高中物理_经典习题及答案_选修3-5

第十六章 动量守恒定律
一、冲量和动量
（一）知识要点
1.动量：按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p =mv
⑪动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。

⑫动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。

2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft
⑪冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。

⑫冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。

如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。

⑬高中阶段只要求会用I=Ft 计算恒力的冲量。

对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。

⑭要注意的是：冲量和功不同。

恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。

（二）例题分析
例1：质量为m 的小球由高为H 的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 解：力的作用时间都是g H g H t 2sin 1sin 22αα==，力的大小依次是mg 、mg cos α和mg sin α，所以它们的冲量依次是： gH m I gH m I gH m I N G 2,tan 2,sin 2===合α
α 特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。

例2：一个质量是0.2kg 的钢球，以2m/s 的速度水平向右运动，碰到一块竖硬的大理石后被弹回，沿着同一直线以2m/s 的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？
解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v =2m/s ，碰撞前钢球的动量为P=mv =0.2×2kg ·m/s=0.4kg·m/s。

碰撞后钢球的速度为v ′=0.2m/s ，碰撞后钢球的动量为
p ′=m v ′=-0.2×2kg ·m/s=-0.4kg·m/s。

△p= p ′-P =-0.4kg·m/s -0.4kg·m/s =-0.8kg·m/s，且动量变化的方向向左。

例3：一个质量是0.2kg 的钢球，以2m/s 的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是45º，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45º，速度大小仍为2m/s ，用作图法求出钢球动量变化大小和方向？
解：碰撞前后钢球不在同一直线运动，据平行四边形定则，以p ′和P 为邻边做平行四边形，则△p 就等于对解线的长度，对角线的指向就表示的方向： ∴s m kg s m kg p p p /24.0/4.04.0)(2222⋅=⋅+=-+'=
∆
方向竖直向上。

动量是矢量，求其变化量可以用平行四边形定则：在一维情况下可首先规定一个正方向，这时求动量的变化就可以简化为代数运算了。

例4（12分）如图所示，在光滑、固定的水平杆上套着一个光滑的滑环
，滑环下通过一根不可伸长的轻绳悬吊一重物M ，轻绳长为L ，将滑环固定在水平杆上，给M 一个水
平冲量作用，使M 摆动，且恰好刚碰到水平杆。

问
（1）M 在摆动过程中，滑环对水平杆的压力的最大值是多少？
（2）若滑环 不固定，仍给M 以同样大小的冲量作用，则M 摆起的最大高度为多少？
解：（
1）机械能守恒 （2分）
M 通过最低点T 最大 （2分）
∴ （1分）
再对滑环受力分析 （2分）
（2）不固定机械能仍守恒 初速度：
（2分）
水平动量守恒 （2分）
∴ ∴ （1分）
二、动量定理
（一）知识要点
1.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。

既I =Δp
⑪动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。

这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。

⑫动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。

⑬现代物理学把力定义为物体动量的变化率：t
P F ∆∆=（牛顿第二定律的动量形式）。

⑭动量定理的表达式是矢量式。

在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。

2.利用动量定理定性地解释一些现象
3.利用动量定理进行定量计算
利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：
⑪明确研究对象和研究过程。

研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。

质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。

研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。

⑫进行受力分析。

只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。

所有外力之和为合外力。

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

如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

⑬规定正方向。

由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。

⑭写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。

⑮根据动量定理列式求解。

（二）例题分析
例1：以初速度v 0平抛出一个质量为m 的物体，抛出后t 秒内物体的动量变化是多少？ 解：因为合外力就是重力，所以Δp =F t =m g t
有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择
的等价的方法。

本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。

当合外力为恒力时往往用Ft 来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp 来求。

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

这是为什么？
解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。

根据Ft =Δp ，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。

（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。

鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。

）
例3：某同学要把压在木块下的纸抽出来。

第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。

这是为什么？ 解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合
力冲量的大小。

在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，
一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极
短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。

第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。

例4：质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里。

求：⑪沙对小球的平均阻力F ；⑫小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 。

解：设刚开始下落的位置为A ，刚好接触沙的位置为B ，在沙中到达
的最低点为C 。

⑪在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t 1+t 2，而阻力作用时间仅为t 2，以竖直向下为正方向，有：
m g (t 1+t 2)-F t 2=0, 解得：()2
21t t t mg F +=
⑫仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t 1时间内只有重力的冲量，在t 2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：
m g t 1-I =0,∴I =m g t 1
这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。

要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。

若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。

当t 1>> t 2时，F >>mg 。

例5：质量为M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为v 0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。

若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
解：以汽车和拖
A
C /
车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为()a m M +，该过程经历时间为v 0/μg ，末状态拖车的动量为零。

全过程对系统用动量定理可得：
()()()()000,v Mg
g a m M v v m M v M g v a m M μμμ++='∴+-'=⋅+ 这种方法只能用在拖车停下之前。

因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是()a m M +。

例6：质量为m =1kg 的小球由高h 1=0.45m 处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高
度为h 2=0.2m ，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt =0.6s ，取g =10m/s 2。

求：小球
撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F 。

解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变
化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t 1=0.3s 和
t 2=0.2s ，因此与地面作用的时间必为t 3=0.1s 。

由动量定理得：mg Δ
t-Ft 3=0 ，F =60N
例7、如图所示，，质量为Ｍ＝2kg 的小车Ａ静止在光滑水平面上，Ａ的右端停放有一个质量为ｍ＝0.4kg 、带正电荷ｑ＝0.8C 的小物体Ｂ。

整个空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度Ｂ＝0.5Ｔ的匀强磁场，现从小车的左端，给小车A 一个水平向右的瞬时冲量I =26N ﹒s ，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求
（1）瞬时冲量使小车获得的动能
（2）物体Ｂ的最大速度?
（3）在A 与B 相互作用过程中系统增加的内能?
（ｇ＝10m/s2）
解析：（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体Ｂ的速度仍为零．冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求的小车获得的速度，进而求出小车的动能．
Ｉ＝Mv, v=I/M =13m/s, E=Mv2/2=169J
(2)要想得知物体Ｂ的速度何时最大，就要对瞬时冲量结束后Ａ、Ｂ物体相互作用的过程做一个较具体的分析。

小车Ａ获得水平向右的初速度后，由于Ａ、Ｂ之间的摩擦，Ａ向右减速运动，Ｂ向左加速运动，同时由于罗伦兹力的影响Ａ、Ｂ之间的摩擦也发生变化，设A 、Ｂ刚分离时速度为v B
qv B B ＝ｍｇ
即 v B ＝ｍｇ／Ｂｑ＝10ｍ/ｓ
若A 、Ｂ能相对静止，设共同速度为Ｖ，
由Ｍv0＝（Ｍ＋m）Ｖ
Ｖ=10.8m/s,
因v B<Ｖ说明Ａ、Ｂ在没有达到共同速度前就分离了
所以，Ｂ的最大速度为v B＝10ｍ/ｓ
这一步的要害就是对两个临界状态进行分析和比较，最后确定Ｂ的最大速度。

假如题中条件Ｉ＝20N﹒s,将得出v B＞Ｖ，就说明Ａ、Ｂ在没有分离前就达到了共同速度．则共同速度Ｖ就是Ｂ的最大速度，因为，Ａ、Ｂ在达到共同速度后速度不再发生变化，也就不会再分离。

做过这个题目后，对本题的分析和反思时应该想到这一步。

(3) 由于罗伦兹力的影响Ａ、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Ｑ＝fs相对求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解。

由于Ｂ物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时Ａ的速度，设当物体Ｂ的速度最大时物体A的速度为v A
Ａ、Ｂ系统动量守：Ｍv０＝Ｍv A＋ｍv B
∴v A＝(Mv0－mv B)/M=11ｍ/ｓ
Ｑ＝ΔＥ＝Ｍv０２/2－Ｍv A２/2－ｍv B２/2＝28J
例8、设小车一辆玩具小车的质量为3.0kg，沿光滑的水平面以2.0m/s的速度向正东方向运动，要使小车的运动方向改变，可用速度为2.4m/s的水流由西向东射到小车的竖直挡板CD 上，然后流入车中．求：要改变小车的运动方向，射到小车里的水的质量至少是多少？
解：设射入小车中的水的质量分别为M和m，对于小车和射入
的水组成的系统，水平方向动量守恒，以向东为正方向，有
随着射入小车中水的质量增加，车与车中的水的速度V要减小，直到速度V=0，射入小车的水质量再增加，V<0，小车（包括车中的水）的速度方向变为向西。

因此对应V=0时的水的质量即为所求。

m=2.5kg。

三、动量守恒定律
（一）知识要点
1.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

即：221
12211v m v m v m v m '+'=+
2.动量守恒定律成立的条件
⑪系统不受外力或者所受外力之和为零；
⑫系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
⑬系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。

⑭全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

3.动量守恒定律的表达形式
除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/
外，还有： Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1
221v v m m ∆∆-=
4.动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。

（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。

）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。

相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。

例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。

但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。

为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。

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

（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。

又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。

这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。

（二）例题分析
例1：质量为m=0.10kg 的小钢球以Vo=10m/s 的水平速度抛出，下落h=5.0m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平地面的夹角θ=_______.刚要撞击时小球的动量的大小为________（g=10m/s2)
解：小钢球作平抛运动，撞击钢板时的竖直分速度Vy==10m/s.而水平方向作的是匀速运动，所以Vx=Vo=10m/s.而tgn θ=Vo/Vy=1，所以θ=450，另外钢球的末速度为：Vt=
m/s ，于是刚要撞击时小球的动量大小等于： P=mVt=
kgm/s
例2.质量为m的钢球自高处下落，以速度V1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为V2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（）
A.向下，m(V1-V2)
B.向下，m（V1+V2）
C.向上，m(V1-V2)
D.向上，m(V1+V2)
分析：将钢球作研究对象，钢球在碰地过程中的受力如图中的动画所示，图中mg为钢球受到的重力、N是受到地面对它的弹力，由于弹力和重力对钢球的冲量使钢球的动量发生改变.图中钢球的碰地速度V1，弹起速度为V2，我们假设垂直地面向上为正，对钢球运用动理定理得：
Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1，
由于碰撞时间极短，t趋近于零，故mgt也趋于零可忽略不计，于是Nt=m(V2+V1),即弹力的冲量方向向上，大小等于m(V1+V2),故答案选D
例题3:质量为M的小船以速度Vo行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率V（相对于静水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相对于静水面）向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度。

本题是由三个物体组成的物体系，和两个物体过程的动量守恒定律的应用问题，选择合理的研究对象和研究过程可使解题方便简捷.
解答：选小孩a、b和船为一系统，在两小孩先后跳入水的整个过程中可忽略水的阻力.系统水平方向上动量守恒.设小孩b跃出后船向前行驶的速度为Vx，选Vx方向为正方向根据动量守恒定律有；
（M+2m)Vo=MVx+mV-mV 整理得：Vx=（1+2m/M)Vo
例题4:一列火车在水平直轨道上做匀速运动，总质量为M，速度为V，某时刻火车后部有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间车牵引力保持不变，并且火车各部所受的阻力跟运动速度无关，当司机发现时，后面脱钩的车厢的速度已减为V/3，求此时刻火车车厢前面部分的速度多大？
解答：火车原在铁轨上匀速运动，故所受合外力等于零，一节车厢脱钩后，牵引力和阻力均不变，火车系统合外力等于零，动量守恒.当脱钩车厢速度为V/3时，设前面部分的速度为V'，根据动量守恒定律有：MV=（M-m)V'+mV/3
解得：
例5.(20分)用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中.求：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大?(2)弹性势能的最大是多大?(3)A的速度有可能向左吗?为什么?
解：(20分)(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，(mA mB)v＝(mA mB mC)vA′ ( 3分)
解得vA′= m/s=3 m/s ( 1分)
(2) B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则
mBv=(mB mC)v′( 3分) v′= =2 m/s ( 1分)
设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒Ep= (mB mC) mAv2- (mA mB mC) ( 3分)
= ×(2 4)×22 ×2×62- ×(2 2 4)×32=12 J ( 1分)
(3)(8分) A不可能向左运动
系统动量守恒，mAv mBv=mAvA (mB mC)vB
设A向左，vA＜0，vB＞4 m/s
则作用后A、B、C动能之和
E′= mAvA2 (mB mC)vB2＞(mB mC)vB2=48 J
实际上系统的机械能
E=Ep(mA mB mC)·=12 36=48 J
根据能量守恒定律，＞E是不可能的
例6（12分）质量为M的小物块A静止在离地面高的水平桌面的边缘，质量为的
小物块B沿桌面向A运动并以速度与之发生正碰（碰撞时间极短）。

碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。

碰后B反向运动。

求B后退的距离。

已知B与桌面间
的动摩擦因数为。

重力加速度为。

解：A落地过程是平抛运动，则有（1分）
（1分）∴（1分）
B与A碰撞动量守恒
（4分）
B返回有（3分）
∴（2分）
例7.(16分) 两个木块的质量分别为=0.2kg，=0.55kg，中间用轻弹簧相连放在
光滑水平面上，左侧与竖直墙壁接触。

质量为＝0.050kg的子弹以水平向左的初速
度射入中，并立即与具有相同的速度，然后向左压缩弹簧。

被弹回时带动
运动。

若木块的最大速率为=0.30m/s，求子弹射入木块前的速度。

解：子弹打入木块瞬间，速度为,射入后跟一起的速度为
由动量守恒：=( ) ①（４分）
离开墙角后，同理：( ) = ( ) ②（４分）
再由能量守恒：③（４分）
由①②③得= 即= = 0.2m/s （２分）
解得：= （２分）
例8、如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的
右端有块挡板，车的质量，绝缘小物块B的质量。

若B以一定速度沿平板向右与C车的挡板相碰，磁后小车的速度总等于碰前物块B速度的一半。

今在静止的
平板车的左端放一个带电量、质量为的小物块A，将物块B放在平板车的中心，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，当A以速度
与B发生碰撞，碰后A以的速率反弹回来，B向右运动，
（1）求匀强电场的场强大小和方向。

（2）若A第二次和B相碰，判定是在B与C相碰之前还是相碰之后？
（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？
解：（1）对金属块A用动能定理①
所以电场强度大小②
方向水平向右③
（2）A、B碰撞，由系统动量守恒定律得
④
用代入解得⑤
B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间
⑥
A的加速度⑦
A在段时间的位移为
⑧
因，故A第二次与B相碰必在B与C相碰之后⑨
（3）B与C相碰，由动量守恒定律可得⑩
eq \o\ac(○,11)11
A从第一次相碰到第二次与B相碰的位移为L，因此电场力做的功
例9、质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为
A.2
B.3
C.4
D. 5
答案AB
【解析】本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动
量为2P,根据K mE P 22
=,以及能量的关系得M P m p M P 22242
22+≥得3≤m M ,所以AB 正确.
例10、如图所示，质量m
1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水
平面上，车长L=15 m,现有质量m 2=0.2 kg 可视为质点的物
块，以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在
车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10 m/s 2
，求 （1） 物块在车面上滑行的时间t;
（2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少。

（1）0.24s (2)5m/s
【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。

涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 ()v m m v m 2102+= ①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有
022v m v m t F --= ②
其中 g m F 2μ= ③
解得
()g
m m v m t 2101+=μ 代入数据得 s 24.0=t ④
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v ′，则
()v m m v m '+='210
2 ⑤ 由功能关系有 ()gL m v m m v m 22212022
121μ+'+=' ⑥
代入数据解得 =5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v 0′不能超过5m/s 。

例11、如图19所示，水平地面上静止放置着物块B 和C 相距l =1.0m 物快A 以速度v 0=10m/s 沿水平方向与B 正碰，碰撞后A 和B 牢固粘在一起向右运动，并再与C 发生正碰，碰后瞬间C 的速度v=2.0m/s ，已知A 和B 的质量均为m 。

C 的质量为A 质量的k 倍，物块与地面的动
摩擦因数μ=0.45(设碰撞时间很短，g 取10m/s 2)
（1）计算与C 碰撞前瞬间AB 的速度
（2）根据AB 与C 的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C 碰撞后AB 的可能运动方向。

解：（1）A 与B 相碰，由动量守恒定律知 mv 0=2mv 1，得到v 1=5m/s
之后，A 与B 一起向右运动直到与C 相碰
以A 和B 为整体，由动能定理知 21212221222mv mv
mgl -=-μ，得到v 2=4m/s （2）当A 与B 运动到C 所在位置时，AB 与C 相碰，由动量守恒定律知
2mv 2=2mv 3+kmv ①
（一）若AB 与C 发生的碰撞是弹性碰撞，则根据能量守恒
2212321222122kmv mv
mv += ② 联立①②两式得到k=6，v 3=-2m/s ，说明AB 与C 碰后反弹
（二）若AB 与C 发生的碰撞是完全非弹性碰撞，则根据动量守恒
2mv 2=（2m+km ）v ，得到k=2，物体AB 仍然向右运动
根据以上讨论可知，k 的取值范围是 2≤k ≤6
设k=k 1时，物体AB 与C 碰后速度为零，根据动量守恒定律
2mv 2=k 1mv ， 得到k 1=4
由此可以确定AB 与C 碰后的可能运动方向为
A ．当2≤k ＜4时，A
B 碰后继续向右运动；
B ．当k=4时，AB 碰后静止；
C ．当4＜k ≤6时，AB 碰后继续向左运动（反弹）
例12、一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图l 所示。

现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v 一t 图像呈周期性变化，如图2所示。

请据此求盒内物体的质量。

解：设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律
Mv 0=mv ①
3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞
12Mv 02 = 12
mv 2 ② 联立①②解得
m=M ③
（也可通过图象分析得出v 0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）
例13、一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。

在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg 的小物块（视为质点）。

小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？
解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运
动，到达斜面底端时速度为v 。

由功能关系得
θθμsin cos 212h mg mv mgh +=
① 以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量
)(v m mv I --= ②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h ’，则
θ
θμsin cos 212h mg h mg mv '+'= ③ 同理，有 θ
θμsin cos 212h mg v m h mg '+'=' ④ )(v m v m I '--'=' ⑤
式中，v ’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I ’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。

由①②③④⑤式得
kI I =' ⑥
式中 μ
θμθ+-=t a n t a n k ⑦
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
)c o t 1(2201θμ-=gh m I ⑧
总冲量为
)1(3214321k k k I I I I I I +++=+++= ⑨
由 k
k k k k n
n --=⋯+++-11112 ⑩ 得 )cot 1(221104
θμ---=gh m k
k I ⑾ 代入数据得 )63(4.0+=I N ·s ⑿
解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a ，依牛顿第二定律得
ma mg mg =-θμθcos sin ①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，则
θ
s i n 22h a v = ② 以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
)(v m mv I --= ③
由①②③式得
)cot 1(22θμ-=gh m I ④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a ’， 依牛顿第二定律有
a m mg mg '=+θμθcos sin ⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为
θsin 22
a v h '
=' ⑥ 由②⑤⑥式得 h k h 2=' ⑦
式中 μ
θμθ+-=tan tan k ⑧ 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
)cot 1(22θμ-'='h g m I ⑨
由④⑦⑨式得 kI I =' ⑩
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为。