第三讲 动量和能量 牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决力学问题的三把金钥匙。其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系。解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，在很多情况下，用动量和能量的观点来解题，会更快捷、更有效。

一、动量和能量概述 冲量 基本概念 动量 动 量 动量定理 基本规律 动量守恒定律 功 功率 基本概念 动能 重力势能 弹性势能 势能 更多资源xiti123.taobao.com 动 量 动量定理 基本规律 动量守恒定律 功 功率 基本概念 动能 重力势能 势能 弹性势能 能 量 电势能 动能定理 基本规律 机械能守恒定律 功能原理

二、两个定理 1、动量定理： 2、动能定理： I合=Δp 或F合t=mv2-mv1 W合=ΔEK或F合S=mv22/2-mv12/2 动量定理：F合t=Δp，描述的是“力在时间上的积累效果”——改变物体的动量；该式是矢量式，即动量的变化方向与合冲量的方向相同。动能定理：F合S=ΔEK，描述的是“力在空间上积累效果”——改变物体的动能；该式是标量式。 用动量定理、动能定理解题关键：（1）正确地分析研究对象的受力（2）准确地分析物体的运动。 对系统用动量定理分析受力只分析系统外力；对系统用动能定理分析受力不仅分析系统外力，还要考试系统内力做功，一般指系统内滑动摩擦力做功。

例与练 析与解 mg(H+h)－nmgh=0 H + h = n h ∴H : h = n - 1 mg(T+t)－nmgt=0 1、钢球从高处向下落，最后陷入泥中，如果空气阻力可忽略不计，陷入泥中的阻力为重力的n 倍，求(1)钢珠在空中下落的高度H与陷入泥中的深度h的比值 H∶h =? (2)钢珠在空中下落的时间T与陷入泥中的时间t的比值T∶t=？   析与解 (1)对钢球运动全过程，由动能定理 mg(H+h)－nmgh=0      H + h = n h     ∴H : h = n - 1     (2)对钢球运动全过程，由动量定理     mg(T+t)－nmgt=0      T + t = n t    ∴ T : t = n - 1

例与练 2、在水平面上有两个完全相同的物体A、B处于静止状态，用水平恒力F1和F2（F1>F2）分别作用在A、B上一段时间后撤去，A、B最后都停下，已知A、B运动的总位移相等。则关于F1和F2的冲量大小P1与P2，下列说法中正确的是( ) （A）P1<P2 （B）P1>P2 （C）P1=P2 （D）以上情况都有可能 对每个物体运动的全过程，动量变化为零，因而合外力的冲量为零。即 析与解 P1—ft1=0，P2—ft2=0     要比较P1、P2，只需比较A、B运动的总时间t1、t2.

析与解 在同一个速度—时间图象上作出两个物体的运动图象，因为F1>F2，开始A的加速度大于B的加速度，都撤去外力作用后，A、B的加速度相同，运动图线平行,如图所示。 由于A、B两个物体的总位移相等，则两个图线与坐标轴围成的面积也应相同，从而很容易确定：B所用时间t2要长 则ft1<ft2，即P1<P2

例与练 3、在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB1 （均可看作斜面）．甲、乙两名旅游者分别乘两个相同完全的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB1 和AB滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是  ( ) A．甲在B点的速率一定大于乙在B1点的速率 B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程 C．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移 D．甲在B点的动能一定大于乙在B1点的动能

例与练 析与解 f · 3l = mv02/2 - m(v0 /2) 2/2 f ·2l = mv02/2 - mv22/2 4、如图所示，三块完全相同的木块固定在水平地面上，设速度为v0子弹穿过木块时受到的阻力一样，子弹可视为质点，子弹射出木块C时速度变为v0/2.求： (1) 子弹穿过A和穿过B 时的速度v1=? v2=? (2)子弹穿过三木块的时间之比t1∶t2∶t3 =? 析与解 (1)由动能定理: V0 A B C f · 3l = mv02/2 - m(v0 /2) 2/2 f ·2l = mv02/2 - mv22/2 f · l = mv02/2 - mv12/2

析与解 (2)由动量定理: f t1 = mv0 - mv1 f t2 = mv1 – mv2 f t3 = mv2 – mv0/2

例与练 5、光滑水平桌面上有两个相同的静止木块，枪沿两个木块连线方向以一定的初速度发射一颗子弹，子弹分别穿过两个木块。假设子弹穿过两个木块时受到的阻力大小相同，忽略重力和空气阻力的影响，那么子弹先后穿过两个木块的过程中 ( ) （Ａ）子弹两次损失的动能相同 （Ｂ）每个木块增加的动能相同 （Ｃ）因摩擦而产生的热量相同 （Ｄ）每个木块移动的距离不相同

析与解 设木块的长度为L，子弹穿过木块过程中对木块的作用力为f。 子弹穿过木块过程中，子弹和木块阻力组成的系统克服阻力做功为fL，所以两次系统损失的动能相同，因摩擦而产生的热量相同。 在同一个速度时间图象上作出子弹和木块的运动图象，如图所示 。 从图象可知，子弹的运动图线与木块的运动图线与坐标轴围成的面积等于木块的长度L，两次应相同，但子弹第二次穿过木块时初速度小，因而时间长;木块第二次的位移大，木块增加的动能多;子弹损失的动能的动能也多。

例与练 6、如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，其上表面的左端有一质量为m的物体以初速度v0，开始在木板上向右滑动，那么：( ) (A)若M固定，则m对M的摩擦力做正功，M对m的摩擦力做负功； (B)若M固定，则m对M的摩擦力不做功，M对m的摩擦力做负功； (C)若M自由移动，则m和M组成的系统中摩擦力做功的代数和为零； (D)若M自由移动，则m克服摩擦力做的功等于M增加的动能和转化为系统的内能之和。

例与练 7、如图所示，质量为M的火箭，不断向下喷出气体，使它在空中保持静止,火箭质量可以认为不变。如果喷出气的速度为v，则火箭发动机的功率为 （ ） (A) Mgv； (B) Mgv； (C) Mv2； (D) 无法确定. 析与解 对气体： FΔt= Δmv 对火箭 ：F=Mg 对气体： PΔt=Δmv2/2 =FΔt v/2 ∴ P= F v/2= Mg v/2

三、两个守恒定律 1、动量守恒定律： 公式： p =p ′或Δp 1=-Δp2 或m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′ 成立条件—（1）系统不受外力或合外力为零； （2）系统所受合外力不为零，但沿某个方向的合外力为零，则系统沿该方向的动量守恒 ；（3）系统所受合外力不为零，但合外力远小于内力且作用时间极短，如爆炸或瞬间碰撞等。 动量守恒定律表达式m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′是矢量式，解题时要先规定正方向。各速度是相对于同一个惯性参考系的速度。v1 、v2必须是作用前同一时刻的速度，v1' 、v2' 必须是作用后同一时刻的速度。

三、两个守恒定律 2、机械能守恒定律： 公式： E =E′或ΔEp= －ΔEk 或 成立条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功。 如果除了重力（或弹簧的弹力）做功以外，还有其它力做功W非，机械能不守恒；机械能变化ΔE =W非 特别要指出，系统内滑动摩擦力做功Wf =- fS相，这里分两种情况： （1）若一个物体相对于另一个物体作单向运动，S相为相对位移大小； （2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，S相为相对路程。

例与练 8、 如图示的装置中，木块与水平面的接触是光滑的，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中 （ ） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒 C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 析与解 子弹射入木块过程系统要克服介质阻力做功，机械能不守恒；整个过程墙壁对弹簧有向右的弹力，系统合外力不为0，动量不守恒。

例与练 9、如图示:质量为M的滑槽静止在光滑的水平面滑槽的AB部分是半径为R的1/4的光滑圆弧,BC部分是水平面,将质量为m 的小滑块从滑槽的A点静止释放,沿圆弧面滑下,并最终停在水平部分BC之间的D点,则( ) 滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量守恒、 机械能守恒 B. 滑块滑到B点时，速度大小等于 C. 滑块从B运动到D的过程，系统的动量和机械能都不守恒 D. 滑块滑到D点时，物体的速度等于0 C A B D

V人对地=V人对车+ V车对地=V1+ V2 且V1 = - 4m/s 例与练 10、一个质量为30kg 的小孩和质量为50kg的小车以5m/s的速度在光滑水平面上运动，若小孩以相对于车4m/s的水平速度从小车的尾部跳下后，小车的速度多大？ 析与解 注意：要把小孩跳下车后的速度转化为对地速度 V人对地=V人对车+ V车对地=V1+ V2 且V1 = - 4m/s v2为小孩跳下车后小车的速度,以小车的运动方向为正方向，由动量守恒定律

例与练 11、一个不稳定的原子核、质量为M，开始时处于静止状态、放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出粒子的动能为E0，则反冲核的动能为 ( ) (A) E0 (B) (C) (D) 析与解 又由动量守恒：p-p0=0

例与练 12、一个人坐在光滑的冰面的小车上，人与车的总质量为M=70kg，当他接到一个质量为m=20kg以速度v=5m/s迎面滑来的木箱后，立即以相对于自己u=5m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出，求小车获得的速度。 析与解 整个过程动量守恒，但是速度u为相对于人的速度， v=5m/s M=70kg m=20kg 规定木箱原来滑行的方向为正方向 对整个过程由动量守恒定律， mv =MV+m v箱对地= MV+ m( u+ V) u=5m/s V=2.2m/s 方向跟木箱原来滑行的方向相同

例与练 13、甲乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的总质量共为M=30kg，乙和他的冰车的总质量也是30kg．游戏时，甲推着一质量为m=15km的箱子，和他一起以大小为v0=2m/s的速度滑行．乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免和乙相碰？ V0=2m/s 乙 甲

v1 v1 析与解 甲、乙不相撞的临界条件是速度相同。对甲、乙和箱由动量守恒定律（向右为正） (M+M+m)V1=(M+m-M)V0 V0=2m/s 乙 甲 对甲和箱（向右为正） (M+m)V0=MV1+mvx 对乙和箱（向右为正） V0=2m/s Vx v1 甲 乙 -MV0+mvx =(M+m)V1 v1 甲 乙 VX=5.2m/s V1=0.4m/s

例与练 14、平直的轨道上有一节车厢，车厢以12m/s的速度做匀速直线运动，某时刻与一质量为其一半的静止的平板车挂接时，车厢顶边缘上一个小钢球向前滚出，如图所示，平板车与车厢顶高度差为1.8m，设平板车足够长，求钢球落在平板车上何处？（g取10m/s2） v0

∴v=2v0 /3 = 8m/s v0 s1=vt=4.8m 析与解 Mv0=(M＋M/2)v 两车挂接时，因挂接时间很短，可以认为小钢球速度不变，以两车为对象，由动量守恒 Mv0=(M＋M/2)v ∴v=2v0 /3 = 8m/s 钢球落到平板车上所用时间为 t时间内平板车移动距离 v0 s1=vt=4.8m t 时间内钢球水平飞行距离 s2=v0t=7.2m 则钢球距平板车左端距离 x=s2－s1=2.4m。

例与练 15、质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求： （1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小 （2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。 （3）画出小车运动的速度—时间图象。

析与解 （1）当A和B在车上都滑行时， A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则： v1=v0-aAt1 μmAg=mAaB v1=a车t1 μmAg-μmBg=Ma 则v1=1.4m/s t1=2.8s （2）根据动量守恒定律有： mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v 则v=1m/s 总动量向右， 当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则： -v=v1-aBt2 μmBg=mAaB 则t2=1.2s 则A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s

析与解 （3）作小车运动图象，首先要分析小车的运动过程；再求出各个过程的初末速度和经历的时间。由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，在0~t1时间内小车做匀加速运动。在t1~t2时间内小车做匀减速运动，4s末速度为v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示：

碰撞的分类 四、碰撞中的动量守恒和能量守恒 完全弹性碰撞 —— 动量守恒，动能不损失 （质量相同，交换速度） 完全弹性碰撞 —— 动量守恒，动能不损失 （质量相同，交换速度） 完全非弹性碰撞—— 动量守恒，动能损失 最大。 （以共同速度运动） 非完全弹性碰撞— 动量守恒，动能有损失。 碰 撞后的速度介于上面两种 碰撞的速度之间. 碰撞的分类

例与练 16、如图所示，光滑水平面上质量为m1=2kg的小球以v0=2m/s的初速冲向质量为m2=6kg静止的足够高的光滑的斜劈体，斜劈体与水平面接触处有一小段光滑圆弧。求： （1）小球m1滑到的最大高度 （2）小球m1从斜面滑下后，二者速度 （3）若m1= m2小球m1从斜面滑下后，二者速度 v0 m1 m2

m1V0 = （m1+m2）V V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s h=0.15m 析与解 （1）以向右为正，对上升过程水平方向由动量守恒 m1V0 = （m1+m2）V V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s 对系统上升过程由机械能守恒 h=0.15m （2）以向右为正，对系统全过程由动量守恒 对系统全过程由机械能守恒

析与解 联立以上两式，可得 （3） 若m1= m2 注意m1= m2交换速度。 m1< m2 , v1<0 m1反向。

例与练 17、如图所示，质量为m的有孔物体A套在光滑的水平杆上，在A下面用足够长的细绳挂一质量为M的物体B。一个质量为m0的子弹C以v0速度射入B并留在B中，求B上升的最大高度。 v0 C

析与解 向左为正，对B、C碰撞由动量守恒得 向左为正，对A、B、C全过程水平方向由动量守恒得 注意:对A、B、C全过程由机械能守恒吗?

例与练 18、在光滑的水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为pA＝5kgm/s，pB＝7kgm/s，如图所示。若两球发生正碰，则碰后两球的动量变化量ΔpA、ΔpB可能是（ ） A、ΔpA＝3 kgm/s，ΔpB＝3 kgm/s B、ΔpA＝－3 kgm/s，ΔpB＝3 kgm/s C、ΔpA＝3 kgm/s，ΔpB＝－3 kgm/s D、ΔpA＝－10 kgm/s，ΔpB＝10 kgm/s

析与解 由A、B碰撞动量守恒 可以排除选项A 由A、B位置关系，碰后ΔpA<0， ΔpB>0 排除选项C 设A、B的质量分别为mA、mB 设ΔpA＝－10 kgm/s，ΔpB＝10 kgm/s 则碰后pA＝－5 kgm/s，pB＝17 kgm/s 则碰后VA＝－5 / mA ，VB＝17/mB 则碰后A、B总动能为 而碰前A、B总动能为 很明显碰后A、B总动能大于碰前A、B总动能，不可能，排除D，选B。

V v0 v0 ∴μ= 0.25 ∴ S=0.8m 例与练 （m+M)V=mv0 V=1m/s 析与解 M M L 19、质量为m＝20Kg的物体，以水平速度v0＝5m/s的速度滑上静止在光滑水平面上的小车，小车质量为M＝80Kg，物体在小车上滑行L＝4m后相对小车静止。求： （1）物体与小车间的滑动摩擦系数。 （2）物体相对小车滑行的时间内，小车在地面上运动的距离。 （m+M)V=mv0 V=1m/s 析与解 由动量守恒定律 V 物体与小车由动能定理 v0 m M v0 m -μmg L = (m+M)V2/2 - mv02/2 M ∴μ= 0.25 S L 对小车 μmg S =MV2/2 ∴ S=0.8m

例与练 20、如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为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=0.10，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，直到和档板相撞。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。 S=2m a b M m v0

W=fΔs=2μmgs ③ 析与解 mv0 =(m+M)v ① 设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒 设全过程损失的机械能为ΔE， 木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为 W=fΔs=2μmgs ③ 注意：Δs为相对滑动过程的总路程 碰撞过程中损失的机械能为

例与练 21、如图所示，M=2kg的小车静止在光滑的水平面上．车面上AB段是长L=1m的粗糙平面，BC部分是半径R=0.6m的光滑1/4圆弧轨道，今有一质量m=1kg的金属块静止在车面的A端．金属块与AB面的动摩擦因数μ=0.3．若给m施加一水平向右、大小为I=5N·s的瞬间冲量， （g取10m/s2）求: （1）金属块能上升的最大高度h （2）小车能获得的最大速度V1 （3）金属块能否返回到A点？若能到A点，金属块速度多大？ M A B C R O m I ∴ h=0.53 m

mv0 2/2 =(m+ M)V2/2 +μmgL+mgh 析与解 I=mv0 v0=I/m=5m/s （1）到最高点有共同速度水平V 由动量守恒定律 I= (m+ M)V 由能量守恒定律 mv0 2/2 =(m+ M)V2/2 +μmgL+mgh M A B C R O m I ∴ h=0.53 m

（2）当物体m由最高点返回到B点时，小车速度V2最大,向右为正，由动量守恒定律 析与解 （2）当物体m由最高点返回到B点时，小车速度V2最大,向右为正，由动量守恒定律 I= - mv1+ MV1 由能量守恒定律 mv02/2 = mv12/2+ MV12/2 + μmgL 解得：V1=3m/s （向右） 或v1=-1m/s （向左） M A B C R O m I 思考：若R=0.4m， 前两问结果如何？

（3）设金属块从B向左滑行s后相对于小车静止，速度为V ，以向右为正，由动量守恒 析与解 （3）设金属块从B向左滑行s后相对于小车静止，速度为V ，以向右为正，由动量守恒 I = (m+ M)V 由能量守恒定律 mv0 2 /2 = (m+ M) V2 /2 + μmg（L+s） 解得：s=16/9m＞L=1m 能返回到A点 由动量守恒定律 I = - mv2+ MV2 由能量守恒定律 mv0 2 /2 = mv22 /2 + MV22 /2 + 2μmgL M A B C R O m I 解得：V2=2.55m/s （向右） v2=-0.1m/s （向左）

五、与弹簧关联的动量和能量问题 与弹簧关联的动量和能量问题的解题要点： （1）首先要准确地分析每个物体在运动过程中的受力及其变化情况，准确地判断每个物体的运动情况。 （2）注意确定弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，从而确定物体所受弹簧弹力的方向。 （3）注意临界状态：弹簧最长或最短及弹簧恢复原长状态。 （4）判断系统全过程动量和机械能是否守恒，如果守恒则对全对象全过程用动量守恒定律和机械能守恒定律。若 全过程机械能不守恒，则考虑分过程用机械能守恒定律或动能定理。

例与练 22、如图所示，光滑的水平轨道上，有一个质量为M的足够长长木板，一个轻弹簧的左端固定在长木板的左端，右端连着一个质量为m的物块，且物块与长木板光滑接触。开始时，m和M均静止，弹簧处于原长。现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M和弹簧组成的系统（弹簧形变不超过弹性限度），下列说法正确的是（ ） A、由于F1、F2等大反向，故系统动量守恒 B、由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 C、由于F1、F2分别对m、M做正功，故系统机械能不断增大 D、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时， m、M动能最大 F1 F2 m M

由于F1和F2等大反向，对m、M和弹簧组成的系统，合外力为0，故系统动量守恒。 析与解 由于F1和F2等大反向，对m、M和弹簧组成的系统，合外力为0，故系统动量守恒。 　　 　　 由于F1和F2分别对m、M做功，故系统机械能不守恒 v1 F m F1 F2 M F 开始弹簧弹力F小于拉力 F1和F2 ， v2 m、M分别向右、向左加速运动，系统弹性势能和总动能都变大，总机械能变大。 v1 m F1 F2 M F 当弹簧弹力F大于拉力 F1和F2后， v2 m、M分别向右、向左减速运动，系统弹性势能变大，总动能变小，但总机械能变大。

这时F1和F2分别对m、M做负功，系统机械能变小。 析与解 当m、M速度减为0以后， m、M分别向左、向右加速运动，　　 　　 这时F1和F2分别对m、M做负功，系统机械能变小。 　　 　　 v1 所以系统机械能 不是一直变大。 　　 　　 m F2 M F F1 v2 讨论： 　　 （1）系统总动能最大时总机械能是否最大？ 　　 弹簧弹力F大小等于拉力F1和F2时 m、M 速度最大，系统总动能最大； 当m、M 速度都为0时系统总机械能最大。 　　 （2）弹性势能最大时，系统的总机械能是否最大？ 　　 当m、M 速度都为0时系统总机械能和弹性势能都最大。

例与练 23、如图所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平面上。B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展。物块A以初速度v０沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B、C粘合在一起，然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，脱离弹簧后C的速度为v０. 求弹簧所释放的势能ΔE. C V0 A B

mv0 =3mv1 mv0 =2mv2+ mv0 析与解 向右为正，对A、B、C碰撞过程由系统动量守恒： 得v1 =v0/3 当弹簧恢复原长时，C脱离弹簧，向右为正，对A、B、C全过程由系统动量守恒： 　　 　　 mv0 =2mv2+ mv0 得v2 =0 对A、B、C碰撞以后的过程由机械能守恒： 　　 　　 注意：A、B碰撞过程有机械能损失！ 　　 　　 V1 V1 A B C

例与练 24、如图所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平面上。B、C用轻弹簧相连处于静止状态。物块A以初速度v０沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B粘合在一起。求： （1）弹簧的最大弹性势能Ep. （2）以后AB会不会向左运动？ V0 A B C

析与解 先分析AB、C的受力和运动情况： 小结： V1 V1↓ V1 V2 V2↑ V1↓ V1 V2 V2↑ V1 ↑ V1 V2 F V2 AB C V2↑ V1↓ AB C V1 V2 V2↑ V1 ↑ V1 V2 AB C F V2 ↓ V1 ↑ AB C V2 V1 V2 ↓ 小结： 　　 　　 （1）两物体速度相同时，弹簧最短（或最长），弹簧弹性势能最大，系统总动能最小。 　　 　　 （2）弹簧恢复原长时，两物体速度分别达到极限。

mv0 =2mv1 mv0 =3mv 析与解 （1）向右为正，对A、B碰撞过程由动量守恒： 得v1 =v0/2 当A、B、C速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大。向右为正，对A、B、C全过程由系统动量守恒： 　　 　　 mv0 =3mv 得v =v0/3 对A、B碰撞后到弹簧最短过程由机械能守恒： 　　 　　 注意：A、B碰撞过程有机械能损失！ 　　 　　 V1 F V2 AB C

2mv1 =2mv’1+mv’2 得v’2 >2v1 2mv1 =mv’2 得v’2 =2v1 析与解 （2）方法一：以向右为正，设某时AB的速度为v’1<0，对系统由动量守恒： 　　 　　 2mv1 =2mv’1+mv’2 得v’2 >2v1 此时系统总动能： 而碰撞后系统总动能： 则总机械能变大，不可能 或设某时AB的速度为v’1=0，对系统由动量守恒： 2mv1 =mv’2 得v’2 =2v1 此时系统总动能： 而碰撞后系统总动能： 总机械能变大，则AB的速度不能为0，更不能为负

析与解 （2）方法二：弹簧恢复原长时，两物体速度达到极限。求出这时两物体的速度。以向右为正，对系统由动量守恒： 　　 　　 2mv1 =2mv’1+mv’2 对系统由机械能守恒： 则v’1= v1 , v’2=0（开始）, 或v’1= v1 /3>0, v’2=4v1 /3>0 (第一次恢复原长) 当弹簧第一次恢复原长后,AB的速度方向仍向右,以后将不可能向左.

例与练 25、光滑的水平轨道上，质量分别为m1=1Kg和m2=2Kg的小车A、B用轻弹簧连接静止，弹簧处于原长。现使A以速度V0=6 m/s沿轨道向右运动，求： （1）当弹簧第一次恢复原长时A和B的速度 （2）弹簧的最大弹性势能 V0 A B

m1v0 =m1v1+m2v2 m1v0 =（m1+m2）v 析与解 （1）以向右方向为正，对系统由动量守恒： 对系统由机械能守恒： （1）以向右方向为正，对系统由动量守恒： 　　 　　 m1v0 =m1v1+m2v2 对系统由机械能守恒： 则v1=6m/s, v2=0（开始）, 或v1=-2m/s, v2=4m/s （2）当A、B速度相同时，弹簧压缩（伸长）量最大，弹簧弹性势能最大。以向右方向为正，对系统由动量守恒： 　　 　　 m1v0 =（m1+m2）v 则v =2m/s 对系统由机械能守恒： V0 A B

例与练 26、如图所示，光滑水平轨道上，质量分别为m1=2Kg和m2=4Kg小车A、B用轻弹簧连接将弹簧压缩后用细绳系在A、B上，然后使A、B以速度V0=6m/s沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到原长时，A的速度刚好为0，求： （1）被压缩的弹簧所具有的弹性势能Ep （2）讨论在以后的运动过程中B有没有速度为0的时刻 A B V0

例与练 27、图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2 ，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0 l2 l1 A B P

析与解 m v1 =2m v2 ( 2) l2 l1 A B P 设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）, 对A碰前由动能定理： 设碰后A、B共同运动的速度为v2 ,向左为正，对A、B碰撞过程由动量守恒： m v1 =2m v2 ( 2) 碰后A、B先一起向左运动,接着A、B一起被弹回,在弹簧恢复到原长时,设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，对A、B由动能定理： 后A、B分离，A单独向右滑到P点停下，对A由动能定理： l2 l1 A B P 由以上各式，解得：

例与练 28、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。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（锁定及解除定均无机械能损失）。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。 v0 B A C P

mv0 =(m+m)v1 ① 2mv1 =3m v2 ② v2 析与解 （1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有 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 2mv1 =3m v2 ② 由①、②两式得A的速度v2=v0/3 ③ v0 B A C P D A P v2 v1 A D P

2mv3=3mv4 ⑥ 析与解 解以上各式得 （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，有 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 当弹簧伸长，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　 ⑥ 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为 ，由能量守恒，有 解以上各式得

例与练 29、质量为M=3kg的小车放在光滑的水平面上，物块A和B的质量为mA=mB=1kg，放在小车的光滑水平底板上，物块A和小车右侧壁用一根轻弹簧连接起来，不会分离。物块A和B并排靠在一起，现用力压B，并保持小车静止，使弹簧处于压缩状态，在此过程中外力做功135J，如右图所示。撤去外力，当B和A分开后，在A达到小车底板的最左端位置之前，B已从小车左端抛出。求 (1) B与A分离时A对B做了多少功? (2) 整个过程中，弹簧从压缩状态开始，各次恢复原长时，物块A和小车的速度 M A B mA mB

(1) AB将分离时弹簧恢复原长, AB的速度为V0,小车速度为V,对A、B、M系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： 析与解 (1) AB将分离时弹簧恢复原长, AB的速度为V0,小车速度为V,对A、B、M系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： (mA+mB) V0 -MV=0 (mA+mB) V0 2/2 + MV2/2 =E0 即 2 V0 -3V=0 V0 2+1.5V2 =135 解得 V0 = 9m/s, V=6m/s M A B mA mB E0=135J ∴WA对B= mB V0 2/2 =40.5J

(2)B离开小车后，对小车和A及弹簧系统由动量守恒定律和机械能守恒定律得（向右为正） 析与解 (2)B离开小车后，对小车和A及弹簧系统由动量守恒定律和机械能守恒定律得（向右为正） mAv1+MV1=9 mAv12 /2 + MV12/2 =E0 –40.5 即 v1+3V1=9 v12+3V12 =189 V v A B M 代入消元得 2V12 – 9V1-18=0 解得 v1= 13.5m/s, V1=-1.5m/s 或v1= -9m/s, V1=6m/s 所以 B与A分离时A对B做了多少功40.5J (2)弹簧将伸长时小车 和A 的速度分别为9m/s, 6m/s；将压缩时为13.5m/s, 1.5m/s

例与练 30、如下图所示，在水平光滑桌面上放一质量为M的玩具小车。在小车的平台（小车的一部分）上有一质量可以忽略的弹簧，一端固定在平台上，另一端用质量为m的小球将弹簧压缩一定距离用细线捆住。用手将小车固定在桌面上，然后烧断细线，小球就被弹出，落在车上A点，OA=s，如果小车不固定而烧断细线，球将落在车上何处？设小车足够长，球不至落在车外。 A s O

析与解 当小车固定不动时：设平台高h、小球弹出时的速度大小为v，则由平抛运动可知 s=vt ∴　v2 = gs2/2h 　（1）　　 当小车不固定时：设小球弹出时相对于地面的速度大小为v ′，车速的大小为V，由动量守恒： mv ′=MV （2） 因为两次的总动能是相同的，所以有

析与解 设小球相对于小车的速度大小为v″，则 设小球落在车上A ′处， 由平抛运动可知： 由（1）（2）（3）（4）（5）解得：

例与练 31、直立的轻弹簧的下端固定在地面上，上端位于O点。将质量为m的钢板与弹簧的上端连接，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图。一物块从钢板的正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立即与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。若物块的质量也为m时，它们恰好回到O点。若物块质量为2m，仍从A点自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块质量为2m时向上运动到最高点与O点的距离。

六、电磁场中的动量和能量 解决电磁场中的动量和能量问题的基本方法和思路： （1）首先考虑系统全过程动量是否守恒，如果守恒则对系统全过程用动量守恒定律。否则考虑用动量定理。 （2）要准确地分析每个物体在运动过程中的受力及其变化情况，准确地判断每个物体的运动情况。 （3）注意临界状态：磁通量不变时感应电流为0，系统中两个物体速度相等。

例与练 32、如图所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求： (1)a和b的最终速度分别是多大? (2)整个过程中回路释放的电能是多少? (3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少?

析与解 (1)a下滑过程中机械能守恒 magh=mav02/2 a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒 mav0=(ma+mb)v va=vb=v=

析与解 (2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以 E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7 (3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有

例与练 33、将带电量Q=0.3 C，质量m′=0.15 kg的滑块，放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=0.5 kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=20 T的水平方向的匀强磁场，开始时小车静止在光滑水平面上，当一个摆长为L=1.25 m，摆球质量m=0.4 kg的单摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g取10 m/s2.求： （1）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能E是多少？ （2）碰撞后小车的最终速度是多少？

七、多对象多过程的动量和能量 解决对多对象多过程的动量和能量问题的基本方法和思路： （1）首先考虑全对象全过程动量是否守恒，如果守恒则对全对象全过程用动量守恒定律。 （2）如果全对象全过程动量不守恒，再考虑对全对象全过程用动量定理。要求每次系统动量变化要相同。 （3）如果每次系统动量变化不相同。不能对全对象全过程用动量定理，则考虑用列举法。 （4）如果用列举法不能列尽，则再考虑用归纳法。

例与练 34、人和冰车的总质量为M，人坐在静止于光滑水平冰面的冰车上，以相对地的速率v 将一质量为m 的木球沿冰面推向正前方的竖直固定挡板。设球与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞后球以速率v反弹回来。人接住球后，再以同样的相对于地的速率v 将木球沿冰面推向正前方的挡板。已知M：m=31：2，求： （1）人第二次推出球后，冰车和人的速度大小。 （2）人推球多少次后不能再接到球？

第一次接球后：（M ＋m ）V1′= Mv1 + mv ⑵ 析与解 每次推球时，对冰车、人和木球组成的系统，动量守恒，设人和冰车速度方向为正方向，每次推球后人和冰车的速度分别为v1、v2…， 则第一次推球后：Mv1－mv=0 ⑴ 第一次接球后：（M ＋m ）V1′= Mv1 + mv ⑵ 第二次推球后： Mv2－mv = （M ＋m ）V1′ ⑶ 三式相加得 Mv2 = 3mv ∴v2=3mv/M=6v/31 以此类推，第N次推球后，人和冰车的速度 vN=(2N－1)mv/M 当vN＞v时，不再能接到球，即 2N－1＞M/m=31/2 N＞8.25 ∴人推球9次后不能再接到球

例与练 35、如图所示，一排人站在沿x 轴的水平轨道旁，原点0两侧的人的序号都记为n(n=1，2，3…)。每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m=14千克，x<0一侧的每个沙袋质量为m′=10千克。一质量为M=48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，v的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数)。 (1)空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？ （2）车上最终有大小沙袋多少个？ 3 1 2 x

n=2.4， 析与解 我们用归纳法分析。(1)在x>0的一侧： 第1人扔袋：Mv0－m·2v0=(M＋m)v1， 第2人扔袋：(M＋m)v1－m·2·2v1 =(M＋2m)v2， 第n人扔袋：[M＋(n－1)m]vn1 m·2nvn1=(m+nm)vn 要使车反向,则要Vn<0 n=2.4， 即：M＋(n－1)m－2nm<0 取整数即车上堆积有n=3个沙袋时车将开始反向(向左)滑行。 3 1 2 x

(2)只要小车仍有速度，都将会有人扔沙袋到车上，因此到最后小车速度一定为零，在x<0的一侧： 经负侧第1人： (M＋3m)v3－ m' ·2v3=(M＋3m+m')v' ， 经负侧第2人： (M＋3m＋m')v4－m' ·4v4=(M＋3m＋2 m' )v5' …… 经负侧第n'人(最后一次)： [M＋3m＋(n' －1)m']vn' 1－m' ·2n' vn'1 =0 n' = 8 故车上最终共有N=n＋n' =3＋8=11(个沙袋) 3 1 2 x

例与练 36、如图质量为m=2kg的平板车(车身足够长)的左端放一质量为M=3 kg的铁块,它和车间的动摩擦因数μ =0.5.开始时,车和铁块以速度vo=3m/s的速度向右运动,与墙碰撞,时间极短,且无机械能损失.求: 车与墙第一次碰后,小车右端与墙的最大距离? 车与墙第二次碰撞前,车和铁块的速度? 铁块最终距车的左端多远?(车身至少要多长,铁块才不会从车上滑下?)

析与解 (1)车从第一次碰到速度为零时(此时铁块速度仍向右),距右端的距离最大.对车用动能定理: (2)如果车在与墙第二次碰前仍未与铁块相对静止,则车碰前的速度一定为3m/s.由系统在水平方向上动量守恒: 可知, 车在与墙第二次碰前车与铁块已相对静止以v1=0.6m/s速度运动。 (3)最后车与铁块一起静止在墙角,对全过程,由能量守恒: 即板至少要1.5 m铁块才不会从车上滑下

例与练 37、一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1，2，3，…n的物块，所有物块的质量均为m，与木板间的摩擦因素都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，…n号物块的初速度分别是v0，2 v0，3 v0，…nv0，方向都向右，木板的质量木块的总质量相等，最终所有的物块与木板以共同速度匀速运动，设物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求： （1）所有物块与木板一起匀速运动的速度vn （2）第1号物块与木板刚好相对静止时的速度v1 （3）通过分析和计算说明第k号（k＜n）物块的最小速度vk

析与解 (1)对所有木块和木板全过程由动量守恒: (2)方法一：第1号木块与木板刚好相对静止时，第1号木块与木板的速度都为V1 所有木块动量减少为nm（V0-V1）,木板动量增加为 nmV1 对所有木块和木板由动量守恒 nm（V0-V1）=nmV1 动量守恒定律也可用动量变化的形式：

析与解 (2)方法二：第1号木块与木板刚好相对静止时，此时第1号木块与木板的速度都为V1 ，此时 第2号木块的速度为2V0-（V0-V1）= V0+V1 ， 第3号木块的速度为3V0-（V0-V1）= 2V0+V1 ， 以此类推，第n号木块的速度为nV0-（V0-V1）= (n-1)V0+V1 实际上，第2、3…n号木块的速度比第1号木块速度分别大 V0、2V0… (n-1)V0 对所有木块和木板由动量守恒:

析与解 (3) 第k号木块先是在木板上减速，当速度与木板的速度相同后又将随木板加速。则当它相对于木板静止时速度最小，设此时第k号木块与木板速度为Vk 此时第1号、第2号、第k-1号木块速度都为Vk 第k+1号木块的速度为V0+Vk ， 第k+2号木块的速度为2V0+Vk ， 以此类推，第n号木块的速度为 (n-k)V0+Vk 更多资源xiti123.taobao.com 对所有木块和木板由动量守恒:

例与练 38、光滑水平面的一直线上，排列着一系列可视为质点的完全相同质量为m的物体，分别用1，2，3，……标记，如图所示。在1之前，放一质量为M=4m的可视为质点的物体A，它们相邻间的距离均为L。现在，在所在物体都静止的情况下，用一水平恒力F推物体A，从而发生一系列碰撞，设每次碰撞后物体都粘在一起运动。问： （1）当运动物体与第3个物体碰撞前的瞬间，其速度是多少？ （2）当运动物体与第几个物体碰撞前的瞬间，运动物体会达到在整个运动过程中的最大速度，此速度是多少？从开始运动到最大速度经历了多长时间？

例与练 39、在做“碰撞中的动量守恒”实验中： （1）用精度为0.1mm的游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图甲所示，该球直径为______ｃｍ． （2）实验中小球的落点情况如图乙所示，入射球Ａ与被碰球Ｂ的质量比为ＭＡ∶ＭＢ＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为ｐＡ∶ｐＢ＝_____．

例与练 40、某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图(a)所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。 (1) 若已得到打点纸带如图(b)，并测得各计数点间距标在图上．A为运动起始的第一点．则应选______段来计算A的碰前速度．应选______段来计算A和B碰后的共同速度。 (2) 已测得小车A的质量m1＝0.40kg，小车B的质量m2＝0.20kg．由以上测量结果可得： 碰前总动量＝________kg·m／s； 碰后总动量＝________kg·m／s．