高中物理难点巧学曲线运动 动能定理

第三单元 牛顿运动定律

难点巧学

一、巧用“两边夹”确定物体的曲线运动情况 曲线运动是变速运动，从运动学的角度可以确定物体加速度与速度、轨迹之间的关系，也可以从动力学的角度确定合外力F与速度、轨迹之间的关系。

物体做曲线运动的轨迹不外乎以下三种情况：物体的加速度a与其速度v之间的夹角为锐角、直角或钝角。所谓“两边夹”就是加速度（或合外力）与速度把轨迹夹在中间，即：物体做曲线运动的轨迹总在与两方向的夹角中，且和的方向相切，向加速度一侧弯曲。．．．．．．．．．．．．a．．v．．．．．．．．．．．v．．．．．．．．．．．．．．．．如下图4－1所示三种情况就是这样。

a V a 图4－1 V V a 例1 一质点在某恒力F作用下做曲线运动，图4－2中的曲线AB是该质点运动轨迹的一段，质点经过A、B两点时的速率分别为vA、vB.

（1） 用作图法找出该恒力方向的可能范围。 （2） 该恒力的方向能否在过A点或B点的 VA 切线上？ B A （3） 该质点从A点到B点的过程中其速度

VB 大小如何变化？

图4－2 （4） 若速率有变化，且vA＝vB，则速率最大

或最小时在什么位置？

解析 （1）过A、B两点分别作曲线的切线①和③、法线②和④，如图4－3所示，从A点

看，恒力F应在①线的右侧；从B点看F应在③线的左侧；因恒力的方向是不变的，故应同时满足上述两条件。若平移③线过A点，则①、③两线之间箭头所指的区域即为F在A点的方向可能的范围。

（2）若F在①线上，则它与vA在同一直线上，由于F为恒力，故质点不可能再做曲线运动，这说明F不可能在①线上。若F在③线上，则在A点时vA在垂直于F的方向上有分量，而到B点时垂直于③线的运动分量没有了，这与该方向上没有F分量相矛盾，故F不可能在③线上。

（3）由于F在A点时与vA夹角大于90º，而在 VA B点时与vB夹角小于90º，故质点的速率应该是先减 ② ④ 小后增大。 A VB （4）由于已经判定速率为先减小后增大，且

① ③ vA＝vB，则运动过程中速率有最小值，且发生在F与 ③ v垂直的位置。 图4－3 二、效果法――运动的合成与分解的法宝 力的分解如果不考虑该力产生的效果，对求解往往影响不大，但运动的分解如果不考虑实际效果，就有可能得出错误的结论。反之，若根据运动效果进行分解，会有意想不到的收

获。下面以一个曲线运动中常见的题型――“绳连物”模型为例进行说明。

例2 如图4－4所示，用绳牵引小船靠岸，收绳的速度为v1，在绳子与水平方向夹角为α的时刻，船的速度v有多大？ V 解析 先用“微元法”解答。小船在极短时 间Δt内从A点移到C位移为Δs，如图4－5 所示，由于Δt很小，因此绳子转过的角度Δθ 很小，由数学知识可认为Δs2⊥OA, Δs2⊥OC, 所以有s＝s1＋s2，Δs2为物体垂直绳方向 的位移，Δs1为沿绳方向的位移。再由速度的 定义，当Δt很小时，v＝s/ts1/ts2/t，

O Δθ 图4－4 1 V α D 所以v＝v1＋v2，即船的速度分解为沿绳方向的速 度v1和垂直于绳方向的速度v2。

21用“效果法”解答。船的速度v的方向就是合速度 的方向，这个速度产生了两个运动效果：（1）假如绳与 C 水平方向夹角α不变，只是在拉绳，小船将沿绳收缩方

图4－5 向以v1速度运动，（2）假如绳长AO不变，只是α在变， 小船将以O为圆心、OA长为半径做圆周运动，速度v2垂直 V1 于OA。而α、OA均改变时，即小船向右运动时，v1、v2

就可以看成是它的两个分运动，矢量图如图4－6所示，从 图中易知v＝v1/cosα α V 比较两种方法可知，效果法简便易行，又可帮助同学 们理解圆周运动知识，同时也让学生懂得不能将绳的速度 进行正交分解。 V2 4－6 三、平抛运动中的“二级结论”有妙用 解决平抛及类平抛运动问题，重在把握水平方向的匀速运动和竖直方向初速为零的匀加速直线运动的独立性、等时性、等效性，充分利用矢量三角形、勾股定理、三角函数等知识解答。特别提醒：①强调落点的问题必须抓住两个分位移之间的关系。②强调末速度的“大小”或“方向”（特别是“方向”）的问题必须抓住两个分速度之间的关系。

另外，记住以下三个“二级结论”（也可称作定理）会让我们在今后解决平抛及类平抛运动问题中收到意想不到的效果，结论如下。

sssA 结论一：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与

水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为β，则tanθ＝2tanβ （其应用见“活题巧解”例7） B O 结论二：做平抛（或类平抛）运动的物体任意时刻 瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 如图4－7中A点和B点。

（其应用见“活题巧解”例6）

y x A vo v v结论三：平抛运动的物体经过时间t后，位移s与

水平方向的夹角为β，则此时的动能与初动能的关系为

2

Ekt＝Eko（1＋4tanβ） 图4－7 （待高一下学期用） 四、建立“F供＝F需”关系，巧解圆周运动问题 在匀速圆周运动中合外力一定等于物体所需的向心力；在变速圆周运动中，合外力沿 半径方向的分力提供向心力。但有一个问题我们极易出错又始终感到不好理解，即：做曲线．．．运动的物体实际受到的力沿半径方向的分力（F供）并不一定等于物体所需的向心力（F需＝．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．mv）。例如，当F供﹥F需时，物体做向心运动；当F供＝F需时，物体就做圆周运动；当

R2F供﹤F需时，即物体所受的力不足于维持它做圆周运动，物体做离心运动。因此，我们在分析物体是否能做圆周运动时，必须弄清F供与F需的关系，活用临界条件法、等效法、类比法等列方程求解。

例3 设一运动员和自行车的总质量为m，自行车与地面的动摩擦因素为µ，自行车做圆周运动的轨道半径为R，自行车平面偏离竖直方向的角度为θ，转弯速度为v，地面支持力为N。问：自行车要顺利转弯，须满足什么条件？

解析 要使自行车顺利转弯，必须解决两个问题：一是不向外滑动，二是不发生翻倒。

（1） 转弯速度――不向外滑动的临界条件

自行车转弯所需向心力由地面的静摩擦力提供，不向外滑动的条件是所需向心力不超出．．．．

最大静摩擦力，即Fn≤μmg，根据牛顿第二定律有 μmg＝m

vmax2

RN F 所以，最大转弯速度为vmax＝gR θ mg μmg 图4－8 （2） 临界转弯倾角――不翻倒的临界条件

自行车不翻倒的条件，是质心受到的合力矩为零。 如图4－8所示，即向内倾斜而又不滑动、也不翻倒的 临界条件是支持力N与最大静摩擦力fmax的合力通过 质心。根据三角函数关系，临界转弯倾角

2vfmaxtanθ＝max＝＝NRg，

v2maxθ＝tanμ＝tan

R－1

－1

答案：必须同时满足两个条件，即速度不超过gR，自行车平面与竖直方向的夹v2max角等于tan

R－1

五、把握两个特征，巧学圆周运动 1． 圆周运动的运动学特征问题

此类问题，需同学们熟练掌握描述圆周运动的线速度、角速度、向心加速度、周期、频率、转速等物理量及其关系，同时，要抓住一些“过渡桥梁”。例如：凡是直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，在不考虑打滑的情况下，两轮边缘上各点的线速

度大小相等；凡是同一轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点除外）

2．圆周运动的动力学特征及分析与求解 圆周运动的动力学特征为F向＝mv。具体在解决问题时，要注意以下三点：

R2①确定研究对象的轨道平面和圆心的位置。例如火车转弯时，其轨道平面是在水平面内而不是在斜面上。在水平放置的半球形碗内壁上做圆周运动的小球，其轨道平面为水平面，圆心在轨道圆平面上，而不是在球心。

②向心力不是与重力、弹力、摩擦力等并列的“性质力”，而是据效果命名的“效果力”，故在分析做圆周运动的质点受力时，切不可在性质力上再添加一个向心力。

③坐标系的建立：应用牛顿第二定律解答圆周运动问题时，常用正交分解法，其坐标原点是做圆周运动的物体（视为质点）所在的位置，相互垂直的两个坐标轴中，其中一个坐标轴的方向一定沿半径指向圆心。

六、现代科技和社会热点问题――STS问题 这类试题往往利用物理新模型将教材中难度不大、要求不高，但属重点内容的基础知识及与其相关的例题、习题加以有效拼接，演变成各种立意新颖、设计科学的题目，从更高层次上考查学生对所学基础知识的掌握程度和迁移能力、综合能力、创新能力。这类题具有“高起点、低落点”的特点，起点高是指科技成果新，题型新颖、独特，为题海所无法包容；落点低是指完成这些题目所需的基础知识不超纲。现举两例说明此类题目的巧解。

例4 从空间同一点O，同时向各个方向以相同的速率抛出许多小球，不计空气阻力，试证明在这些球都未落地之前，它们在任一时刻的位置可构成一个球面。

解析 如果我们从“可构成一个球面”出发，以地面为参照物列方程求解会很复杂，并且不易求解。其实，这道题比较好的解法是虚物假设法。

解析 假设在O点另有一个小球A，当所有小球被抛出的那一瞬间，让O点处的这个假设小球做自由落体运动（这是解答本题最关键的一步）。

因为做抛体运动的所有小球与假设做自由落体运动的小球A的加速度都相等（都等于重力加速度），所以，做抛体运动的各小球相对于A球都做匀速直线运动，其位移（注意：是相对于做自由落体运动的小球A的位移）的大小都是s＝v0（tv0为各小球抛出时的初速率，t为小球运动的时间），也就是说，在同一时刻，各小球与A的距离都相等，因各小球在同一时刻在空中的位置可构成一个球面，这个球面的半径为R＝v0t。可见，不同时刻，这些小球的位置构成不同球面，当然，这些球面的球心就是假设做自由落体运动的小球A。

由以上解答也可解释节日的夜晚燃放的烟花在空中为什么是球形的。 例5 （2005·武汉模拟）早在19世纪，匈牙利物理学家厄缶就明确指出：“沿水平地面向东运动的物体，其重量，即：列车的视重或列车对水平轨道的压力一定要减轻。”后来，人们常把这类物理现象称之为“厄缶效应”。

我们设想，在地球赤道附近的地平线上，有一列车质量是m，正在以速度v沿水平轨道向东匀速行驶。已知地球的半径R及地球自转周期T。今天我们像厄缶一样，如果仅仅考

虑地球自转的影响，火车随地球做线速度为

2R的圆周运动时，火车对轨道的压力为FN；T在此基础上，又考虑到这列火车相对地面附加了一个线速度更快的匀速圆周运动，并设此时

′

火车对轨道的压力为FN，那么，单纯地由于该火车向东行驶而引起火车对轨道压力减轻的

′

数量FN－FN为

A.

v2 mRB.

v22 m[2()v]RT2v22 D.

m（）vm[()v]TRT解析 我们用构建物理模型法来解答此题。

C.

把火车看作一个质点在向东绕地心做匀速圆周运动，向心力由地球对火车的引力F和地面对火车支持力的合力提供，根据牛顿第二定律得

引

（ F引－FN＝m2R2)/R T2R′2/R （+v）F引－FN＝mT′

v22联立求解得：FN－FN＝m[+2()v]

RT答案选B.

活题巧解

例1 （2005·宣武区）一质点在xoy平面内运动的轨迹如图4－9 所示，下面关于其分运动的判断正确的是 y A. 若在x方向始终匀速运动，则在y方向先加速后减速运动； B. 若在x方向始终匀速运动，则在y方向先减速后加速运动； C. 若在y方向始终匀速运动，则在x方向一直加速运动；

D. 若在y方向始终匀速运动，则在x方向一直减速运动。 O X

巧解 类比法

图4－9

本题可从动力学的角度确定外力与速度方向改变的关系，即：物体做曲线运动的轨迹总在加速度与速度矢量的夹角中，且和速度的方向相切，向加速度一侧弯曲。再和平抛运动的动力学特点类比，可知B对

【答案】B

例2 （2005·南京模拟）小河宽为d，河水中各点水流速度大小与各点到较近河岸边的距离成正比，v水＝kx，k＝4v0/d，x是各点到近岸的距离。小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法中正确的是

A. 小船渡河的轨迹为曲线；

B. 小船到达离河岸d/2处，船渡河的速度为5v0； C. 小船渡河时的轨迹为直线；

D. 小船到达离河岸3d/4处，船渡河的速度为10v0。

巧解 速度合成法

由于小船划水速度为v0不变，水流速度先变大再变小，河中间为其速度大小变化的转

折点，故其合速度的大小及方向在不断的变化，可见其轨迹为曲线；在河中间时小船的渡河速度应为5v0；到达离河岸3d/4处时，水流速度为v0，船渡河的速度应为2v0，故正确选项为A、B。

【答案】AB 例3 甲、乙两船从同一地点渡河，甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果甲、乙到达对岸同一地点。设甲、乙两船在静水中的速度分别为v甲、v乙并保持不变，求它们到达对岸所用时间之比t甲∶t乙＝？

巧解 矢量图解法

由题意可知，甲、乙航线相同，设它们合速度与河岸的夹角为α，航程为S，如图4－10所示。则对甲有

t甲＝

S

v甲sin（1）

V甲 v乙 α α v水 作出乙的速度矢量图如图，由图可知，要使 乙的航程最短，v乙与航线必定垂直，所以

t乙＝

图4－10 S

v乙/tan（2）

由（1）（2）两式得

t甲v乙 ＝t乙v甲sintanv乙v乙2再由几何知识得cosα＝ ∴sinα＝1－2 将它们代入上式得

v甲v甲t甲v乙2v甲2v乙2 ＝2×2 ＝222t乙v甲v甲－v乙v甲－v乙t甲v乙2v甲2v乙2【答案】＝2×2 ＝222t乙v甲v甲－v乙v甲－v乙

例4 （2005·上海卷）如图4－11所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小

车下吊着装有物体B的吊钩。在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间距离以d＝H－2t2（式中H为吊臂离地面的高度）的规律变化，则物体做 A A. 速度大小不变的曲线运动；

B 图4－11

B. 速度大小增加的曲线运动；

C. 加速度大小方向均不变的曲线运动；

D. 加速度大小方向均变化的曲线运动。

巧解 构建模型法

物体在水平方向上随车一起做匀速直线运动。而在竖直方向，A、B间的距离满足d＝H－2t2，即做初速为零的匀加速直线运动，类似平抛运动的模式。过程中物体的水平速度不变，而竖直方向上加速度大小、方向均不变，C正确。向上的速度随时间均匀增大，由速度的合成可知，其速度大小也增大，B正确。即选BC.

【答案】BC

例5 如图4－12所示，与水平面的夹角为θ的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以初速度 vo 从三角形木块的顶点上水平抛出。试求质点距斜面的最远距离。

巧解 定理法

当质点做平抛运动的末速度方向 平行于斜面时，质点距斜面的距 离最远。此时末速度方向与初速

θ 度方向成θ角，如图4－13 所示。

图4－12 中A为末速度的反向延长线与水 平位移的交点， AB 即为所求的最远距离。根据平抛运动规律有

vy ＝ gt ， x ＝ v0t 和

vo

vyv0＝tan

x 2O A B v θ 图4－13 由平抛运动的“二级结论”可知：OA＝AOsin 据图中几何关系可得：ABv02tansin解以上各式得：AB＝ 此式即为质点距斜面的最远距离

2gv02tansin【答案】AB＝

2g例6 一质量为 m 的小物体从倾角为30的斜面顶点A水平抛出，落在斜面上 B 点，若物体到达 B 点时的速度为 21m/s ，试求小物体抛出时的初速度为多大?（不计运动过程中的空气阻力）

o

巧解 定理法

由题意作出图4－14，末速度与水平方向 夹角设为α，斜面倾角设为β。根据平 抛运动的“二级结论”可得

o

tanα＝ 2tanβ，β＝30

所以tanα＝ 2

v0 B α v0 β A 3 vt vy 3 4－14 图由三角知识可得：cosα＝3 21又因为 vt ＝

v0，所以初速度 v0 ＝ vtcosα＝321m/s cos 【答案】初速度为321m/s 例7 如图4－15 ，AB为斜面，BC为水平面。从A点分别以 v0,3v0 的速度水平抛出 的小球，落点与抛出点之间的水平距离分别为 S1, S2 。不计空气阻力，则 S1: S2 可能为 vo A A．1:3 B. 1:4 C.1:8 D.1:10 C B 巧解 极限推理法

图4－15 本题考虑小球落点的不确定性，有三种情况。现分析如下。 ①当两球均落在水平面上时，因为运动时间相同，∴ S1:S2=1:3 ②当两球均落在斜面上时，设斜面倾角为θ，则有 S1=v0t1 S2=3v0t2

S1tanθ＝

1212

gt1 S2tanθ=gt2 22由以上方程解得 S1:S2＝1:9

③当一球落在斜面，另一球落在水平面时，可由极限推理法分析出 S1 与 S2 的比值介于 1:3 与 1:9 之间 【答案】ABC正确

例8 如图4－16 所示，两支手枪在同一位置沿水平方向射出两颗子弹，打在 100 m 远处的靶上，两弹孔在竖直方向上相距 60厘米，A为甲枪所击中， B 为乙枪所击中。若甲枪子弹的出膛速度是 500 m/ s ，求乙枪子弹离开枪口的速度。（不计空气阻力， g 取 10 m/ s2 ）

A 巧解 解析法

L甲枪子弹运行时间 t 甲＝＝0.2 s

v甲甲枪竖直位移 h甲＝

5cm

B 1图4gt甲2 ＝ 0.2 m －16 21则乙枪子弹竖直位移 h 乙＝gt乙2 ＝ h甲＋0.6 解得 t乙＝0.4s

2 ∴乙枪子弹离开枪口的速度 v乙＝

L＝250m/s t乙【答案】250m/s

例9 （2005上海19题）如图4－17 所示，某滑板爱好者在离地h＝1.8m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面上的B点，其水平位移S1=3m。着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v＝4m/s,并以此为初速度水平滑行S2＝8m后停止。已知人与滑板的总质量m＝60kg，求：

（1） 与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小； （2）人与滑板离开平台时的水平初速度。（空气阻力忽略不计，g＝10m/s2）

巧解 程序法

（1） 人与滑板在BC段滑行时，由v2＝2as得滑行的加速度为

v2a＝=1m/s2

2S2 A

设地面的平均阻力为F，由牛顿第二定律得 h F＝ma＝60（N）

（2）人与滑板离开平台后，做平抛运动， 有 h＝

S1 S2 解方程得水平初速度v0＝5m/s

图4－17 【答案】60N，5m/s

例10 （2005·广东调研）如图4－18 所示,小球在光滑斜面上A点以初速度v0向右抛出，落在斜面底端B点，设从A点到B点沿v0方向的位移为x1。去掉斜面，小球从A点仍然以v0的初速度向右抛出，落在地面上的C点，设水平位移为x2。则有：

A. x1> x2. B. x1= x2. C. x1< x2. D.以上三种情况都有可能。

12

gt 和S1＝v0t 2 B C

巧解 类比法

设A点到地面的高为h，斜面倾角为α。 球从A到C,做平抛运动，根据平抛运动的规 律可知：

A v0 12

x2＝v0t2， h＝gt2

2由以上方程解得x2＝v0 x1 x2 B C α 2h g 图4－18 球从A到B，在斜面上做的是类平抛运动，加速度沿斜面向下，大小为 a＝gsinα

类比平抛运动的规律可得 x1＝v0t1

h1＝gsint2 sin2由以上方程解得x1＝v02h gsin2Q v 比较x1和x2可知 x1> x2. 【答案】A

T P R S 图4－19 例11 图4－19所示的斜面上有P、R、S、T四个点，PR＝RS＝ST， 从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于 R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个物体，不计空气阻力， 则物体落在斜面上的

A..R与S之间某一点 B.S点 C. S与T之间某一点 D.T点

巧解 演绎法

此题如果定量计算会很繁琐,而根据平抛运动的规律定 性推理却很容易，又好理解。

物体落到R点时，设水平位移为L。速度加倍时，如果运动时间不变，水平位移x=2L，落点刚好在S点。但事实上由于竖直方向下落高度减小，运动时间减少了，所以水平位移x小于2L，即落在斜面上R与S之间。故选A.

【答案】A 例12（2005·黄冈模拟）从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，他们初速度大小分

o

别为v1、v2，初速度方向相反。求经过多长时间两小球速度间的夹角为90？

巧解 矢量图解法

o

设两小球抛出后经过时间t它们速度之间的夹角为90，此时它们与竖直方向的夹角分别为α和β。对两小球分别构建速度矢量三角形如图4－20 所示，依图可得

ctanα＝

vgt，tanβ＝2 （1） gtv1o

v1 α β ′ v2 又∵α＋β＝90，

∴ctanα＝tanβ （2） 由（1）（2）两式得到：

gtv2＝， v1gtv1v2 图4－20 ′ 即 t＝1v1v2 g 【答案】1v1v2 g例 13 （2005·无锡模拟）如图4－21 所示，小球a、b分别以大小相等、方向相反的初速 度从三角形斜面的顶点同时水平抛出。已知两斜面的倾角分别为θ1和θ2，求小球a、b

落到斜面上所用时间之比是多少？（设两斜面足够长） a b vv0 0 巧解 矢量图解法

设小球a、b运动时间分别为ta、tb，作出它们的 位移矢量图，如图4-22所示。依图可得：

θ1 gta2gtatanθ1＝ ＝v0ta2v012θ2 图4－21 v0ta v0tb 12 gt2a12 gt2bgtb2gttanθ2＝＝b

v0tb2v012

由以上两式可得：

tatan1 ＝tbtan2

【答案】

tatan1 ＝tbtan2例 14 （2005·苏州模拟）如图4－23 所示，用绳悬挂的链条由直径为5cm的圆环连接而成，枪管水平放置且跟环4的圆心在同一水平面上。L＝10m，子弹出口速度100m/s。不计空气阻力，g＝10m/s2。在子弹射出前0.1s烧断绳，子弹将穿过第几个环？ 巧解 推理法

将子弹的平抛运动与链条的自由落体运动情况进

行比较推理，子弹飞过水平距离L所用时间t＝L/v0＝0.1s，在0.1s 内子弹竖直方向下降位移y＝1gt＝1×10×0.1＝0.05m。绳断后 22环下降位移y＝1g（t＋0.1）＝0.2m。故子弹穿过环1。 2【答案】穿过第1个环 图4－23 例15 （2004·高考湖北湖南理综试题）一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管内横截面积S＝2.0cm2。水从管口处以不变的速度v＝2.0m/s源源不断地沿水平方向射出，设出口处横截面上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开。取重力加速度g＝10m/s2,不计空气阻力。求水流稳定后在空中有多少立方米的水。

′

2

2

2

L 1 2 3 4 巧解 模型法

这道题考查的物理思维方法主要是等效转换法。我们将空中抛物线水柱的体积等效转

换为在时间t＝2h内从管中流出的水的体积，并设水柱不散开。 g设水由喷口处到落地所用时间为t，单位时间内水管喷出的水量为Q，水流稳定后在空中水的总量为V。根据题意有

Q＝Sv V＝Qt

再根据自由落体运动的规律有

h＝

12gt 2 联立以上三式得V＝Sv－

2h， g 代入数据得V＝2.4×104m3

－

【答案】2.4×104m3

例 16 有一直径为d，高为h，内壁光滑的钢筒，一小钢球以初速度v0从筒上边缘A处水平抛出，与钢筒内壁发生无能量损失的碰撞后恰好又落到A点正下方水平面上的B点，如

图4－24（a）所示，求钢球与筒内壁的碰撞次数。

巧解 对称法

由于小球与筒壁发生的是无能量损失的碰撞，所以小球与筒壁第一次碰撞后向右作斜下抛运动，见图4－24（b）所示，把CD所在的平面视为“镜面”，由平面镜的“物像对称

′′

性”，可把小球的整个过程等效于图 中从A点出发以v0＝－v0的平抛运动。设小球ts落 地，则有

h＝

122hgt ∴t＝ (1) 2g’‘

BB=S=v0t＝v0‘

2h （2） gd A Av0

设小球在筒内与内壁碰撞的次数为n，则 n＝s/d=

A′ v0dv0d2h g2h gC h D 【答案】

B B S （a） （b） 图4－24

例17 雨伞边缘半径为r，且高出地面为h，若雨伞以角速度ω旋转，求雨滴自伞边缘甩出后落于地面成一大圆圈的半径R。

巧解 几何法

由题意可知，这是一个立体运动问题，具有多视角性，如果选择恰当的视角将它转化为平面问题后，几何关系清楚地显示出来，便可确定物理量之间的关系

雨滴运动的俯视图如图，由图4－25可知：

s＝vt， h＝

12

gt 及v＝ωr 2v s R 2h2r2联合解得 s＝。 r g由几何关系得R＝s2r2

2h2＝r1＋ g图4－25 2h2 【答案】r1＋ g例18 （2005·武汉统考）某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图4－26 所示，

链轮和飞轮的齿数如下表所示。前后轮直径均为660mm，人骑该车行进速度为4m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为 名 称 链 轮 飞 轮 齿数N/个 48 38 28 15 16 18 21 24 28 A .1.9rad/s B.3.8rad/s C.6.5rad/s D.7.1rad/s 踏板 巧解 模型法 链轮 车行速度与前后轮边缘的线速度相等，故 链条 后轮边缘的线速度为4m/s,后轮的角速度ω＝v/R≈12rad/s 4－26 图飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度ω1＝ω＝12rad/s 飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以ω1r1＝ω2r2，r1与 r2分别为 飞轮和链轮的半径，因轮周长L＝NΔL＝2πr，N为齿数，ΔL为两邻齿间的弧长，故r∝N，

所以ω1N1＝ω2N2。又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω3＝ω2，则ω3＝ω1N1/N2，要使ω3最小，则N1＝15，N2＝48，故ω3＝12×15/48rad/s＝3.75rad/s≈3.8rad/s 【答案】B

例19 （2005·湖北八校联考）有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型大型容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为

A. 游客处于超重状态； B. 游客处于失重状态；

C. 游客受到的摩擦力与重力平衡； D. 筒壁对游客的支持力与重力平衡。

后轮 飞轮

巧解 模式法

这是一种圆周运动模式题，人在水平方向做圆周运动，所受的支持力指向圆心，提供向心力。而在竖直方向受力平衡，即重力与摩擦力平衡。所以C对。 O 【答案】C

FT 例20 用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固 定在一光滑圆锥顶上，如图4－27所示，设小球在水平面内

ω 做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为FT,则FT随 图4－27 ω2变化的图像是图4－28中的

FT FT FT FT

O O 2 ω0 A

巧解 临界条件法 ω02 B O C ω02 O ω02 D F1 mg 乙 图4－29 α 图4－28 F2 F1 θ mg 甲 当ω较小时，小球受力如图4-29(甲)所 示，由牛顿第二定律得 F1sinθ－F2cosθ＝mLωsinθ F1cosθ－F2sinθ－mg＝0 解得绳子拉力

2

FT＝F1=mLωsin2θ＋mgcosθ

2

当ω较大时小球受力如图4-29(乙)所示，由牛顿第二定律得F1sinα＝mLωsinα

2

解得绳子拉力FT＝F1=mLω，故选项C正确

【答案】C

v 例21 （2005·江苏南通） 如图4－30所示，具有圆锥形状的 H 回转器（陀螺），绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转， 同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回 R 转器从桌子的边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，速度v至 图4－30

少应等于（设回转器的高为H，底面半径为R，不计空气阻力对回转器的作用） A. ωR B. ωH

C.R2

2g HD.Rg 2H

巧解 临界条件法

其实回转器能否碰到桌子边缘与它转动情况无关，而是取决于它运动的速度和自身的形状，此题的临界条件是回转器的上缘刚好与桌缘碰到，如图4－31所示。根据平抛运动的规律可得 R＝vt H＝

12

gt2

图4－31 g由上式解得 v＝R 即选D.

2H【答案】D

例22 有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动。图4－32 中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面高度为h。下列说法中正确的是 N A. h越高摩托车对侧壁的压力越大；

B. h越高摩托车做圆周运动的向心力将越大； α Fn C. h越高摩托车做圆周运动的周期将越长； mg α h D. h越高摩托车做圆周运动的线速度将越大。

巧解 演绎法

图4－32 图4－33 设侧壁与竖直方向的夹角为α，演员与摩托车受力如图4－33 所示，由图可得

侧壁对小球的支持力N＝mg/sinα ∴车对侧壁的压力不变

向心力Fn＝mg/tanα不变

2

由牛顿第二定律可知mg/tanα＝mR(2π/T)因为h越高，R越大，所以周期T越长，

2

再由mg/tanα＝mv/R可知，随着R增大，线速度v要增大 【答案】CD

例23 如图4－34 所示，滑雪者滑到圆弧形的山坡处，圆弧的半径为R，长度是圆周长的1/4.为了能腾空飞起并直接落到地面上，滑雪者在坡顶的速度至少应为多少？这时落地点离坡顶的水平距离为多少？

巧解 临界条件法

恰能腾空飞起时有

v R mv2mg＝

R∴在坡顶的最小速度为v＝gR 由平抛运动的规律有 R＝

R 图4－34 12

gt S＝vt 2∴落点距坡顶的水平距离为S＝2R 【答案】gR，2R

例24 如图4－35（a）所示，是双人花样滑冰运动中男运动员拉着女运动员做圆锥摆运动的精彩场面，若女运动员做圆锥摆运动时和竖直方向的夹角为θ，女运动员的质量为m，转动过程中女运动员的重心做匀速圆周运动的半径为r，求这时男运动员对女运动员的拉力大小及两人转动的角速度。

F 巧解 模型法

这是一个圆周运动模型问题，女运动员

可看作一个质点，受力如图4－35（b）所示， 由图可知，女运动员受拉力大小

F＝mg/cosθ 由向心力公式可得

2

mgtanθ＝mωr

∴转动角速度ω＝θ （a） 图4－35 （b） mg gtan rgtan r

【答案】mg/cosθ ω＝例25 如图4－36 所示，支架质量为M，置于粗糙水平地面上，转轴O处悬挂一个质量为m的小球，悬线长为L，当小球在竖直平面内做圆周运动时，支架始终不动。若小球到达最高点时，恰好支架对地无压力，求小球到达最高点时的速度大小。

巧解 整体法

当小球到达最高点时存在向心加速度，设为a，选

m O 支架和小球整体为研究对象，则由牛顿第二定律得

（M＋m）g＝ma

解得a＝

M＋mg mv2又据向心加速度公式a＝，

L解得小球到达最高点时的速度大小 v＝aL＝

M＋mgL mM＋mgL m

【答案】aL＝第八单元 动量

难点巧学

一、“寻”规、“导”矩学动量 1、“寻”规：巧用“联想、对比”列图加深对动量定理的理解

现行很多高中教材包括本书的编排次序是先学“动能定理”，再学“动量定理”。我们可以建立两者关系图谱（图8-1），增强对“动量定理”的认识。图中两竖表示“等于”，中间粗的一横表示“减号”，即分别反映两个式子：

W合F合SEK末EK初和I合F合tP末P初。

过程量

末状态（时刻）量 经历一段过程

初状态（时刻）量 合外力的功

末动能 一段位移

初动能 合外力的冲量

末动量 一段时间

初动量 图8-1

两者在使用时程序大体相似，但要注意：前式中，“功”有正负，是标量式；后式中，冲量．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

和初、末动量都会有正负区分，是矢量式，解题时要规定正方向。对于另一难点——动量守．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．恒定律，则可以和机械能守恒定律的使用形成对比。 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

例1：如图8-2，质量为0.4kg的A球，向右以20m/s的速度在水平面上与竖直墙壁碰撞，碰撞时平均冲力为100N，同时A还受到20N的摩擦阻力，碰撞时间为0.1s，求碰撞后A的

速度。 解析：A球的受力分析如图，设向左为正方向，有动量定理得：

FN

F冲

F阻 mg (F冲F阻)tmv2-(-mv1)，

所以v2F冲F阻mt-v110m/s即碰后A球的速度大小为

图8-2

10m/s，方向与碰前相反。 2：“导”矩（即总结解题步骤）：巧学动量定理的解题步骤，做到不丢重力

丢重力是使用动量定理时常见的错误。如果我们能够找出使用的规则，并按照一定的规矩和步骤解题，就可以减少错误。利用动量定理解题的一般步骤： a、选择恰当的物体或物体系作为研究对象； ．．b、对研究对象进行受力分析（口诀：先重力、再弹力、再摩擦力、最后勿忘“电、磁、浮等其他力”），确定研究过程中各力的冲量； c、选定正方向，确定初、末状态的动量；

d、根据动量定理列出方程，并统一到国际单位制中运算求出结果。 例2：（95年·全国）一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ,则( ) A、过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量；

B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小；

C、过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和； D、过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能。

解析：在过程Ⅰ中钢珠只受重力，重力的冲量等于钢珠动量改变量，选项A正确。同时，在过程Ⅰ中重力做功，钢珠重力势能减小，动能增加。在过程Ⅱ中钢珠除受阻力外，仍受重力，判断时最容易丢掉重力的冲量及重力的功。选项B、D就是犯了“丢重力”的错误。应该是过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ和过程Ⅱ整个过程中重力的冲量；过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中重力的冲量；过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠增加的动能及过程Ⅱ中机械能（含重力势能）减少量之和。所以A、C正确 二、巧用动量定理解释常见的两类物理现象 由F合Δt=ΔP，则F合=ΔΡ Δt巧记推论：物体所受合外力等于它自身“动量变化率”。

例3、玻璃杯从同一高度自由下落，掉落在硬质水泥板上易碎，掉落在松软地毯上不易碎，这是由于玻璃杯掉在松软地毯上：（ ） A、所受合外力的冲量较小 B、动量的变化量较小 C、动量的变化率较小

D、地毯对杯子的作用力小于杯子对地毯的作用力

解析：杯子从同一高度下落，与地面碰撞的瞬时速度、动量都是一定的。与地面相碰到刚静止时，不管玻璃杯是否破碎，动量的改变量都相等，由动量定理得：合外力的冲量也相等。可见A、B是错误的。由FΔt=ΔP得，玻璃杯受到的合外力等于动量的变化率F=玻璃杯掉在松软的地毯上，动量减小经历的时间Δt较长，

ΔΡ。ΔtΔΡ较小，玻璃杯受到的合力较Δt小，玻璃杯就不易碎，故C选项正确。而杯子对地毯的作用力和地毯对杯子的作用力是一对相互作用力，应等值反向，所以D也错误。

例4、小笔帽放在一小纸条上，快拉纸条，小笔帽不动，慢拉纸条，小笔帽动起来，这是为什么？

解析：当缓慢拉动纸条时，小笔帽与纸条之间是静摩擦力，由于作用时间长，小笔帽获得的冲量较大，可以改变它的静止状态，从而带动小笔帽一起运动；在快拉时，尽管这是小笔帽与纸条之间因分离产生滑动摩擦力，但由于作用时间很短，小笔帽获得的冲量并不大，还未来得及改变其静止状态，纸条已抽出来了。

小结：用动量定理解释现象一般分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小（如例3）；另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小（如例4，力的区别不大，但时间差别较大是本题的主要因素）。

三、巧用动量定理解三类含“变”的问题 1、巧解变力的冲量：

变力的冲量在中学物理阶段不能用I=Ft求解，但是用动量定理可以用ΔΡ来间接的表示变力的冲量。 例5：（1994年·上海）物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图（甲）所示，A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落速度大小为u，如图（乙）所示。在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（）

A．mv B．mv－Mu C．mv＋Mu D．mv＋mu

解析：欲求在指定过程中弹簧弹力的冲量，思路有两条：一是从冲量概念入手计算，I=Ft，二是由动量定理通过动量的变化计算，即I =△p。由于弹簧的弹力是变力，时间又是未知量，故只能用动量定理求解。

剪断细绳后，A上升，B自由下落，但A在上升过程中弹簧是一变力。若设这段时间为 t，以向上为正方向，对A、B分别用动量定理有：对A：IT-mgtmv 对B自由落体：ugt 联立可得IT=m(v+u)

2、巧解曲线运动的动量变化 例6：（2000年·北京、安徽春季高考）做平抛运动的物体，每秒钟的速度变化量总是（ ） A、大小相等，方向相同 B、大小不等，方向不同 C、大小相等，方向不同 D、大小不等，方向相同

解析：曲线运动的特点是运动方向不断变化。根据平抛运动的定义，物体在运动过程中只受重力作用，又由动量定理F合tmvt-mv0得：mgt=ΔP=mΔv即Δv=图8-3

mgt=恒量，注m意到各式为矢量关系，所以选择A。

3、巧建“管道”模型 ，锁定目标，巧解流体类变质量问题：

例7：设水的密度为ρ，水枪口的截面积为S，水从枪口喷出的速度为v,若水平直射到煤

层后速度为零，则水对煤层的平均作用力的大小为多少？

解析：此类问题的特点是，随着时间变化，作用的主体会不断变化，对象难以锁定，对应的质量难以表达计算，假设水从水枪口射出之后还沿着一个“管道”（我们自己假象出来的）冲到煤层上，取Δt时间内射到煤层的水的质量Δm为研究对象，这些水分布在截面积为S，长为lvt的“管道”内，则Δm=ρV=ρSl=ρSvΔt， 根据动量定理得：FΔt=Δmv=ρSv2Δt，即F=ρSv2

注：此类题还很多，本题中的水改为“气体”、“称米机”中的米、“陨石”等，例如活题巧解中例11 。

四、动量守恒定律的“三适用”“三表达”——动量守恒的判断 “三适用”——以下三种情况可用动量守恒定律解题

1、若系统不受外力或受外力之和为零，则系统的总动量守恒

例8：如图8-4，一车厢长为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，厢内有一质量为m的物体以初速v0向右运动，与车厢来回碰撞n次后静止于车厢中，这时车厢的速度为： A、v0，水平向右 B、零

m v0 图8-4

C、

mv0mv0 D、

M+mMm解析：当物体在车厢内运动及与车厢碰撞过程中，物体与车厢组成的系统所受外力有重力和支持力，合力为零，故系统总动量守恒。系统初动量为mv0，当物体静止在车厢中时，二

mv0者具有相同的速度，设为v则：mv0=(M+m)v，解得v=，选项C对。

M+m2、若系统所受外力之和不为零，则系统的总动量不守恒，但如果某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒

例9：如图8-5，将质量为m的铅球以大小为v0，与水平方向倾角为的

Θ v 0初速度抛入一个装着沙子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度为多少？

图8-5 解析：把铅球和砂车看成一个系统，系统在整个过程中不受水平方向的

外力，则水平方向上的动量守恒，而在竖直方向上，当铅球落在砂车中

时，地面与系统的支持力不等于系统的总重力，故系统在竖直方向上动量不守恒（另外，也可以从结果上来看：初始状态系统在竖直方向上有速度v0sinθ，而最终整个系统只有水平方向的速度，由此也能得到系统竖直方向上动量不守恒）。 设系统后来共同速度为v，则mv0cosθ=(m+M)v，v=mv0cosθ

m+M3、若系统所受外力之和不为零，但是外力远小于内力，可以忽略不计，则物体相互作痛过程动量近似守恒。如碰撞、爆炸等。

例10：质量为M的木块静止在水平面上，木块与地面间的动摩擦系数为μ，一颗质量为m的子弹水平射入木块后，木块沿水平面滑行s后停止，试求子弹射入木块前的速度v0。 解析：子弹射入木块过程中，木块受地面的摩擦力为F，此力即为子弹与木块组成的系统所受的外力，不为零。但子弹与木块打击时，相互作用力F内>>F外，摩擦力可忽略不计，系统的动量近似守恒。

设子弹射入木块后，子弹与木块的共同速度为v， 由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v … …① 此后，子弹和木块一起做匀减速直线运动，由动能定理得

1(mM)gs0(mM)v2 … …②

2M+m2μgs 由①②得：v0=m“三表达 ”——动量守恒定律有三种常用的数学表达式 1、系统的初动量等于末动量，即P=P′。例题中很多见，读者自己查看。

2、若A、B两物体组成的系统在相互作用过程中动量守恒，则ΔPA=ΔPB（负号表示ΔPA与ΔPB方向相反）

例11：质量相等的三个小球a、b、c在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的三个球A、B、C相碰（a与A，b与B，c与C）。碰后，a球继续沿原来的方向运动，b球静止不动，c球被弹回而反向运动，这时ABC三球中动量最大的是（ ） A、A球 B、B球 C、C球 D、由于A、B、C三球质量未知，无法判定 解析：三球在碰撞过程中动量都守恒，且a、b、c三球在碰撞过程中，动量变化的大小关系为：ΔPc>ΔPb>ΔPa。由动量守恒定律知：PaPA,PbPB,PcPC，所以A、B、C三球在碰撞过程中动量变化的大小关系为ΔPC>ΔPB>ΔPA。由于A、B、C三球初动量都为零，所以碰后它们的动量大小关系为PC>PB>PA，故选项C正确。 3、若A、B两物体相互作用过程中动量守恒，则mAxA=mBxB。但此表达式仅适用于系统总动量恒为零的情况（xA、xB分别为A、B在作用过程中的位移大小），或系统某方向上总动量恒为零的情况（此时的xA、xB分别为A、B在作用过程中，在该方向上的位移大小）。比如人船模型。

五、构建基本物理模型——学好动量守恒的法宝： 1、人船模型：

特点：系统初始动量为零，你动我反动，你快我快，你慢我慢，你停我也停。从能量的角度看，当系统运动时，人体内化学能转化为系统动能。

例15：如图8-6所示，在平静的水面上浮着一只质量为M、长度为L的船(船处于静止状态)，船的右端(B端)站着一个质量为m的人，当人从船的右端走到船的左端(A端)的过程中，怎样求船的位移SM的大小?(水的阻力不计)

解析：研究人和船组成的系统，以水平向左的方向为正方向。设vm、vM分别为人、船在某同一时刻的速度，则由动量守恒定律，有

A M m B mvmM(vM)0,即mvm=MvM

经很短时间△t(在这很短的时间内，可认为人、船分别以大小为vm、vM的速度分别向左、向右做匀速运动)，有mvmΔt=MvMΔt

A M SM Sm 图8-6

B

vtM∑vt ∑vΔt=S ，∑vΔt=S因为∑所以mmMmmMM

所以mSm=MSM 因为Sm+SM=L 所以船的位移大小为SM=mmL,人对地面的位移大小为Sm=L

m+Mm+M有些书上利用人船系统平均动量守恒，也得到了结论，但是没有注意动量守恒定律的瞬时性，

那只是一种等效的做法。 拓变：“类人船模型”，见活题巧解例13、例14 。 2、“子弹打木块”模型

特点：一个物体在另一个物体表面或内部运动，在运动方向不受外力，动量守恒。从能量的观点看，系统的动能损失转化为两者的内能。特别注意fs相对路程EK。 例16：质量为M的木块静止在光滑水平面上，一质量为m速度为v0的子弹水平射人木块中，求：1）、如果子弹，而静止在木块中，子弹的最终速度；2）、如果子弹未穿出，所受阻力的大小恒为F，求子弹打进木块的深度为L。3）、如果子弹能够以速度v1穿出，求子弹穿出后，木块的速度。

解：选系统为研究对象，水平方向不受外力，动量守恒。

1）、题中的“静止”，只是两者相对静止，设他们的共同速度为v，mv0=(m+M)v 则：vmv0 ①

Mm2）、从能量的观点看系统克服内部摩擦力做功(摩擦力与物体相对路程的乘积)等于系统动能的损失。即fs相对路程EK。该式一定要记住。例如活题巧解（例16—例18） 由系统能量守恒得：FL121mv0(mM)v2 ② 222Mmv0由①②解得： L

2F(Mm)3）、系统动量守恒：mv0=mv1+Mv2 则：v2mv0mv1

Mv0 m M 注意：方程②是解题的捷径，推导如下：如图8-7， 分别选子弹和木块为研究对象，由动能定理得 对子弹： F(Lx)x 12对木块： FxMv0 ④

2图8-7

1122由③+④解得：FL(mM)vmv0 除去负号就可得方程②。

22112mv2mv0 ③ 22L 拓变：“类子弹木块”模型——木块与平板车，见活题巧解例15、例16、例17 。

3、“木块弹簧”模型

特点：两物体之间通过弹簧作用，不受其它外力，满足动量守恒，从能量观点看，系统中有弹性势能参与转化，并且当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能达到最大。 v0 例17、如图8-8所示，质量M=2m的光滑木板静止放在光滑水平面上，木板左端固定一根轻质弹簧，一质量为m的小木

图8-8

块(可视为质点)，从木块的右端以未知的速度v0开始沿木板向左滑行。若在小木块压缩弹簧的过程中，弹簧具有最大的弹性势能为Ep，求未知速度v0的大小。

解：木板、木块、弹簧三者所组成的系统满足动量守恒。当木块与木板达到共同速度，两者相距最近，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能。mv0=(m+M)v ① 又因为系统能量守恒得：

121mv0(mM)vEP ② 22

由①②得：v0=2Ep(M+m)Mm拓变：系统中不仅有弹性势能，而且还有内能参与转化。活题巧解例20。

六、巧用动量守恒定律求解多体问题： 1、巧选对象

对多物体系统，由于参与作用的物体较多，作用的情况比较复杂，因此，要从巧选研究对象和巧选研究过程上找到解题的突破口。既要注意系统总动量守恒，还要注意系统内某几个物体发生作用时动量也守恒。

例12：质量相等的五个物体在光滑水平面上间隔一定距离排成一条直线，如图8-9所示，具有初速度v0的物体1向其它4个静止物体运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物体粘成一整体，则这个整体的速度等于多少？ 解析：这是一个涉及五个物体的多物体系统。

1 2 3 4 5 当物体1与物体2 发生碰撞的过程中，取物

图8-9 体1和物体2为研究对象，它们的总动量守恒。

接着，物体1和物体2组成一个物体，在与物

体3发生碰撞，取物体1、物体2和物体3为研究对象，它们的总动量也守恒。依此类推，本题一共将发生四次碰撞，每次碰撞都满足动量守恒条件，分别应用动量守恒定律求出每次碰撞后的速度，从而可求出最后的结果。但如果取有五个物体组成的系统为研究对象，它们的总动量守恒，求解过程就显得非常的简便：mv0=5mv ,得：v=v0/5。 2、构建模型

在多物体系统内发生相互作用的过程中，不仅要认清作用的过程和参与的物体，而且要根据作用的特点和规律物理模型，为顺利运用动量守恒定律铺平道路，尤其是对碰撞类问题，由于碰撞时间极短、作用力很大等特点，参与作用的往往就是发生碰撞的两个物体，而与其他物体无关。

例13：如图8-10，甲、乙两完全一样的小车，

甲 v 1乙 质量都为M，乙车内用绳吊一质量为M的

2小球，当乙车静止时，甲车以v速度与乙车相

图8-10

碰，碰后连为一体，求：（1）、两车刚碰后的共同速度多大？（2）、小球摆到最高点时的速度为多大？

解析：由于碰撞时间极短，乙车在碰撞时间内的位移可忽略不计，小球来不及摆动，球与车在水平方向无作用。选择甲和乙为研究对象，构建碰撞模型，由动量守恒定律得：

Mv=(m+M)v1，解得v1=v 2接着，两车整体以共同速度v1向右运动，在绳子的作用下，小球使车向右减速，小球向右加速，参与作用的是三个物体。摆到最高点的意思，就是小球无法再相对于乙车向上升，即没有竖直向上的速度（相对与乙的速度），所以此时，球与乙（包括甲）的速度相等：

12v2Mv1=(2M+M)v2，解得v2=

253、巧用定律：动量守恒定律的表达式很多（见上面“三表达”），恰当选择表达方式可以简

化问题。

4、寻找规律：对多物体参与作用，作用过程又比较复杂的多物体问题，又是让人觉得无从下手。解决这类问题，要善于弄清每一个子过程和在各子过程中参与作用的物体，对各子过程的作用特点及物体的运动特征进行深入地分析、归纳和总结。 七、巧用动量守恒定律求解多过程问题：

与前面所述不同的是，这类问题特点是作用过程太多，但参与物体未必很多。关键在于分析，采用程序法确定所研究的系统是由哪些物体组成的，对全过程进行分段分析，明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，牢牢把握每个子过程的物理特征，若涉及子过程的问题就要采用子过程求解法；若只考虑最终的结果，宜采用全过程求解法。 例14：（2004年·全国理综）如图8-11，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0kg，a、b间距离S=2.0m。木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1。它们都处于静止状态。现令小物块以初速V0=4.0m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。

分析：整个运动过程可分为以下几个阶段： b a （1）物块开始运动到与b碰撞，摩擦力对木板

S 做功W1，对物块做功为W2；

图8-11

（2）碰撞后物块回到a端过程，摩擦力对木板做功W3，对物块做功为W4；

则全过程中摩擦力做的总功为：W= W1 +W2 +W3+ W4，碰撞过程中损失的机械能可用全过程损失的机械能减摩擦力所做的功。

解答：设木块与物块最后共同的速度为V，全过程中损失的机械能为E： 则动量守恒和能量守恒定律： mV0=（M+m）V

设物块从开始运动到碰撞前瞬间木板的位移为S1， 则这段时间 摩擦力对木板做功：W1=μmgS1，对物块做功为：W2= −μmg（S+S1） 设从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移为S2，则这段时间 摩擦力对木板做功：W3= −μmgS2，对物块做功为：W2=μmg（S2−S） 所以碰撞过程中损失的机械能：E1=E−（W1 +W2 +W3+ W4） 代入数据得：E1=2.4J。

八、从能量角度看动量守恒问题中的基本物理模型——动量学习的提高篇（供基础较好的学生学习）。

前面所述的3种模型，是从构成系统的具体物体的名称来划分物理模型的。从能量角度，可把动量守恒问题中的基本物理模型分为：

1、反冲、爆炸：满足动量守恒的同时，系统动能增加。如“人船模型” 2、碰撞：满足动量守恒的同时，系统动能不会增加。

特点：作用时间很短，相互作用力很大。系统内力远大于外力，系统动量守恒。

一般过程：一般经历接触、压缩、共速、恢复、分离等过程，碰撞过程中，当物体的速度相同时，系统的动能最小，损失的动能最大，产生的其他能最多。

A、弹性碰撞：系统损失的动能全部转化为弹性势能，但碰撞损失的动能能够完全恢复。既满足动量守恒定律又满足机械能守恒定律。如“木块弹簧模型”。 如果质量相等的物体发生弹性碰撞，碰后两者速度交换。 B、一般的非弹性碰撞：碰撞损失的动能只是部分恢复。

C、完全非弹性碰撞：碰撞损失的动能完全没有恢复，全部转化为内能。最终以“共速”结束。 例18：动量分别为5kg·m/s和6kg·m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kg·m/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？

解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴5>6；碰后A的速度不大于B的速度，即

mAmB38；又因为碰撞过程系统动能不会增加，52623282，由以上不≤+≥+mAmB2mA2mB2mA2mB等式组解得：3≤mA≤4

8mB7此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能

不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。 九、一条连等巧串三把“金钥匙”

速度、动量、能量三个物理量最重要的区别是前两个是矢量，而能量是标量。但三者又有着密切的联系，

12P2EKmv。这条连

22m等式又反应了三大观点(图8-12)，俗称解题的三把“金钥

图8-12

匙”，领会并使用好这种关系，可以很好的解决力学综合题，特别是历年高考压轴题。1、力的观点。首先是受力分析，如果是匀变速运动问题或是要求加速度，还可以用牛顿运动定律和运动学公式。2、动量的观点：从动量角度（动量守恒定律和动量定理）解题时有时优先考虑。3、能量的观点：涉及功能转化的则考虑能量观点（机械能守恒定律、能量守恒定律、动能定理、功能原理）。 例19：（04年·全国理综）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下： 柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图8-13）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知

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m＝1.0×10kg，M＝2.0×10kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重

2图8-13 力加速度g＝10m/s，混合物的质量不计。设桩向下移动

的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。 解：锤自由下落，碰桩前速度v1向下，

v1=2gh ①

碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为

v22g(hl) ②

设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，

mv1MVmv2 ③

桩下降的过程中，根据功能关系，

1MV2+Mgl=Fl ④ 2mgm()[2hl2h(hl)] ⑤ 由①、②、③、④式得FMglM10N ⑥ 代入数值，得 F=2.1×注意：①②式由力得观点得出，③式由动量得观点得出，④式由能量的观点得出。

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