人船模型与反冲运动

1、§4 人船模型与反冲运动知识目标 一、人船模型1若系统在整个过程中任意两时刻的总动量相等，则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。在此类问题中，凡涉及位移问题时，我们常用“系统平均动量守恒”予以解决。如果系统是由两个物体组成的，合外力为零，且相互作用前均静止。相互作用后运动，则由0=m1+m2得推论0m1s1m2s2，但使用时要明确s1、s2必须是相对地面的位移。2、人船模型的应用条件是：两个物体组成的系统（当有多个物体组成系统时，可以先转化为两个物体组成的系统）动量守恒，系统的合动量为零二、反冲运动1、指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动量变化时，系统内其余部分物体向相

2、反方向发生动量变化的现象2.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态规律方法 1、人船模型及其应用【例1】如图所示，长为l、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？解析:当人从船头走到船尾的过程中,人和船组成的系统在水平方向上不受力的作用,故系统水平方向动量守恒,设某时刻人对地的速度为v2,船对地的速度为v1,则mv2Mv1=0,即v2/v1=M/m.在人从船头走到船尾的过程中每一时刻系统的动量均守恒,故mv2tMv1t=0,即ms2Ms1=0,而

3、s1+s2=L所以 思考：（1)人的位移为什么不是船长？ (2)若开始时人船一起以某一速度匀速运动，则还满足s2/s1=M/m吗？【例2】载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？解析：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面，因为人下滑过程中，人和气球任意时刻的动量大小都相等，所以整个过程中系统平均动量守恒若设绳梯长为l，人沿绳梯滑至地面的时间为 t，由图415可看出，气球对地移动的平均速度为（lh）/t，人对地移动的平均速度为h/t（以向上为正方向）由动量守恒定律，有 M（lh）/

4、tm h/t=0解得 l=h 答案：h 说明：（1）当问题符合动量守恒定律的条件，而又仅涉及位移而不涉及速度时，通常可用平均动量求解（2）画出反映位移关系的草图，对求解此类题目会有很大的帮助（3）解此类的题目，注意速度必须相对同一参照物【例3】如图所示，一质量为ml的半圆槽体A，A槽内外皆光滑，将A置于光滑水平面上，槽半径为R.现有一质量为m2的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，设A和B均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A向一侧滑动的最大距离解析:系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到糟的最右端时,糟向左运动的最大距离设为s1,则m1s1=m2s2,又因为s1s2=2R,所以思考：(1)在槽、小球运

5、动的过程中，系统的动量守恒吗？ (2)当小球运动到槽的最右端时，槽是否静止？小球能否运动到最高点？ (3)s1S2为什么等于2R,而不是R?【例4】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M,枪内有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v0，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完n颗子弹时，小船后退的距离为（）解析:设n颗子弹发射的总时间为t,取n颗子弹为整体,由动量守恒得nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;设子弹相对于地面移动的距离为s1,小船后退的距离为s2,则有: s1=v0t, s2= v1t;

6、且s1s2=L解得:.答案C【例5】如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R,质量为2m的大空心球内大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度地沿大球壁滚到最低点时，大球移动的距离是多少?解析:设小球相对于地面移动的距离为s1,大球相对于地面移动的距离为s2.下落时间为t,则由动量守恒定律得;解得【例6】如图所示，长20 m的木板AB的一端固定一竖立的木桩，木桩与木板的总质量为10kg，将木板放在动摩擦因数为=0. 2的粗糙水平面上，一质量为40kg的人从静止开始以a1=4 m/s2的加速度从B端向A端跑去，到达A端后在极短时间内抱住木桩（木桩的粗细不计），求：（1)人刚

7、到达A端时木板移动的距离 (2)人抱住木桩后木板向哪个方向运动，移动的最大距离是多少？(g取10 m/s2）解析:(1)由于人与木板组成的系统在水平方向上受的合力不为零,故不遵守动量守恒.设人对地的位移为s1,木板对地的速度为s2,木板移动的加速度为a2,人与木板的摩擦力为F,由牛顿定律得:F=Ma1=160N;设人从B端运动到A端所用的时间为t,则s1=½a1t, s2=½a2t; s1s2=20m由以上各式解得t=2.0s,s2=12m(2)解法一:设人运动到A端时速度为v1,木板移动的速度为v2,则v1=a1t=8.0m/s, v2=a2t=12.0m/s,由于人抱住

8、木桩的时间极短,在水平方向系统动量守恒,取人的方向为正方向,则Mv1mv2=(M+m)v,得v=4.0m/s.由此断定人抱住木桩后,木板将向左运动.由动能定理得(M+m)gs=½(M+m)v2解得s=4.0m.V0V解法二:对木板受力分析,木板受到地面的摩擦力向左,故产生向左的冲量,因此,人抱住木桩后,系统将向左运动.由系统动量定理得(Mm)gt=(M+m)v,解得v=4.0m/s由动能定理得(M+m)gs=½(M+m)v2解得s=4.0m.2、反冲运动的研究【例7】如图所示，在光滑水平面上质量为M的玩具炮以射角发射一颗质量为m的炮弹，炮弹离开炮口时的对地速度为v0。求玩具

9、炮后退的速度v?【解析】炮弹出口时速度v0可分解为竖直向上的分量vy和水平向右的分量vx。取炮和炮弹为系统，初始时系统动量为零，炮弹出口时炮弹有竖直向上的动量mvy，而炮车在竖直方向上却没方向相反的动量，因此在竖直分方向上系统的动量不守恒。在水平方向上因地光滑无外力，所以可用水平方向动量守恒来解。炮车和炮弹组成的系统在水平分方向上动量守恒。 设水平向左为正方向，据动量守恒定律，在水平方向上：mv0cos=Mv， 解得炮车后退速度【例8】火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，喷出气体相对地面的速度为v=1000m/s,设火箭的初质量M=300kg，发动机每秒喷气20次，在不考虑阻力的情况下

10、，火箭发动机1s末的速度是多大？解析：由动量守恒，设火箭发动机1s末的速度为v1，则（M20m）v1=20mv，【例9】用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v=70×103m/s绕地球做匀速圆周运动；已知卫星质量m= 500kg，最后一节火箭壳体的质量M=100kg；某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u=1.8×103m/s.试分析计算：分离后卫星的速度增加到多大？火箭壳体的速度多大？分离后它们将如何运动？解析：设分离后卫星与火箭壳体相对于地面的速度分别为v1和v2，分离时系统在轨道切线方向上动量

11、守恒，（M+m）v=mv1+Mv2，且u=v1v2，解得v1=7.3×103m/s,v2=5.5×103m/sMmOR卫星分离后,v1>v2,将做离心运动,卫星将以该点为近地点做椭圆运动.而火箭壳体分离后的速度v2=5.5×103m/s<v,因此做向心运动,其轨道为以该点为远地点的椭圆运动,进入大气层后,轨道将不断降低,并烧毁.【例10】如图所示，带有1/4圆弧的光滑轨道的小车放在光滑水平地面上，弧形轨道的半径为R，最低点与水平线相切，整个小车的质量为M。现有一质量为m的小滑块从圆弧的顶端由静止开始沿轨道下滑，求当滑块脱离小车时滑块和小车的各自速度。【

12、解析】在m由静止沿圆弧轨道下滑过程中，m和M组成的系统在水平方向不受外力作用；因此该系统在水平方向动量守恒。在m下滑时，对M有一个斜向左下方的压力，此压力的水平分量使M在m下滑时向左作加速运动，直到m脱离轨道飞出。从能量守恒的观点看，m与M获得的动能均来自m位置降低所减少的重力势能。设向右为正方向，m脱离轨道时的速度为v1，此时小车的速度为v2.据动量守恒定律，在水平方向上：0mvl一Mv2 据能量守恒:mgR=½mv12+½Mv22由以上两式解得【例11】光子的能量为h，动量大小为h/c，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生衰变时只发出一个光子，则衰变后的原子核（C）

13、A.仍然静止 B.沿着与光子运动方向相同的方向运动 C.沿着与光子运动方向相反的方向运动 D.可能向任何方向运动、解析:原子核在放出光子过程中，系统动量守恒，而系统在开始时总动量为零，因此衰变后的原子核运动方向与光子运动方向相反.【例12】春节期间孩子们玩“冲天炮”，有一只被点燃的“冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内“冲天炮”向上作匀速直线运动，在这段时间内“冲天炮”的有关物理量将是（ ） A，合外力不变；B反冲力变小； C机械能可能变大；D动量变小解析：由竖直匀速上升可知，答案A和C是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果“冲天炮”的质量必然减小，所以答案

14、B和D也是对的，否则就会将B和D答案漏选 答案：ABCD【例13】在与河岸距离相等的条件下，为什么人从船上跳到岸上时，船越小越难？解析：设人以速度v0跳出，这一速度是相对于船的速度而不是相对于地的，设船的速度为v，则人相对于地的速度为v地= v0v，由动量守恒得m（v0v）+（Mv）=0而由能量守恒得½m（v0v）2½Mv2=E，v= v0，则v地= v0v= v0，v0=v地，由于船与岸的距离是一定的，则人相对于地的速度是一定的，即v地一定，所以M越小，则v0越大，即相对速度越大，从能量的角度来看，E=½m（v0v）2½Mv2=½mv地2（）

15、，当M越小时，E越大，即越难。§5 碰撞中的动量守恒知识目标 碰撞1碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况2一般的碰撞过程中，系统的总动能要有所减少，若总动能的损失很小，可以略去不计，这种碰憧叫做弹性碰撞其特点是物体在碰撞过程中发生的形变完全恢复，不存在势能的储存，物体系统碰撞前后的总动能相等。若两物体碰后粘合在一起，这种碰撞动能损失最多，叫做完全非弹性碰撞其特点是发生的形变不恢复，相碰后两物体不分开，且以同

16、一速度运动，机械能损失显著。在碰撞的一般情况下系统动能都不会增加（有其他形式的能转化为机械能的除外，如爆炸过程），这也常是判断一些结论是否成立的依据3弹性碰撞题目中出现：“碰撞过程中机械能不损失”这实际就是弹性碰撞 设两小球质量分别为m1、m2，碰撞前后速度为v1、v2、v1/、v2/，碰撞过程无机械能损失，求碰后二者的速度 根据动量守恒 m1 v1m2 v2m1 v1/m2 v2/ 根据机械能守恒 ½m1 v12十½m2v22= ½m1 v1/2十½m2 v2/2 由得v1/= ，v2/= 仔细观察v1/、v2/结果很容易记忆, 当v2=0时v1/=

17、，v2/= 当v2=0时；m1=m2 时v1/=0，v2/=v1 这就是我们经常说的交换速度、动量和能量m1m2，v/1=v1，v2/=2v1碰后m1几乎未变，仍按原来速度运动，质量小的物体将以m1的速度的两倍向前运动。m1m2，v/l=一v1，v2/=0 碰后m1被按原来速率弹回，m2几乎未动。【例1】试说明完全非弹性碰撞中机械能损失最多解析：前面已经说过，碰后二者一起以共同速度运动的碰撞为完全非弹性碰撞设两物体质量分别为m1、m2，速度碰前v1、v2，碰后v1/、v2/由动量守恒：m1v1m2v2m1v1/十m2v2/损失机械能：Q=½m1v12½m2v22½

18、 m1 v1/2½ m2 v2/2 由得 m1v1m2v1m2v1m2v2m1v1/十m2v1/m2v1/m2v2/ 写成（m1m2）v1m2（v1v2）（m1十m2）v1/m2（v1/v2/）即（m1m2）（v1 v1/）= m2（v1v2）（v1/v2/）于是（v1 v1/）= m2（v1v2）（v1/v2/）/ （m1m2）同理由得m1v1m1v2m1v2m2v2m1v1/十m1v2/m1v2/m2v2/写成（m1m2）v2m1（v1v2）（m1十m2）v2/m1（v1/v2/）（m1m2）(v2 v2/）= m1（v1/v2/）（v1v2）（v2 v2/）= m1（v1/v2

19、/）（v1v2）/ （m1m2）代入得Q=½m1v12½m2v22½ m1v1/2½ m2v2/2=½m1(v12v1/2)½m2(v22v2/2）=½m1(v1v1/) (v1v1/)½m2(v2v2/）(v2v2/）=½m1(v1v1/) m2(v1v2)(v1/v2/)/(m1m2）½m2(v2v2/）m1（v1/v2/）（v1v2）/(m1m2）=½m1 m2/(m1m2) v12v1v2v1v1/v2v1/v1v1/v1v2/v1/2v1/v2/v2v1/v2v2/v1v2v

20、22v1/v2/v2/2v1v2/v2v2/=½m1 m2/(m1m2) v12v1v2v1v2v22v1/2v1/v2/v1/v2/v2/2= ½m1 m2/(m1m2)(v1v2)2(v1/v2/)2由式可以看出:当v1/= v2/时，损失的机械能最多规律方法【例2】如图所示，一轻质弹簧两端各连接一质量均为m的滑块A和B，两滑块都置于光滑水平面上今有质量为m/4的子弹以水平速度V射入A中不再穿出，试分析滑块B何时具有最大动能其值为多少？解析：对子弹和滑决A根据动量守恒定律 mv/4=5mv/4所以v/=v/5。 当弹簧被压缩后又恢复原长时，B的速度最大，具有的动能也最大

21、，此过程动能与动量都守恒 由得：vB=2v/9 所以 B的动能为EkB=2mv2/81答案：弹簧被压缩又恢复原长时；EkB=2mv2/81【例3】甲物体以动量P1与静止在光滑水平面上的乙物体对心正碰，碰后乙物体的动量为P2，则P2和P1的关系可能是（ ） AP2P1； B、P2= P1 C P2P1； D以上答案都有可能 解析：此题隐含着碰撞的多种过程若甲击穿乙物体或甲、乙两物体粘在一起匀速前进时有P2P1；若甲乙速度交换时有P2= P1；若甲被弹回时有P2P1；故四个答案都是可能的而后三个答案往往漏选 答案：ABCDMmV0【例4】如图所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的

22、子弹以速度v0从下面竖直向上击中子弹并穿出，使木球向上跳起高度为h，求子弹穿过木球后上升的高度。 【解析】把木球和子弹作为一个系统研究，在子弹和木球相互作用时间内，木球和子弹要受到重力作用，显然不符合动量守恒的条件。但由于子弹和木球间的作用力(内力)远大于它们的重力(外力)，可以忽略重力作用而认为系统动量守恒。 设子弹刚穿过木球时，子弹的速度为v1，木球的速度为v2，竖直向上为正方向。 对系统，据动量守恒：mv=mv1Mv2木球获得速度v2后，上升的过程机械能守恒：½Mv22=Mgh两式联立得子弹射穿木球后的上升过程机械能守恒：½mv12=mgH，将v1代入得子弹上升的最大

23、高度：【例5】有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计）质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为04m的轻绳相连结开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为02m处如图（a）所示然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R/（rR/R的圆孔，圆孔与两薄板中心在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞，碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧在轻绳绷紧瞬间，两物体具有共同速度V，如图4一22（b）所示问： （l）若M=m，则v值为多大 （2）若M/m=k，试讨论v的方向与k值间的关系解析：M、m与固定支架碰撞前的自由下落，所以v02=2gh v0=2 ms碰撞后，M原速返回向上

24、作初达v0的匀减速运动，m作初速为v0向下匀加速运动设绳刚要绷直时，M的速度为v1，上升的高度为h1，m的速度为v2，下降的高度为h2，经历时间为t，则：v1v0一gt v12v02一2g h1 v2v0gt v22v02一2g h2 又hlh2=04 由上五式解得：v2=3 m/s， v1=1m/s在绳绷紧瞬间，时间极短，重力的冲量忽略不计，则M与m组成的系统动量守恒设向下为正则 mv2Mv1=（Mm）v， 即 v= （1）当Mm时，v1m/s （2）当M/mk时V= 讨论：k3时，v0两板向下运动， k3时，v0 两板向上运动， k3时，v0两板瞬时静止【例6】如图所示，一辆质量M=2 k

25、g的平板车左端放有质量m=3 kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数µ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g10 m/s2）求：（1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离； (2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v2； (3）若滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长解析:平板车第一次与竖直墙壁发生碰撞后速度大小保持不变，但方向与原来相反在此过程中，由于时间极短，故滑块m的速度与其在车上的位置均未发生变

26、化此外，由于相对运动，滑块m和平板车间将产生摩擦力，两者均做匀减速运动，由于平板车质量小，故其速度减为0时，滑块m仍具有向右的不为0的速度，此时起，滑块m继续减速，而平板车反向加速一段时间后，滑块M和平板车将达到共同速度，一起向右运动，与竖直墙壁发生第二次碰撞（1）设平板车第一次碰墙壁后，向左移动s，速度减为0.（由于系统总动量向右，平板车速度为0时，滑块还具有向右的速度） 根据动能定理有：一½µmgs1=0一½Mv02代入数据得：(2)假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2 m/s，滑块的速度则大于2 m/s，方向均向右，这显然不

27、符合动量守恒定律所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v2.此即平板车碰墙瞬间的速度mv0一Mv0（Mm）v2，(3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v前的过程，可用图(a) (b) (c）表示图(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图（c）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功µmgs/，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功µmgs/（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为0)，其中s' ,s"分别为滑块和平板车的位移滑块

28、和平板车动能总减少为µmgL，其中Ls/+s/为滑块相对平板车的位移此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边设滑块相对平板车总位移为L,则有：½(Mm)v02=µmgL,L即为平板车的最短长度§6 动量、能量综合应用知识目标 一、动量和动能 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同： 动量是矢量，动能是标量物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变 动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量

29、度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度 动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比不同物体动能相同时动量可以不同，反之亦然，常用于比较动能相同而质量不同物体的动量大小；常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小 二、动量守恒定律与机械能守恒（包括能量守恒）定律 动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力（不管是内力还是外力）做功所以，在利用机械能守恒定

30、律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况（不管是否做功），并着重分析是否满足合外力为零应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内F外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成三、处理力学问题的基本方法

31、处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动

32、能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意： 1.认真审题，明确物理过程这类问题过程往往比较复杂，必须仔细阅读原题，搞清已知条件，判断哪一个过程机械能守恒，哪一个过程动量守恒 2.灵活应用动量、能量关系有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式【例1】如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m求：（1）A、B分离时B的速度多大？（2）C由顶点滑下到沿轨道

33、上升至最高点的过程中做的功是多少？ 分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B分离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A分离时的速度向右做匀速运动，C沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加（实际上是等于C的重力所做的功）。 解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，则 2mvABmvC0 又系统内仅有重力弹力做功，机械

34、能守恒，有mgR=½（2m）vAB2½mvc2联立解得vAB，vC=2，即分离时B的速度为 （2）当C上升到最高点时，C与A有共同速度vAB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mvABmvC2mvAC 解之得vAC= 所以W=½mvAB2½2mvc2½m（）2½×2m（）2mgR 点评：本题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考查对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。规律方法一、特点 能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电

35、学与原子核物理学中也都有类似的题目因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里 二、解题思路 1选出要研究的系统 2对系统分析，看是否动量守恒（有时是某一方向动量守恒），再根据动量守恒定律列方程 3对系统中的物体受力分析，找出外力总功与物体始末动能，从而应用动能定理列关系式 4这当中有时要用到机械能守恒或能量守恒定律，可根据具体情况列出关系式5根据以上的关系式，求得某一物理量【例2】如图所示，质量为m的小铁块以初速度v0滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为s，则木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，

36、转化成内能的能量各是多少？解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒 根据动量守恒定律m v0（Mm）v根据动能定理，对M ½Mv2=mgs对m： ½m v02一½mv2=mg（ss）木块动能增量为mgs=½M2铁块动能减少量为：mg（ss）=½m v02½m2系统机械能的减少量为：½m v02一½mv2½Mv2mgs转化成内能的能量为：mgs 答案： ½M2，½m v02½m2，mgs，mgs 点评：从以上可知，（1）m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能 （2

37、）系统机械能的减少量等于产生的内能 （3）从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同【例3】上题中S与S比较，可能（ ）A一定Ss； B一定SS； C一定SS；D以上结论均可能，但不能说是一定解析：由m v0（Mm）v得v= ，mgs=½M2 mgs=½m v02一½mv2½Mv2=½mv02一½m2½M2我们比较S与S的大小，只要看mgs一mgs大于零或小于零，或者等于零即可mgs一mgs=½m v02一½m2½M2½M2½m v021对1=显然大于零 由以上讨

38、论可知SS 答案：c【例4】如图所示，质量Mlkg的平板小车右端放有质量m2kge的物块（可视为质点），物块与车之间的动摩擦因数=05开始时二者一起以v0=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身足够长，使物块不能与墙相碰（g10 rns2）求： （1）物块相对于小车的总位移S是多少？ （2）小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程SM为多少？解析：（1）由于 mM，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停止在墙角边为止，设物体相对于车的位

39、移为S，由能量转化和守恒定律得： mgs=½（m+M）v02，所以s=（m+M）v02/2mg=5.4m（2）设v1v0，车与墙第n次碰后边率为vn，则第（n1）次碰后速率为vn+1，对物块与车由动量守恒得： mvnMvn=（mM）vn+1 所以vn+1vn= vn/3 车与墙第（n1）次碰后最大位移 sn+1= vn+12/2a=Sn/9 可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程 SM=2（S1S2Sn）2 S1·（1十十 ）= 车第一次与墙碰后最大位移 S1/2a/2a，a=mg/M=10m/s2 可算得 S1=m18 m 所以S

40、M=m4.05n 答案：（1）54 m（2）405 m点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练【例5】如图所示，质量为M长为L的木板（端点为A、B，中点为O）置于光滑水平面上，现使木板M以v0的水平初速度向右运动，同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端（它对地初速为零），它与木板间的动摩擦因数为，问v0在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来（即相对木板静止）？解析：当

41、 m、M相对静止时， m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移s½LsL由动量守恒M v0=（M十m）v物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以 mgs½M v02½（Mm）v2解方程得s代入条件½L所以v0 L所以v0 即：使m在OA间停下，v0满足的条件：v0【例6】：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量PA=5kg·M/S，B球的动量为PB=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为PB/=10kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是：A、 mB=mA； B、mB=

42、2mA；C、mB=4mA； D、mB=6mA；解：由动量守恒得PAPB= PA/+PB/代入数据得PA/=2kg·m/s由碰撞中动能不增特征知数据得mB2.5mA，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mAPB/mB可得mB1.4mA碰撞后速度应满足关系PA/mAPB/mB可得mB=5mA综合得答案：C【例7】如图所示，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中求：（1）沙箱上升的最大高度 (2)天车的最大速度，解析：（1）子弹打入沙箱过程中动量守恒m0v0=（m0+m）v1

43、摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v2，则有（m0+m）v1=（m0+m+M）v2½（m0+m）v12=½（m0+m+M）v22+（m0+m）gh 联立可得沙箱上升的最大高度（2）子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v3，沙箱速度为v4，由动量守恒得（m0+m）v1=Mv3+（m+M）v4由系统机械能守恒得½（m0+m）v12=½Mv32+½（m+M）v42联立求得天车的最大速度说明：（1）该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒共同摆动过

44、程中，子弹、沙箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒式可列为m0v0=（m0+m+M）v2，但式就不能列为½m0v02=½（m0+m+M）v22+（m0+m）gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚 （2）、两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性【例8】如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方 A是某种材料做成的实心球，质量m10. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m20. 10 kg的木棍B，B只

45、是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙将此装置从A下端离地板的高度H1. 25 m处由静止释放实验中，A触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，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g10 m/s2解析:实心球A和木棍开始做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v1，由运动学公式 由题意，A触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v1，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变由于A的速度变为向上，B的速度仍向下，A,B相向运动，之间接着产生很强的作用力，A对B作用力的冲

46、量使B的速度方向变为向上，设大小为v2/, 而B对A的冲量使A的速度由v1减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得： m1v1m2v2=m2v2/(v1=v2) 以后，B脱离A以初速度v2/做竖直上抛运动，设木棍B上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：½m2v2/2=m2gh,由以上几式联立，解得：h=4. 05 m【例8】两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。

47、在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。 （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。 2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有mv0=（mm）v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有2mv13mv2。 由以上两式得A的速度v2=v0 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒

48、，有 ½½×2mv12=½×3mv22EP 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有EP½（2m）·v32 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒，有2mv3=3mv4 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP/，由能量守恒，有½½×2mv32=½×3mv42EP/ 解以上各式得 E P/=mv02【例9】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示，木板位于光滑水平的桌