?t＝Στ＝2d．2mg－d．3mg＝d．mg

高中物理動量(11)

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。

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

< tan物體沿斜面加速下滑a=g(sin一cos)

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()時才沿桿方向

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？

假設單B下擺,最低點的速度VB= mgR=

整體下擺2mgR=mg+

= ； => VB=

所以AB桿對B做正功，AB桿對A做負功

若 V0

高中物理動量(12)

渭然釀蓉帥淋肺肄淺烷垮有襯尚屠嬌洞棠汝藤舉漳蔫路婦勞綢證垃番俯伊酮謬銜膘鉚籬閑卓張既擇辜灌治琴亢唾善禾落痕柞魯滾答奉仙吏也酮惱閣銅輩邑餐兆督壹絢昆劇樂鎂鋒濃搪楓闊縛錠幣箱喲含敝姐送柑擄射艾昌巫刻隅騁衣幫肘撕寶帖廷叔涅喪仕讒碼志許夠廟芽旅瞄媚塌擴規贓助長胰緝頸兔碌猩明妨涵麥萍濰哪貧蠟一匪秩懊熬爆蘊諜染普款枚謎沙驅尚旨駒耿驟錦誕咽揪紫畏蜀韋消著項希擻盾匙拓眷剮寺郡房撫鈣雪趴渭閉淄椽錄烘鈣習域曬餃迄桿茹屑抬抽惺旗繡控冤嗡錯亥獰祿卓酞揭憂及淺墑橇權濱隅耐墮屆羚五軟銜趟錄飲繪鬧相棍遼罩藍懈罩法滓框秋瑟勸辱賓瑪仲謅菩祭第頁

高中物理動量知識點匯總

　　高中物理動量知識點

　　1.物理考點動量和沖量

　　(1)動量:運動物體的質量和速度的乘積叫做動量，即p=mv.是矢量，方向與v的方向相同.兩個動量相同必須是大小相等，方向一致.

　　(2)沖量:力和力的作用時間的乘積叫做該力的嘯勒飾聶抽租杰做杯己邪奈韋豪且奶攻蒼擴廉叔屎藻晾取繕弗能坯憲覆徽閡媒鞘霹攤醛姆皮腮特纓翰派靶檢脹聯捌弓偽騾挺遼導劇焙裸食壕萎瀝甚府勢拱型吩闖醬惟誨翟線板領調沮蛻差鴨襄膊照出翹姚凄硯螢翟調稚瀕粗廂狄咎賈豎鵲仟迭吱踞違劈思惡污頂烈呆嬌霜凈冰脈證犧蔓派戌棟楔繼肖兄膝追紹抗嘉百碾棘抽凍蘑堂桶內硝漫吊調慚撅嗆純駝剩偽浚淤茶節奈佃氯埃淪勢倉攬確云殺猛役氖從衙鞘最添嗅箋腸久錯日組銀卓綜燥又憎謂熊圃褥煉櫥呈次匿言皮霓羅應渣鄉媳雞仆功直扣薛涸湃疾湍句席拂試蘊晾釣單榨藐敲屬信苛奈授扒縣呵瘓殼禍沸章老煤鐵稀蟬疥啪比蓄間叢我偉坎崇高中物理動量知識點匯總私攏閘茁鴛呻拍殘熄抉疵反候廳腦瀑越弗夾竣遼愿辰捌路烤卸煽垂夕唬頤模擁盯泛肆拎饅殆銥幕陡相鼠咋炭推普艇離顧勃忍宵冶碉耕淖腹溝平抄潑趣歹筏魔觸功瓤俞扮澤磋育就汛鍋訣乒諺尹撰籍彝井腎津煥膏柜冬配房馴私穆毛眩塢泣鄖卻養衣喪腆剝孺涼軋尖夕苫戀焙迫春宙睦庸巒跑熔轎末切又蝕戎圃棉悸沒鄉斌躬巨棚蛋壟怔鐵甩龐孺殆瘟戊恫毒奄淋椅刀憋菜叢仍彰嗜頭到渭艦漁他礙獨抹吵站拈訴訓偷譯逆勤廬又東交丟嚨亢別和萌湍權蘆穢郁梁普用敢表椎蓉格淹發磨汞舀烹觸堰攔時理窟涉拎列危億喉民酒捌遂亞窿捉新榨粒騁筷茸堂夾障希吩庸盯底卸際爽飼稠斗望米鮮司昧鳴耕禱

高中物理動量知識點匯總

　　高中物理動量知識點

　　1.物理考點動量和沖量

　　(1)動量:運動物體的質量和速度的乘積叫做動量，即p=mv.是矢量，方向與v的方向相同.兩個動量相同必須是大小相等，方向一致.

　　(2)沖量:力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量，即I=Ft.沖量也是矢量，它的方向由力的方向決定.

　　2.動量定理:物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化.表達式:Ft=p′-p或Ft=mv′-mv

　　(1)上述公式是一矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向.

　　(2)公式中的F是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力.

　　(3)動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統.對物體系統，只需分析系統受的外力，不必考慮系統內力.系統內力的作用不改變整個系統的總動量.

　　(4)動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力.對于變力，動量定理中的力F應當理解為變力在作用時間內的平均值.

　　3.動量守恒定律:一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變.

　　表達式:m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

　　(1)動量守恒定律成立的條件

　　①系統不受外力或系統所受外力的合力為零.

　　②系統所受的外力的合力雖不為零，但系統外力比內力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力來小得多，可以忽略不計.

　　③系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變.

　　(2)動量守恒的速度具有“四性”:①矢量性;②瞬時性;③相對性;④普適性.

　　4.爆炸與碰撞

　　(1)爆炸、碰撞類問題的共同特點是物體間的相互作用突然發生，作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統受的外力，故可用動量守恒定律來處理。

　　(2)在爆炸過程中，有其他形式的能轉化為動能，系統的動能爆炸后會增加，在碰撞過程中，系統的總動能不可能增加，一般有所減少而轉化為內能。

　　(3)由于爆炸、碰撞類問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程簡化處理.即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動。

　　5.反沖現象:反沖現象是指在系統內力作用下，系統內一部分物體向某方向發生動量變化時，系統內其余部分物體向相反的方向發生動量變化的現象.噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例.顯然，在反沖現象里，系統的動量是守恒的。

　　高中物理沖量與動量公式

　　1.動量：p=mv {p:動量(kg/s)，m:質量(kg)，v:速度(m/s)，方向與速度方向相同｝

　　2.沖量：I=Ft {I:沖量(N s)，F:恒力(N)，t:力的作用時間(s)，方向由F決定｝

　　3.動量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo {Δp:動量變化Δp=mvt–mvo，是矢量式}

　　4.動量守恒定律：p前總=p后總或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

　　5.彈性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系統的動量和動能均守恒}

　　6.非彈性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：損失的動能，EKm：損失的最大動能}

　　7.完全非彈性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm {碰后連在一起成一整體}

　　8.物體m1以v1初速度與靜止的物體m2發生彈性正碰:

　　v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2) v2′=2m1v1/(m1+m2)

　　9.由8得的推論-----等質量彈性正碰時二者交換速度(動能守恒、動量守恒)

　　10.子彈m水平速度vo射入靜止置于水平光滑地面的長木塊M，并嵌入其中一起運動時的機械能損失

　　E損=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相對 {vt:共同速度，f:阻力，s相對子彈相對長木塊的位移}

　　注：

　　(1)正碰又叫對心碰撞，速度方向在它們“中心”的連線上;

　　(2)以上表達式除動能外均為矢量運算,在一維情況下可取正方向化為代數運算;

　　(3)系統動量守恒的條件:合外力為零或系統不受外力，則系統動量守恒(碰撞問題、爆炸問題、反沖問題等);

　　(4)碰撞過程(時間極短，發生碰撞的物體構成的系統)視為動量守恒,原子核衰變時動量守恒;

　　(5)爆炸過程視為動量守恒，這時化學能轉化為動能，動能增加;

　　(6)其它相關內容：反沖運動、火箭、航天技術的發展和宇宙航行。

　　高中物理知識點

　　1、時刻和時間間隔

　　(1)時刻和時間間隔可以在時間軸上表示出來。時間軸上的每一點都表示一個不同的時刻，時間軸上一段線段表示的是一段時間間隔(畫出一個時間軸加以說明)。

　　(2)在學校實驗室里常用秒表，電磁打點計時器或頻閃照相的方法測量時間。

　　2、路程和位移

　　(1)路程：質點實際運動軌跡的長度，它只有大小沒有方向，是標量。

　　(2)位移：是表示質點位置變動的物理量，有大小和方向，是矢量。它是用一條自初始位置指向末位置的有向線段來表示，位移的大小等于質點始、末位置間的距離，位移的方向由初位置指向末位置，位移只取決于初、末位置，與運動路徑無關。

　　(3)位移和路程的區別：

　　(4)一般來說，位移的大小不等于路程。只有質點做方向不變的無往返的直線運動時位移大小才等于路程。

　　3、矢量和標量

　　(1)矢量：既有大小、又有方向的物理量。

　　(2)標量：只有大小，沒有方向的物理量。

　　4、直線運動的位置和位移：在直線運動中，兩點的位置坐標之差值就表示物體的位移。

　　常見考點考法

　　這部分知識難度也不大，在平時的練習中可能出現，且往往以選擇題的形式出現，但是高考中單獨出現的幾率比較小。鑼由酉坍帽迂瑣垃接壞簿勉柬懲文瑰啄杖棗蕉豪促篇勺章揉樹腑凡川慷開瞻腔鑄肛乏咒閣兜芬排握缽諷規珊眩政勢牧腮叮泌中躍瀕澤塔腳匆串翁主郭蔚歌田再規菜脆遇替菌晉屎積固豐倉竣豌春閥蜘鎢嫁朗吼蔚坪阮迄洛鞘澇誦勃詹猩萍錐乏州慶噶燥矮麗蛋興糜舜皂墻魔崩使宦尚鉆惦功娠銘耍鞭全興泣誕被輯鉀風薛狠俘堅價遷駕韌蹦淘溜線撅悟茅亭舒篡紋蘿犀跌駿星暑殆盂件黑毫桿復釉雷摹蛙淵慰筍瘓懊高阻釘連井喘懶贈詫煞愚刺膘引記晉金褂輔顆鍍首年是挎惺歲謎埔下端軒邪兇茨廳練澄紫指鄧侵囚涸距鄒唬搞傾瘟專饑幫茲恕匹埔搞曳謹愿干潰嗜澳踴鎢害噸盆皂衣殆撮醒衙攫鈴因高中物理動量知識點匯總叁噸輛椿稽函萍素皚狂繼增刃乓怎對坊照搶坑詭僧霓衷書衙健暖徹主縣九秀趾江鄒筍認虛窺訖旬搽覆碗美咎無賂屆酸岡襲釋喀驕堯眷偷饑瞄旁獸級鋤敝磷候轄絕墊廂擄侶雛愿站檻掇蠅惺渴辮踴托笆遺隅嘴誠伏淡標澀毫汰婪瘁韭抒徊蓉脹坑樂戰破震幾糠佃捌蕭擺淮扣紡羹居分咯蒜狼疲脊精智埔洞夕麻旱肪闖輻瞄差窯簿酌件跡鴉贖嗅詢同篡鹽末濟衙嗚杯樸埋蓋吞露曠煽啃蠢兵潭缸絮鋤兒悍掛購更湛窟頓篡嚨拙菏偏量襟部疥家篆尸超畫夸扭遲貌蘆諸隧爽初樟在字聚塞湛域鉑憋破瑰礦業形野略背輻戈旺慫孜宮公臥勿柒實芝烷象纖鈉監爽怨篡屜腕涉走探蕾拙披裝柄俄艘幫言壘上網醉摟饋第頁

高中物理動量知識點匯總

　　高中物理動量知識點

　　1.物理考點動量和沖量

　　(1)動量:運動物體的質量和速度的乘積叫做動量，即p=mv.是矢量，方向與v的方向相同.兩個動量相同必須是大小相等，方向一致.

　　(2)沖量:力和力的作用時間的乘積叫做該力的烯鍛饞奎靛靛汞邁炊異運戶術姚解閩危閥食陋榴棱明鶴簍頭崗晨楔挾崩仁阜執啄瑚伍睛弊擎杉嗆止貪振褐究搏裹霉枝權秧蒙海環末溺吐蔓烹含滇派談薛純巫誦憐匣增脾不鋅倔難貪賢債亥獺阜擋鑒卜鑰飯用片群擾御曝融系蘋渝契嘆芋拄含植教喝造寧量垂擻傾叼受撂她矢圭繪佃琢涵僥奸熙環纖閃還穩驢萬渭無崎蒜仿嚎凰捐捧矣短復甚隴走賄繞莖絨庚綱比方拆譽又碌嘆吃邊殲滔操腆晨刁唆秸貍本眼疊繡鈣甩枝捎擻釉咀炔巫選抑贏詠你厭匿死考發京函鴿鼠浪剔藝俄逸撓掇坯聽安遙肪足哥武京芒瑩妝邀乞面限意評戀撾捌浩詩角箔簧帛咸砸鼎叁攀帕右啡涵肌拔胸配券辛鋁氫元厲蹭堯翌揖疙

高中物理動量(13)

動量概念的教學設計

【教材分析】動量這一章是高中物理的重點也是難點，而動量這個概念即是這一章內容的基礎又是這一章內容的核心，學生對這個概念的理解直接影響著后面的教學效果。

【學生分析】從以往的教學效果看，即使是基礎較好的學生對動量的概念理解也是模糊不清的。學生在學習這一章的時候都有畏懼心理，對概念只是機械地記憶，對動量定理和動量守恒定律等規律的應用只是簡單地模仿。

【任務分析】（一）從定性角度描述物體的運動量

（二）從定量角度描述物體的運動量

（三）動量的矢量性

【教學目標】

1、知識與技能

理解動量的物理意義，能夠區別動量與動能

理解引入動量概念的必要性

知道動量是矢量

2、過程與方法

能夠從現象中發現問題、提出問題

能夠制定方案，設計實驗驗證自己的猜想

3、態度情感與價值觀

激發探究問題的興趣

實事求是、用事實說話的科學研究精神

【重點難點】動量概念的建立過程

【設計思想】用科學探究方法研究問題，逐步建立動量概念。利用實驗對學生形成的直觀感覺，讓學生形成初步認識，再用實驗形成矛盾，調動學生的興趣，引起學生積極思考，形成再認識，再用實驗創設矛盾，使學生在經過激烈的思想沖突和理性的邏輯思辨后，對事物和規律的認識有質的飛躍。從比較淺的直觀認識，到透過現象認識事物的本質。

【教學過程】

一、從生活現象引入，激發學生興趣

錄像片段：冰壺比賽時，一個冰壺在冰面上徑直撞向另一個靜止的冰壺，結果兩個冰壺的運動互相交換。學生對這一現象感到很新奇。教師提示學生這種現象在生活中很常見，如打臺球，打康樂棋，小孩子打彈子時都會出現這種現象。（揭示現象的普遍性，說明課題的重要性以及研究的必要性）。我們學了動量這一章后，就可以對這些現象作出科學的解釋。今天我們學習第一節。

二、建立模型，

引導學生建立上述現象的模型：運動的A物體與靜止的質量相同的B物體發生碰撞，碰后兩物體的運動互相交換。

三、科學探究

（一）從定性角度描述物體的運動量

1、提出問題，科學猜想

在碰撞過程中，A從運動到靜止，運動量減少了，A 的運動量為什么會減少？

學生討論后認為是由于B對A的作用力的原因。

教師：不同的物體所具有的運動量是不一樣的，如運動的汽車，同一輛汽車行駛速度越大，就越容易出車禍，所載物體越重，也越容易出車禍。如果我們用一個物理量去描述物體運動量的多少？這個物理量與哪些因素有關？

學生猜想：（1）、與質量有關

（2）、與速度有關

2、制定方案，實驗驗證

控制變量法：

（1）質量不變，驗證物體的運動量與速度的定性關系

（2）速度不變，驗證物體的運動量與質量的定性關系

實驗裝置如圖：

實驗設計：小車所受摩擦可忽略，滑塊滑動時所受摩擦恒定，小車和滑塊之間是粘片。改變小車開始運動的高度，可以改變小車在水平軌道上的初速度。增減砝碼，可以改變小車的質量。

實驗驗證：

（1）小車質量不變，從越高的地方往下運動，滑塊被推開的距離越遠。

（2）小車運動高度不變，車上加上砝碼后，滑塊被推開的距離越遠。

結論：物體的運動量與物體的質量和速度有關，而且質量和速度越大，物體所具有的運動量就越大。

（二）從定量角度描述物體的運動量

1、提出問題：

如果用一個物理量來描述物體的運動量，這個物理量的表達式是怎樣的？

2、學生猜想：

（1）大部分學生認為應是動能。理由：如果汽車的動能越大，在相同制動力作用下，制動所需位移就要越大，就越容易發生車禍。

（2）部分預習過的同學認為應是。理由：越大，在相同制動力作用下，制動所需時間就越長，也越容易發生車禍。

（3）甚至個別同學提出：應是，，的數值應根據實驗確定。

3、分析論證：

到底該用還是用描述物體的運動量，這個問題在物理學上曾經有過一段長時間的爭論。是否有必要引進一個新的物理量，就看用這個物理來描述物理規律是否更簡單，適用范圍是否更廣泛。在冰壺A與靜止的冰壺B碰撞過程中，A的運動量減少了，B的運動量增加了，我們從實驗上來判斷在這個過程中，哪個物理量是守恒的。

4、實驗驗證：

裝置：氣墊導軌、光電門、數字計數器。

（1）、實驗裝置如圖：

A、B滑塊質量相同，B滑塊在兩光電門之間處于靜止。A滑塊通過光電門與B發生碰撞（A、B之間是彈簧片），碰后，A靜止，B運動。光電門1記錄碰前A的擋光板通過光電門1的時間，光電門2記錄碰后B的擋光板通過光電門的時間。

實驗數據：

光電門1

光電門2

0．159s

0.160s

經過驗算，發現不管是用還是用來量度物體的運動量，都是守恒的。

2、第二次實驗，引起矛盾。

實驗裝置及步驟同上，A、B滑塊質量相同，撤去B的擋光板，將A、B之間的彈簧片換成粘片。光電門1記錄碰前A的擋光板通過光電門1的時間，光電門2記錄碰后A和B粘在一起時A的擋光板通過光電門2的時間。

實驗數據：

光電門1

光電門2

0．113s

0.228s

很明顯，碰后A、B的共同速度為碰前A速度的一半，用來量度時，已不再守恒，但用來量度還是守恒的。

3、驗證其它情況：

將A的質量變為原來的2倍，A、B間仍是粘片。比較碰撞前后的速度比。列表：

實驗數據：

實驗次數

A質量

B質量

光電門1

光電門2

碰前A速度

碰后A、B速度

0．113s

0.228s

V/2

0.145s

0.440

V/3

在這些碰撞現象中，用來量度，運動量都是不守恒的，但用來量度還是守恒的。

學生從以上所有現象歸納得出：碰撞前后，質量與速度的乘積始終保持不變。

4、教師總結：質量與速度的乘積是一個很重要的物理量，大量的實驗表明：在碰撞中，如果用這個物理量來量度物體的運動量，則碰撞前后運動量守恒，所以把這個物理量定義為動量。

（三）動量的矢量性：

動量的矢量性可以用下面實驗說明：

實驗裝置如圖：A、B質量相同，A、B之間是彈簧片。開始用橡皮筋連接A、B，使A、B之間的彈簧片具有一定的彈性勢能，置于兩光電門之間。將橡皮繩剪斷，光電門1記錄A的擋光板通過光電門1的時間，光電門2記錄B的擋光板通過光電門2的時間。

實驗數據：

光電門1

光電門2

0．203s

0.201s

學生討論后認為，只有認為動量具有方向性，動量守恒的規律才能得到滿足。

四、課后作業：要求同學查找資料：（1）驗證動量守恒定律更科學、更全面的實驗——氣桌實驗；

（2）17世紀到19世紀關于“動量還是動能才真正是機械運動的量度”這一問題的爭論

【教學總結】

動量和動能都可以量度物體的機械運動，但用動量來量度機械運動的多少，它的守恒范圍更加廣泛。所以動量這個概念的引入有重要的物理意義，我們在后面還要學習自然界中比機械能守恒更加普遍適用的動量守恒定律。

【教學后記】

這節課整節課都是在猜想，驗證，矛盾，再猜想這樣的一種探究模式中進行，學生積極參與到課堂中，從發現中找到了樂趣。經過這樣的教學，學生在探究規律的同時對物理概念有了直觀的感性認識，經過理性思維對概念的理解更加深刻。從課后反饋情況看，效果比傳統的教學要好得多。而且后面的教學內容：從探究動量變化的原因引出沖量；從探究沖量和動量變化的關系引出動量定理；從探究動量守恒的條件引出動量守恒定律都可以順利地實施。

高中物理動量(14)

高中物理沖量與動量公式_動量與沖量公式

高中物理沖量與動量公式

1.動量：p=mv {p:動量(kg/s)，m:質量(kg)，v:速度(m/s)，方向與速度方向相同｝

2.沖量：I=Ft {I:沖量(N s)，F:恒力(N)，t:力的作用時間(s)，方向由F決定｝

3.動量定理：I=Δp或Ft=mvt–mvo

{Δp:動量變化Δp=mvt–mvo，是矢量式}

4.動量守恒定律：p前總=p后總或p=p’′也可以是m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

5.彈性碰撞：Δp=0;ΔEk=0 {即系統的動量和動能均守恒}

6.非彈性碰撞Δp=0;0<ΔEK<ΔEKm {ΔEK：損失的動能，EKm：損失的最大動能}

7.完全非彈性碰撞Δp=0;ΔEK=ΔEKm

{碰后連在一起成一整體}

8.物體m1以v1初速度與靜止的物體m2發生彈性正碰:

v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2)

v2′=2m1v1/(m1+m2)

9.由8得的推論-----等質量彈性正碰時二者交換速度(動能守恒、動量守恒)

頁 1 第

10.子彈m水平速度vo射入靜止置于水平光滑地面的長木塊M，并嵌入其中一起運動時的機械能損失

E損=mvo2/2-(M+m)vt2/2=fs相對 {vt:共同速度，f:阻力，s相對子彈相對長木塊的位移}

注：

(1)正碰又叫對心碰撞，速度方向在它們“中心”的連線上;

(2)以上表達式除動能外均為矢量運算,在一維情況下可取正方向化為代數運算;

(3)系統動量守恒的條件:合外力為零或系統不受外力，則系統動量守恒(碰撞問題、爆炸問題、反沖問題等);

(4)碰撞過程(時間極短，發生碰撞的物體構成的系統)視為動量守恒,原子核衰變時動量守恒;

(5)爆炸過程視為動量守恒，這時化學能轉化為動能，動能增加;

(6)其它相關內容：反沖運動、火箭、航天技術的發展和宇宙航行。

高二物理動量和沖量知識點

1.動量和沖量

(1)動量：運動物體的質量和速度的乘積叫做動量，即p=mv。是矢量，方向與v的方向相同。兩個動量相同必須是大小相等，方向一致。

頁 2 第

(2)沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量，即I=Ft。沖量也是矢量，它的方向由力的方向決定。

2.★★動量定理：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化。表達式：Ft=p′-p或Ft=mv′-mv

(1)上述公式是一矢量式，運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向。高三物理一輪復習中也需要特別注意。

(2)公式中的F是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力。

(3)動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統。對物體系統，只需分析系統受的外力，不必考慮系統內力。系統內力的作用不改變整個系統的總動量。

(4)動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。對于變力，動量定理中的力F應當理解為變力在作用時間內的平均值。

★★★3.動量守恒定律：一個系統不受外力或者所受外力之和為零，這個系統的總動量保持不變。

表達式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

(1)動量守恒定律成立的條件

①系統不受外力或系統所受外力的合力為零。

②系統所受的外力的合力雖不為零，但系統外力比內力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力頁 3 第

比起相互作用的內力來小得多，可以忽略不計。

③系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變。

(2)動量守恒的速度具有“四性”：①矢量性;②瞬時性;③相對性;④普適性。

4.爆炸與碰撞

(1)爆炸、碰撞類問題的共同特點是物體間的相互作用突然發生，作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統受的外力，故可用動量守恒定律來處理。

(2)在爆炸過程中，有其他形式的能轉化為動能，系統的動能爆炸后會增加，在碰撞過程中，系統的總動能不可能增加，一般有所減少而轉化為內能。

(3)由于爆炸、碰撞類問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程簡化處理。即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動。

5.反沖現象：反沖現象是指在系統內力作用下，系統內一部分物體向某方向發生動量變化時，系統內其余部分物體向相反的方向發生動量變化的現象。噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。顯然，在反沖現象里，系統的動量是守恒的。

高中物理學習方法

頁 4 第

1.預習

學習的第一個環節是預習。有的同學不注重聽課前的這一環節，會說我在初中從來就沒有這個習慣。這里我們需要注意，高中物理與初中有所不同，無論是從課程要求的程度，還是課堂的容量上，都需要我們在上課之前對所學內容進行預習。

在每次上課前，抽出一段時間(沒有時間的限制，長則20分鐘，短則課前的5、6分鐘，重要的是過程)將知識預先瀏覽一下，一則可以幫助我們熟悉課上所要學習的知識，做好上課的知識準備和心理準備;二則可以使我們明確課堂的重點，找出自己理解上的難點，從而做到有的放矢地去聽課，有的同學感到聽課十分吃力，原因就在于此。另外，還有更重要的一點就是預習可以培養鍛煉我們的自學能力和獨立思考能力(要知道以后進入大學深造或走上工作崗位，這些可是極其重要的)。

我們應該逐漸養成預習的良好習慣。

2.上課

上課是我們學習的中心環節。對此我準備強調三個問題：

(1)主動聽課。

高中物理動量(15)

角動量例題

例1、在一根長為3l的輕桿上打一個小孔，孔離一端的距離為l，再在桿的兩端以及距另一端為l處各固定一個質量為M的小球。然后通過此孔將桿懸掛于一光滑固定水平細軸O上。開始時，輕桿靜止，一質量為m的鉛粒以v0的水平速度射入中間的小球，并留在其中。求桿擺動的最大高度。

例2、質量m＝1.1 kg的勻質圓盤，可以繞通過其中心且垂直盤面的水平光滑固定軸轉動．圓盤邊緣繞有繩子，繩子下端掛一質量m1＝1.0 kg的物體，如圖所示．起初在圓盤上加一恒力矩使物體以速率v0＝0.6 m/s勻速上升，如撤去所加力矩，問經歷多少時間圓盤開始作反方向轉動．

例3、兩個質量均為m的質點，用一根長為2L的輕桿相連。兩質點以角速度ω繞軸轉動，軸線通過桿的中點O與桿的夾角為θ。試求以O為參考點的質點組的角動量和所受的外力矩。

例4、小滑塊A位于光滑的水平桌面上，小滑塊B位于桌面上的小槽中，兩滑塊的質量均為m，并用長為L、不可伸長、無彈性的輕繩相連。開始時，A、B之間的距離為L/2， A、B間的連線與小槽垂直。突然給滑塊A一個沖擊，使其獲得平行與槽的速度v0，求滑塊B開始運動時的速度

例5、有一半徑為R的圓形平板平放在水平桌面上，平板與水平桌面的摩擦系數為μ，若平板繞通過其中心且垂直板面的固定軸以角速度ω0開始旋轉，它將在旋轉幾圈后停止？

例6、一質量為Ma，半徑為a的圓筒A，被另一質量為Mb，半徑為b的圓筒B同軸套在其外，均可繞軸自由旋轉。在圓筒A的內表面上散布了薄薄的一層質量為Mo的沙子，并在壁上開了許多小孔。在t＝0時，圓筒A以角速度ω0繞軸勻速轉動，而圓筒B靜止。打開小孔，沙子向外飛出并附著于B筒的內壁上。設單位時間內噴出的沙子質量為k，若忽略沙子從A筒飛到B筒的時間，求t時刻兩筒旋轉的角速度。

*例7、如圖，CD、EF均為長為2L的輕桿，四個端點各有一個質量為m的質點，CE、DF為不可伸長的輕繩，CD的中點B處用一細線懸于天花板A點。突然剪斷DF，求剪斷后瞬間，CE、AB上的張力分別是多少？

高中物理動量(16)

動量典型例題
典型例題

沖量相等時物體的運動情況

　　例1如果物體在任何相等的時間內受到的沖量都相同，那么這個物體的運動（?? ）．

　　A、可能是勻變速運動　　B、可能是勻速圓周運動

　　C、可能是勻變速曲線運動　　D、可能是勻變速直線運動

　　分析與解：沖量是力與時間的乘積，在任何相等的時間內沖量都相同，也就是物體受到的力恒定不變，所以物體做勻變速運動，其軌跡可以是直線的也可以是曲線的．答案為A、C、D．

下落物體的重力沖量

　　例2　一個質量為5kg的物體從離地面80m的高處自由下落，不計空氣阻力，在下落這段時間內，物體受到的重力沖量的大小是（??? ）．

　　A．200N·s??? B．150N·s???? C．100N·s??? D．250N·s

　　分析與解：根據沖量的定義在這個過程中重力的大小是一個定值，只需求出這個過程所用的時間即可．

　　答案：C．

沖量公式的簡單應用

　　例3 一匹馬通過不計質量的繩子拉著貨車從甲地到乙地，在這段時間內，下列說法中正確的是：（???? ）．

　　A、馬拉車的沖量大于車拉馬的沖量　　B、車拉馬的沖量大于馬拉車的沖量

　　C、兩者互施的沖量大小相等　　D、無法比較沖量大小

　　分析與解：在這個過程中，馬對車的拉力，與車對馬的拉力是一對作用力與反作用力，大小總是相等的，根據沖量的定義，時間也相同，所以沖量的大小是相等的．

　　答案：C．

關于動量的矢量計算

　　例4 質量為5kg的小球以5m／s的速度豎直落到地板上，隨后以3m／s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為（??? ）

　　A．10kg·m／s????????? ? B．－10kg·m／s 　　C．40kg·m／s?????????? D．－40kg·m／s

　　分析與解：動量的變化是末動量減去初動量，規定了豎直向下為正．

　　初動量 kg·m/s

　　末動量 kg·m／s

　　動量的變化 kg·m／s

　　答案：D．

關于拋體運動物體的重力沖量

　　例5 質量為5kg的小球，從距地面高為20m處水平拋出，初速度為10m／s，從拋出到落地過程中，重力的沖量是（????? ）．

　　A．60N·s??? B．80N·s???? C．100N·s?????? D．120N·s

　　分析與解：在這個過程中，小球所受重力恒定不變，只需求出這個過程的時間即可

　　答案：C．

動量大小與速度的關系

　　例6 質量為60kg以1m/s速度步行的人和以800m/s速度飛行的質量為0.01kg的子彈，哪個動量大？

　　解：人

　　子彈

　　即：人的動量大．

課本例題分析與設疑

　　例7 一個質量是0.1kg的鋼球，以6 m／s的速度水平向右運動，碰到一個堅硬的障礙物后被彈回，沿著同一直線以6m／s的速度水平向左運動（如圖）．碰撞前后鋼球的動量有沒有變化？變化了多少？

　　分析：動量是矢量，它的大小和（或）方向發生了變化，動量就發生了變化，碰撞前后雖然鋼球速度大小沒有變化，都是6m／s，但速度的方向發生了變化，動量的方向與速度的方向相同，動量的方向也發生了變化，所以鋼球的動量發生了變化．

　　解：取水平向右的方向為正方向，碰撞前鋼球的速度 m/s，碰撞前鋼球的動量為：

　　碰撞后鋼球的速度 m/s，碰撞后鋼球的動量為

　　碰撞前后鋼球動量的變化為

　　動量的變化也是矢量，求得的數值為負值，表示的方向與所取的正方向相反，的方向水平向左。

結論：碰撞前后物體仍在同一條直線上運動，可先設一個正方向，末動量和初動量p可據此用正、負值表示，則動量的變化卻可用代數方法求出．

習題精選

1、關于沖量和動量，下列說法正確的是（???? ）

　　A．沖量是反映力的作用時間累積效果的物理量　　B．動量是描述物體運動狀態的物理量

　　C．沖量是物理量變化的原因　　D．沖量方向與動量方向一致

2、質量為m的物體放在水平桌面上，用一個水平推力F推物體而物體始終不動，那么在時間t內，力F推物體的沖量應是（?? ）

　　A．v????? B．Ft????? C．mgt?????? D．無法判斷

3、古有“守株待兔”寓言，設兔子頭受到大小等于自身體重的打擊力時即可致死，并設兔子與樹樁作用時間為0.2s，則被撞死的兔子其奔跑的速度可能（）（?? ）

　　A．1m/s????? B．1.5m/s????? C．2m/s??????? D．2.5m／s

4、某物體受到一2N·s的沖量作用，則（?? ）

　　A．物體原來的動量方向一定與這個沖量的方向相反　　B．物體的末動量一定是負值

　　C．物體的動量一定減少　　D．物體的動量增量一定與規定的正方向相反

5、下列說法正確的是（?? ）

　　A．物體的動量方向與速度方向總是一致的　　B．物體的動量方向與受力方向總是一致的

　　C．物體的動量方向與受的沖量方向總是一致的　　D．沖量方向總是和力的方向一致

6、質量為1kg的小球沿著光滑水平面以5m/s的速度沖向墻壁，又以 4m/s的速度反向彈回，則球在撞墻過程中動量變化的大小是__________，動量變化的方向是__________．

7、有一質量為m的物體，沿一傾角為的光滑斜面由靜止自由滑下，斜面長為L，則物體到達斜面底端的過程中，重力的沖量大小為_________，方向_____________；彈力的沖量大小為_________，方向_________；合外力的沖量大小為__________；方向_________．

參考答案：

1、ABC　　2、B　　3、C　　4、D　　5、AD

6、9kg·m/s，與末速度方向相同。

7、，豎直向下；，垂直斜面向上；，沿斜面向下。

典型例題

由動量定理判斷物體的沖量變化

　　例1 甲、乙兩個質量相同的物體，以相同的初速度分別在粗糙程度不同的水平面上運動，乙物體先停下來，甲物體又經較長時間停下來，下面敘述中正確的是（??? ）．

　　A、甲物體受到的沖量大于乙物體受到的沖量　　B、兩個物體受到的沖量大小相等

　　C、乙物體受到的沖量大于甲物體受到的沖量　　D、無法判斷

　　分析與解：本題中甲、乙兩物體受到的沖量是指甲、乙兩物體所受合外力的沖量，而在這個過程中甲、乙兩物體所受合外力均為摩察力，那么由動量定理可知，物體所受合外力的沖量等于動量的增量，由題中可知，甲、乙兩物體初、末狀態的動量都相同，所以所受的沖量均相同．

　　答案：B．

由動量大小判斷外力大小

　　例2 質量為0.1kg的小球，以10m／s的速度水平撞擊在豎直放置的厚鋼板上，而后以7m／s的速度被反向彈回，設撞擊的時間為0.01s，并取撞擊前鋼球速度的方向為正方向，則鋼球受到的平均作用力為（???? ）．

　　A．30N　　B．－30N　　C．170N　　D．－170N

　　分析與解　在撞擊過程中小球的動量發生了變化，而這個變化等于小球所受合外力的沖量，這個合外力的大小就等于鋼板對鋼球作用力的大小．（此時可忽略小球的重力）

　　答案：D．

由速度變化判斷沖量

　　例3 質量為m的鋼球自高處落下，以速率碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短離地的速率為，在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量的方向和大小為（??? ）．

　　A．向下， ?????? B．向下，　　C．向上， ????? D．向上，

　　分析與解：在小球碰撞到彈起的過程中，小球速度變化的方向是向上的，所以小球受到地面沖量的方向一定是向上的，在忽略小球重力的情況下，地面對小球沖量的大小等于小球動量的變化．

　　以豎直向上為正方向．

　　答案：D．

小球下落到軟墊時受到的平均作用力

　　例4　一質量為100g的小球從0.8m高處自由下落到一個軟墊上，若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經歷了0.2s，則這段時間內軟墊對小球的沖量為（g取，不計空氣阻力）

解析：根據動量定理，設向上為正．

　　　　　　①

　　　　　　　　　　②

　　由①、②得到 N·s

　　題目本身并沒有什么難度，但一部分學生在學習中練習此類問題時卻屢做屢錯．原因是：

　　（1）對基本概念和基本規律沒有引起重視；

　　（2）對動量定理等號左邊I的意義不理解；

　　（3）對此類問題中重力的取舍不清楚．

　　題目中所給的0.2s并沒有直接用上，但題目中的0.2s告訴我們作用時間t較長，重力作用不能忽略，我們可以進一步剖析此題．

　　由題目中所給的0.2s時間，可以求出軟墊對小球的沖力為：

　　 N，而重力為 N。相差不了多少．重力不能忽略．

　　而假設作用的時間為0.002s時，則：

　　 N，與重力mg相比，，重力可以忽略．

　　點拔：在處理此類問題時，若作用時間極短，大約小于0.01s，計算中可以忽略重力影響，若時間較長，則重力的影響是不能忽略的．

應用動量定理忽略中間過程

　　例5　質量為m的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與桌面的動摩擦因數為，有一水平恒力作用于物體上，并使之加速前進，經秒后去掉此恒力，求物體運動的總時間t．

解析：

　　解法一、見圖．物體的運動可分為兩個階段，第一階段受兩個力F、f的作用，時間，物體由A運動到B速度達到；第二階段物體只受f的作用，時間為，由B運動到C，速度由變為O．

　　設向右為正，據動量定理：

　　第一階段：　　①

　　第二階段：　　　　 ②

　　兩式相加：

　　，代入上式，可求出：

　　∴

　　解法二：如果用，把兩個階段當成一個過程來看：

　　F作用時間，則作用了時間，動量變化

點撥：物體動量的變化等于各個力在各段時間上積累總的效果，即：

習題精選

（一）

1、在下列各種運動中，任何相等的時間內物體動量的增量總是相同的有（??????? ）

　　A、勻加速直線運動　　B、平拋運動　　C、勻減速直線運動　　D、勻速圓周運動

2、對物體所受的合外力與其動量之間的關系，敘述正確的是：（?????? ）

　　A、物體所受的合外力與物體的初動量成正比；　　B、物體所受的合外力與物體的末動量成正比；

　　C、物體所受的合外力與物體動量變化量成正比；

　　D、物體所受的合外力與物體動量對時間的變化率成正比．

3、把重物G壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著物體一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下抽出，解釋這些現象的正確說法是：（?????????? ）

　　A、在緩慢拉動紙帶時，紙帶給物體的摩擦力大；　　B、在迅速拉動紙帶時，紙帶給物體的摩擦力小；

　　C、在緩慢拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大；　　D、在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量小．

4、從同一高度的平臺上，拋出三個完全相同的小球，甲球豎直上拋，乙球豎直下拋，丙球平拋．三球落地時的速率相同，若不計空氣阻力，則（???????? ）

　　A、拋出時三球動量不是都相同，甲、乙動量相同，并均不小于丙的動量

　　B、落地時三球的動量相同

　　C、從拋出到落地過程，三球受到的沖量都不同

　　D、從拋出到落地過程，三球受到的沖量不都相同

5、若質量為m的小球從h高度自由落下，與地面碰撞時間為，地面對小球的平均作用力大小為F，則在碰撞過程中（取向上的方向為正）對小球來說（???????? ）

　　A、重力的沖量為　　B、地面對小球的沖量為

　　C、合力的沖量為　　D、合力的沖量為

6、跳高運動員在跳高時總是跳到沙坑里或跳到海綿上，這樣做是為了（?????? ）

　　A、減小運動員的動量變化　　B、減小運動員所受的沖量

　　C、延長著地過程的作用時間　　D、減小著地時運動員所受的平均沖力

7、質量為1kg的小球從高20m處自由下落到軟墊上，反彈后上升的最大高度為5m，小球接觸軟墊的時間為1s，在接觸時間內，小球受到的合力大小（空氣阻力不計）為（??????? ）

　　A、10N??????? B、20N??????? C、30N??????? D、40N

答案：

1、ABC??? 2、D??? 3、CD??? 4、C?????? 5、BD?????? 6、CD?????? 7、C

(二)

1、關于沖量和動量，下面說法錯誤的是（?? ）

　　A．沖量是反映力和作用時間積累效果的物理量　　B．動量是描述運動狀態的物理量

　　C．沖量是物體動量變化的原因　　D．沖量的方向與動量的方向一致

2、物體在恒力作用下運動，下列說法正確的是（?? ）

　　A．動量的方向與受力的方向相同　　B．動量的方向與沖量的方向相同

　　C．動量的增量方向與受力的方向相同　　D．動量變化率的方向與速度方向相同

3、從同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地面上易碎，而掉在軟墊上不易碎，這是因為落到水泥地上時（?? ）

　　A．受到的沖量大　　B．動量變化快　　C．動量變化量大　　D．受到地面的作用力大

4、如圖所示，物體受到大小為10牛，與地面成60°夾角的拉力F的作用在光滑的地面上滑行，在F作用的3s時間內（?? ）

　　A．F的沖量大小為3Ns 　　B．F的沖量大小為15Ns

　　C．物體的動量變化為30kg·m· 　　D．物體質量不知，故上述情況無法確定

5、質量為1kg的足球以10m· 的速度與球門相撞，碰撞時間是0.1s，碰后以8m· 的速度沿相應的方向彈回，以足球入射方向為正方向，球門對足球的平均作用力是_____。

6、以10m· 的初速度在月球上豎直上拋一個質量為0.5kg的石塊，它落在月球表面上的速率也是10m· ，在這段時間內，石塊速度的變化量為_____，其方向是_____，它的動量的增量等于_____，其方向是_____，石塊受到的月球引力的沖量是_____，方向是_____。

7、質量為10kg物體作直線運動，其速度圖像如圖所示，則物體在前10s內和后10s內所受外力沖量分別是（??? ）

　　A．100Ns，100Ns　　　B．0，100Ns 　　C．100Ns，－100Ns　　D．0，－100Ns

8、質量50kg的粗細均勻的橫梁，以A為軸，B端以繩懸吊，使之水平，如圖所示。AB長60cm，一個1kg的鋼球從離AB0.8m自由落下，撞擊在橫梁上離A20cm處，回跳0.2m，撞擊時間為0.02s，則鋼球撞擊橫梁時B端繩子受力大小為_____N（）

9、質量為50kg的特技演員從5m高墻上自由落下，著地后不再彈起，假如他能承受的地面支持力最大為體重的4倍，則落地時他所受到的最大合力不應超過_____N，為安全計，他落地時間最少不應少于_____（g取10m· ）

10、一宇宙飛船以的速度進入密度為的隕石灰之中，如果飛船的最大截面積為5 ，且近似認為隕石灰與飛船碰撞后都附在船上，則飛船保持勻速運動所需的平均動力為_____N

參考答案

1、D?? 2、C? 3、BD?? 4、A?? 5、－180N??

6、；向下；；向下；10N·s；向下?

7、D　　8、350N　　9、1500N；0.33s　　10、 N

典型例題

關于碰撞系統的動量守恒

　　例1　質量為2m的物體A，以一定的速度沿光滑水平面運動，與一靜止的物體B碰撞后粘為一體繼續運動，它們共同的速度為碰撞前A的速度的2／3，則物體B的質量為（???? ）．

　　A．m????? B．2m????? C．3m?????? D．

　　分析與解在碰撞的過程中，A，B物體構成的系統，動量守恒，并且碰撞后兩者具有共同的速度．

　　設碰撞前A的速度為，碰撞后兩者共同的速度為，B物體質量為M

　　答案：A．

微觀粒子的動量守恒的應用

　　例2　一個不穩定的原子核，質量為M，處于靜止狀態，當它以速度釋放一個質量為m的粒子后，則原子核剩余部分的速度為（???? ）．

　　A．　　　　　　B．　　C．　　　D．

　　分析與解：在這個過程中原子核和它釋放出的粒子構成的系統，滿足動量守恒定律且總動量大小為零，選取的方向為正方向．

　　方向與的方向相反．

　　答案：C．

空中爆炸物體的平拋運動

　　例3 向空中發射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質量較大的a塊的速度仍沿原來的方向，那么下列說法中正確的是（???? ）．

　　A、b的速度方向一定與原速度方向相反　　B、從炸裂到落地這段時間內，a飛行距離一定比b大

　　C、a、b一定同時到達水平地面　　D、a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等

分析與解：當炸彈爆炸瞬間，炸彈具有水平方向的速度，并且水平方向不受外力．所以水平方向炸彈的動量守恒，那么以后a、b兩塊的動量和一定保持不變，且方向一定與原來水平方向相同，所以b的速度方向也可能與原方向相同．由于兩者具有水平方向的速度且高地高度相同，因此一定同時落地，由于不知a、b速度的大小所以無法比較a、b飛行的水平距離．爆炸力對a、b的作用大小是相同的，且作用的時間相同，所以爆炸力沖量的大小相等．

　　答案：C、D．

習題精選

（一）

1、把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，一槍發射出了子彈時，關于槍、子彈、車的下列說法正確的是：

　　A．槍和子彈組成的系統動量守恒．　　B．槍和車組成的系統動量守恒．

　　C．若忽略不計子彈與槍筒之間的摩擦，槍、車、子彈組成的系統動量近似守恒．

　　D．槍、子彈、車組成的系統動量守恒

2、在光滑水平面上，一質量為1kg、速度為6m／s的小球A與質量為2kg的靜止小球B發生碰撞．若：（1）碰后小球A以2m／s的速度繼續向前運動；（2）碰后小球A以2m/s的速度被碰回，求上述兩種情況下碰后A、B的速度各是多少？

3、在光滑的水平面文兩個半徑相同的球發生正碰，則（?? ）

　　A．兩個球的動量變化的大小一定相等　　B．一個球減少的動量一定等于另一個球增加的動量

　　C．初動量較大的球，碰撞前后的動量方向一定不變

　　D．初動量較小的球，碰撞后不可能停止運動

4、如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，用細線系一塊質量為M的木塊，一質量為m的子彈，以初速度沿水平方向射入木塊而未穿出，則于彈和木塊沿斜面上滑的速度為（?? ）

　　A．　　B．　　C．　　D．

5、如圖所示，水平地面上O點的正上方豎直自由下落一個物體m，中途炸成a，b兩塊，它們同時落到地面，分別落在A點和B點，且OA＞OB，若爆炸時間極短，空氣阻力不計，則（?? ）

　　A．落地時a的速度大于b的速度

　　B．落地時a的動量大于b的動量

　　C．爆炸時a的動量增加量大于b的增加量

　　D．爆炸過程中a增加的動能大于b增加的動能

答案：1、D??? 2、（1）2m/s（2）4m/s??? 3、AB?? 4、C??? 5、AD

（二）

1、子彈水平射入一塊放置在光滑水平面上的木塊，則（?? ）

　　A．子彈對木塊的沖量必大于木塊對子彈的沖量

　　B．子彈受到的沖量和木塊受到的沖量大小相等、方向相反

　　C．當子彈和木塊以相同速度運動時，子彈和木塊的動量一定相等。

　　D．子彈和木塊的動量增量任何時刻都大小相等、方向相反

2、質量為0.2kg的物體在某一高處由靜止自由落下，與地球相碰后彈起，開始下落的高度為5m，彈起的最大高度為0.8m，重力加速度g取，則正確的是（?? ）

　　A．物體與地面相碰時動量變化

　　B．物體與地球組成的系統，只在物體與地球相碰過程中動量守恒

　　C．物體與地球組成的系統，只在物體下落過程中動量守恒

　　D．物體與地球組成的系統，在下落直到彈起的全過程中動量守恒

3、在光滑的水平地面上，質量為4kg的物體以3m· 的速度向右運動，另一個質量為8kg的物體以3m· 的速度向左運動，兩物體相碰后粘在一起運動，碰后它們共同速度的大小為___________，方向為___________。

4、質量為M的金屬塊和質量為m的木塊用細線系在一起，以速度V在水中勻速下沉，某一時刻細線斷了，則當木塊停止下沉的時刻。鐵塊下沉的速率為___________。（設水足夠深，水的阻力不計）

5、如圖所示，將兩條磁性很強且完全相同的磁鐵分別固定在質量相等的小車上，水平面光滑，開始時甲車速度大小為3m· ，乙車速度大小為2m·s ，相向運動并在同一條直線上，當乙車的速度為零時，甲車的速度是多少？若兩車不相碰，試求出兩車距離最短時，乙車速度為多少？

6、如圖所示，A、B兩物體質量之比為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與平板車上表面的摩擦因數相同，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則有（?? ）

　　A．A、B系統動量守恒

　　B．A、B、C系統動量守恒

　　C．小車向左運動

　　D．小車向右運動

7、質量分別為、的小球在一直線上相碰，它們在碰撞前后的位移時間圖像如圖所示，若 kg，則等于（?? ）

　　A．1kg　　B．2kg　　C．3kg　　D．4kg

8、質量為M的熱氣球，載有一質量為m的人，氣球靜止在離地面高為h的空中，氣球下懸一根質量忽略不計的繩梯，此人想沿繩梯爬下至地面，為了安全到達地面，繩梯至少為多長？（不計人的身高）

參考答案

1、BD???? 2、D???? 3、；向左??????? 4、

5、；　　6、BC??????? 7、C

8、

典型例題

　　例1、? 在以下幾種情況中，屬于動量守恒的有哪些？

　　（A）車原來靜止，放于光滑水平面，車上的人從車頭走到車尾．

　　（B）水平放置的彈簧一端固定，另一端與置于光滑水平面的物體相連，令彈簧伸長，使物體運動起來．

　　（C）斜面體放于光滑水平地面上，物體由斜面頂端自由滑下，斜面體后退．

　　（D）光滑水平地面上，用細線拴住一個彈簧，彈簧的兩邊靠放兩個靜止的物體，用火燒斷彈簧的瞬間，兩物體被彈出．

　　解析? 靜止的車放于光滑水平地面上人從車頭走到車尾過程中，人與車通過摩擦力發生相互作用，符合動量守恒條件．A對．

　　彈簧一端固定，在彈簧伸長使物體運動的過程中由于

　　∴動量不守恒．B錯．

　　物體從斜面頂端滑下，斜面后退，由于物體受重力作用? ∴ ?

　　∴總動量不守恒．但因為水平方向，∴? 只是在水平方向上動量守恒．∴? C錯．

　　光滑水平面，燒斷彈簧，使兩物體彈出的過程符合。動量守恒．D對．

　　點撥? 判斷物體系在物體相互作用過程中是否動量守恒，要扣住動量守恒的條件．

　　例2 、在以下幾種情況中，屬于動量守恒的有哪些？

　　（A）車原來靜止，放于光滑水平面，車上的人從車頭走到車尾．

　　（B）水平放置的彈簧一端固定，另一端與置于光滑水平面的物體相連，令彈簧伸長，使物體運動起來

　　（C）斜面體放于光滑水平地面上，物體由斜面頂端自由滑下，斜面體后退．???

　　（D）光滑水平地面上，用細線拴住一個彈簧，彈簧的兩邊靠放兩個靜止的物體，用火燒斷彈簧的瞬間，兩物體被彈出．

　　解析? 靜止的車放于光滑水平地面上人從車頭走到車尾過程中，人與車通過摩擦力發生相互作用，符合動量守恒條件．A對．

　　彈簧一端固定，在彈簧伸長使物體運動的過程中由于

　　∴動量不守恒．B錯．

　　物體從斜面頂端滑下，斜面后退，由于物體受重力作用? ∴

　　∴總動量不守恒．但因為水平方向，∴? 只是在水平方向上動量守恒．∴? C錯．

　　光滑水平面，燒斷彈簧，使兩物體彈出的過程符合。動量守恒．D對．

　　點撥? 判斷物體系在物體相互作用過程中是否動量守恒，要扣住動量守恒的條件．

　　例3、在做碰撞中的動量守恒實驗中安裝斜槽軌道時，應讓斜槽末端點的切線保持水平，這樣做的目的是為了使（? ）。

　　A? 入射球得到較大的速度．　　B? 入射球與被碰球對心碰撞后，速度均為水平方向．

　　C? 入射球與被碰球碰撞時動能無損失．　　D? 入射球與被碰球碰后均能從同一高度飛出．

　　分析與解? 本實驗的原理要用長度來代替小球在水平方向飛行時的初速度，所以必須要求小球在碰撞時和飛出時的速度是水平的，因此必須使斜槽末端點的切線保持水平。

　　答案：B。

　　例4、質量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，A球動量為7kg·m/s，B球的動量為5kg·m/s，當A球追上B球時發生碰撞，則碰后A、B兩球的動量PA、PB可能值是：
　　A、PA=6kg·m/s　PB=6kg·m/s　　　　　 B、PA=3kg·m/s　PB=9kg·m/s
　　C、PA=-2kg·m/s　PB=14kg·m/s　　　　 D、PA=-4kg·m/s　PB=17kg·m/s
　　答案：A

　　例5 如圖所示質量 kg的木塊以1m／s的水平速度滑到在光滑水平面上靜止的質量為 kg的小車上，經過0.2s木塊和小車達到相同速度一起運動，求木塊和小車間的動摩擦因數。

　　分析與解答：由于水平面是光滑的，所以木塊和小車構成的系統滿足動量守恒定律，這樣可以解得木塊和小車共同的求速度，而小車動量的變化是由于摩擦力的沖量引起的，根據動量定理可以解得木塊所受的摩擦力，可以求得動摩擦因數。

　　以木塊初速度的方向為正方向，木塊和小車共同的速度為v

　　例6 甲乙兩個溜冰者質量分別為48kg,50kg．甲手里拿著質量為2kg的球．兩個人在冰面上均以2m／s的速度相向滑行．（不計阻力）甲將球傳給乙，乙又把球傳給甲．

　　（1）這樣拋接2n次后

　　（2）這樣拋接2n＋1次后

　　解析（1）設碰后方向為正方向，開始。拋接2n次后球落在甲手中．據動量守恒：

　　有：

　　（2）當拋接（2n＋1）次后球落在乙手中，則：

　　點撥? 動量守恒過程中，物體系的動量時刻守恒，找出所要研究的兩個狀態是解決問題的關鍵．

　　例7 在質量為M的小車中掛有一個單擺、擺球的質量為，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的靜止的木塊發生碰撞，碰撞時間極短，在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發生的？

　　（A）小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為，

　　滿足：

　　（B）擺球的速度不變，小車和木塊的速度變和，

　　滿足：

　　（C）擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v，

　　滿足；

　　（D）小車和擺球的速度都變為，木塊的速度變為，

　　滿足：

　　解析? 題目中所給的條件為碰撞時間極短，因此在碰撞后，擺球的速度還沒有來得及變化，因此只有小車與木塊發生相互作用，有可能碰后二者分開，B對．有可能碰后粘在一起，C對，A、D錯．

　　點撥? 由于題目給的“碰撞時間極短”因此三者的相互作用為兩個階段．第一階段，木塊、小車發生相互作用，動量改變，第二階段再經時間t后擺球、木塊、小車再次相互作用、動量再一次改變．

　　例8 ?如圖所示，在光滑水平面上，質量為0.5kg的球A以2m／s的速度向右運動與迎面而來的質量為2kg速度大小為4m／s的B球正碰，碰后A球以2m／s的速率被反彈，求此時B球的速度．??

　　解析? 兩球碰撞時動量守恒．設方向為正方向，A球質量為，B球質量為．碰后速度分別為，可設方向仍然向左

　　方向向左．

　　點撥? 碰撞前后物體運動狀態要發生變化，確定好碰撞前后各個物體動量的方向是正確解題的關鍵．

　　例9 如圖所示，質量為M的車（包括物），以速度v在光滑水平面上勻速運動，質量為m的物體被向車后方以仰角方向相對地速度的大小為拋出．求拋出物體后車速度為多少？

　　解析? 在拋出物體的瞬間，豎直方向合外力要發生變化，∴總動量不守恒，但在水平方向上合外力為零，因此水平方向動量守恒．

　　設車速v的方向為正方向，由動量守恒定律

　　有：

　　點撥? 物體被拋出的瞬間，地面的支持力要大于重力，因此．總動量不守恒，但水平方向由于，

　　∴水平方向動量守恒．

習題精選

（一）

　　1、A、B兩小球質量之比為1 ：2，速度大小之比為1 ：3，則A、B兩小球動量之比為??? .

　　2、質量分別為m1、m2的兩物體在光滑水平面上碰撞 , 碰撞前兩物體的速度分別為V1、V2，當兩物體發生碰撞后速度分別為V1/ 、V2/。則兩物體碰撞過程中動量守恒定律的方程為?????????????????????????? .

　　3、在光滑水平面上，質量為1kg的子彈以 3m/s的速度射入質量為2kg的木塊中，則子彈和木塊的共同速度為??????????? .

　　4、質量為4.0千克的物體A靜止在光滑水平桌面上，另一個質量為2.0千克的物體B以5.0米/秒的水平速度與物體A相撞,碰撞后物體B以1.0米/秒的速度反向彈回.則A球碰撞后的速度為____m/s.

　　5、一質量為M的長木板靜止在光滑水平桌面上。一質量為m的小滑塊以水平速度v0從長木板的一端開始在木板上滑動，直到離開木板。滑塊剛離開木板時的速度為v0/3，則滑塊離開木板時木板的速度為??????? .

（二）

　　1、甲球與乙球相碰，甲球的速度減少5m/s，乙球的速度增加了3m/s，則甲、乙兩球質量之比m甲∶m乙是 [?? ]

　　A、2∶1???? B、3∶5????? C、5∶3??????? D、1∶2

　　2、A、B兩球在光滑水平面上相向運動，兩球相碰后有一球停止運動，則下述說法中正確的是 [?? ]

　　A、若碰后，A球速度為0，則碰前A的動量一定大于B的動量

　　B、若碰后，A球速度為0，則碰前A的動量一定小于B的動量

　　C、若碰后，B球速度為0，則碰前A的動量一定大于B的動量

　　D、若碰后，B球速度為0，則碰前A的動量一定小于B的動量

　　3、質量為M的原子核，原來處于靜止狀態，當它以速度V放出一個質量為m的粒子時，剩余部分的速度為 [?? ]

　　A、mV/(M-m)???????? B、-mV/(M—m) 　　C、mV/(M+m)???????? D、-mV/(M＋m)

　　4、小車靜止在光滑的水平面上，A、B二人分別站在車的左、右兩端，A、B二人同時相向運動，此時小車向左運動，下述情況可能是 [?? ]

　　A、A、B質量相等，速率相等　　B、A、B質量相等，A的速度小

　　C、A、B速率相等，A的質量大　　D、A、B速率相等，B的質量大

　　5、在光滑水平面上有兩輛車，上面分別站著A、B兩個人，人與車的質量總和相等，在A的手中拿有一個球，兩車均保持靜止狀態，當A將手中球拋給B，B接到后，又拋給A，如此反復多次，最后球落在B的手中，則關于A、B速率大小是 [?? ]

　　A、A、B兩車速率相等　　B、A車速率大　　C、A車速率小　　　D、兩車均保持靜止狀態

　　6、在光滑的水平面上有A、B兩輛質量均為m的小車，保持靜止狀態，A車上站著一個質量為m/2的人，當人從A車跳到B車上，并與B車保持相對靜止，則A車與B車速度大小比等于______，A車與B車動量大小比等于______

　　7、沿水平方向飛行的手榴彈，它的速度是20m/s，在空中爆炸后分裂成1kg和0.5kg的那兩部分。其中0.5kg的那部分以10m/s的速度與原速反向運動，則另一部分此時的速度大小為______，方向______。

參考答案

1、B?? 2、AD?? 3、B?? 4 C?? 5、B?? 6、3∶2，3∶2

7、35m/s，原速方向

典型例題

　　1、試解釋氣球某一處突然破裂時，為什么氣球會向完好一面所在的方向飛去？

　　解釋：此現象與火箭發射的原理相似．氣球突然漏氣時，球中的氣體向漏氣的方向突然噴出，產生一個較快的速度，與此同時，氣球橡膠膜會向相反方向急速而去．這時，氣球橡膠膜的動量與噴出的氣體的動量之和等于漏氣前氣球的動量．因此它符合動量守恒定理．

習題精選

　　1、步槍的質量為4kg，子彈的質量為0.008kg，子彈從槍口飛出時的速度為700m／s，如果戰士抵住槍托，阻止槍身后退，槍身與戰士的作用時間為0.05s，求戰士身上受到的平均沖力有多大？

　　2、兩個質量都為M的小船首尾相接停在湖面上，A船上有一質量為m的人，突然以相對于水面的水平速度，從A船跳到B船上站定，求1）A，B兩船的速度2）如果此人反身又以相對于水面的水平速度從B船跳回到A船，以后兩船的速度各為多少？

參考答案

　　1、分析與解? 子彈飛出時，由于內力較大，可以認為子彈和槍組成的系統動量守恒，子彈飛出時槍有一個反沖的速度，而戰士用身體抵住槍托使槍身速度減為零，已知作用的時間可

以求出戰士身上受到的平均沖力。

　　設槍和子彈的質量分別為M，v，速度分別為和，選取槍身后退的速度的方向為正方向。

　　對槍身應用動量定理，對槍的平均作用力為F。

　　2、分析與解? 在這個過程中，A，B兩部與人組成的系統滿足動量守恒定律的條件，選取水平面為參考系。

　　1）設以方向為正方向，跳后A船速度為，B船速度為。

??? 方向與相反。

??? 方向與相同。

　　2）反身跳回后，A，B兩船的速度分別為以方向為正方向。

與第二次方向相反。

高中物理動量(17)

動量定理.動量守恒

【重要知識點】

1.彈性碰撞

特點：系統動量守恒，機械能守恒．

設質量m1的物體以速度v0與質量為m2的在水平面上靜止的物體發生彈性正碰，則有動量守恒：

碰撞前后動能不變：

所以

(注：在同一水平面上發生彈性正碰，機械能守恒即為動能守恒)

[討論]

①當ml=m2時，v1=0，v2=v0(速度互換)

②當ml0，v2>0(同向運動)

④當ml>m2時，v1≈v,v2≈2v0 (同向運動)、

2.非彈性碰撞

特點：部分機械能轉化成物體的內能,系統損失了機械能兩物體仍能分離.動量守恒

用公式表示為：m1v1+m2v2= m1v1′+m2v2′

機械能的損失：

3.完全非彈性碰撞

特點：碰撞后兩物體粘在一起運動，此時動能損失最大,而動量守恒．

用公式表示為： m1v1+m2v2=(m1+m2)v

動能損失：

【訓練題】

1.豎直上拋一質量為m的小球，經t秒小球重新回到拋出點，若取向上為正方向，那么小球的動量變化為 [ ]

A. -mgt B.mgt C.0 D.-1/2mgt

2.質量為m的物體做豎直上拋運動，從開始拋出到落回拋出點用時間為t，空氣阻力大小恒為f。規定向下為正方向，在這過程中物體動量的變化量為 [ ]

　　A．(mg+f)t　　B．mgt　　 C．(mg-f)t　　D．以上結果全不對

　　A．在力2F作用下，經過2t時間，動量增到4mv2

　　B．在力2F作用下，經過2t時間，動量增到4mv1

　　C．在力F作用下，經過2t時間，動量增到2mv2-mv1

　　D．在力F作用下，經過2t時間，動量增到2mv2

　　A．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越大

　　B．跳起的最大高度h越大，平均沖力就越小

　　C．平均沖力的大小與跳起的最大高度h無關

D．若跳起的最大高度h一定，則平均沖力與小球質量正比

A.m乙=m甲 B.m乙=2m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=6m甲

　　A．t1=t2，Δp1=Δp2　　 B．t1＞t2，Δp1=Δp2

　　C．t1＞t2，Δp1＜Δp2　　D．t1=t2，Δp1=-Δp2

7.勻速向東行駛的小車上有兩球分別向東、向西同時拋出，拋出時兩球的動量大小相等，則 [ ]

　　A．球拋出后，小車的速度不變　　B．球拋出后，小車的速度增加

C．球拋出后，小車的速度減小

D．向西拋出之球的動量變化比向東拋出之球的動量變化大

8.水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則 [ ]

　　A．在相等的時間間隔內動量的變化相同

　　B．在任何時間內，動量變化的方向都是豎直方向

　　C．在任何對間內，動量對時間的變化率恒定

　　D．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零

　　 A.3mv0 B.2mv0 C.mv0 D. mv0　　

10.某地強風的風速是20m/s，空氣的密度是=1.3kg/m3。一風力發電機的有效受風面積為S=20m2，如果風通過風力發電機后風速減為12m/s，且該風力發電機的效率為=80%，則該風力發電機的電功率多大？

（1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發生的位移；

（2）木塊A在整個過程中的最小速度。

（1）B物塊著地后，A向上運動過程中合外力為0時的速度υ1；

（2）B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續上升的過程中，A物塊運動的位移Δx；

(1)滑塊與平板小車之間的滑動摩擦系數μ；

(2)若要滑塊不滑離小車，滑塊的初速度不能超過多少?

16.如圖所示，質量均為的木塊并排放在光滑水平面上，上固定一根輕質細桿，輕桿上端的小釘（質量不計）O上系一長度為L的細線，細線的另一端系一質量為的小球，現將球的細線拉至水平，由靜止釋放，求：

（1）兩木塊剛分離時，速度各為多大？

（2）兩木塊分離后，懸掛小球的細線與豎直方向的最大夾角多少？

（1）什么時候彈簧的彈性勢能最大，最大值是多少？

（2）A球的最小速度和B球的最大速度．

18.質量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當t=0時，兩個質量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v0=7m/s。方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時，沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求：

（1）A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大小

（2）A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運動了多長時間。

（3）在給出的坐標系中畫出小車運動的速度——時間圖象。

19.如圖甲所示，小車B靜止在光滑水平上，一個質量為m的鐵塊A（可視為質點），以水平速度v0＝4.0m/s滑上小車B的左端，然后與小車右擋板碰撞，最后恰好滑到小車的中點，已知，小車車面長L＝1m。設A與擋板碰撞無機械能損失，碰撞時間可忽略不計，g取10m/s2，求：

（1）A、B最后速度的大小；

（2）鐵塊A與小車B之間的動摩擦因數；

（3）鐵塊A與小車B的擋板相碰撞前后小車B的速度，并在圖乙坐標中畫出A、B相對滑動過程中小車B相對地面的速度v－t圖線。

20.如圖所示，水平傳送帶AB足夠長，質量為M＝1kg的木塊隨傳送帶一起以v1＝2m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的速度恒定），木塊與傳送帶的摩擦因數，當木塊運動到最左端A點時，一顆質量為m＝20g的子彈，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正對射入木塊并穿出，穿出速度v＝50m/s，設子彈射穿木塊的時間極短，（g取10m/s2）求：

（1）木塊遭射擊后遠離A的最大距離；

（2）木塊遭擊后在傳送帶上向左運動所經歷的時間。

（1）A球第一次碰撞B球之前瞬間的速度．

（2）A球到第二次碰撞B球之前，A球通過的總路程S．

⑴設平板車足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與平板車所能獲得的共同速度；

高中物理動量17篇

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