第09讲 动量定理和动能定理

2008决胜高考 专题三 动量与能量
第09讲 动量定理和动能定理
1.考点分析：动量定理、动能定理是近几年高考中的热点中的热点。

高考对动量定理和动能定理的运动考查频率很高。

2.考查类型说明：
动量定理单独应用多以选择题为主，动量定理、动能定理综合应用主要在计算题中。

3. 考查趋势预测：
动量定理、动能定理综合应用依然为命题热点。

解决这类问题，一是强调分清两定理的应用条件；二是要理清问题的物理情境；有针对的单独或综合应用往往会较顺利的解决问题。

【金题演练】
1. 对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的动量发生变化，其动能一定变化
B. 物体的动量发生变化，其动能不一定变化
C. 物体的动能发生变化，其动量一定变化
D. 物体的动能发生变化，其动量不一定变化 1、解析：根据动能公式E mv k =
12
2
和动量公式
p mv
=知
E p m
k =2
2/或
p mE k =2。

上述两个公式只是动能E k 和动
量p 的量值关系，而动能和动量的显著差别在于动能E k 是标量，而动量p 是矢量，要注意其方向性。

答案：BC
当质量不变的物体的动量发生变化时，可以是速度的大小发生变化，也可以只是速度的方向发生变化，还可以是速度的大小和方向都发生变化。

当只有物体的速度方向发生变化而速度大小不变时，物体的动量（矢量）要变化，但动能（标量）并不发生变化。

例如我们熟悉的匀速圆周运动，所以可得选项A 错误，而选项B 正确。

当质量不变的物体的动量发生变化时，必定是其速度的大小发生了变化，而无论其速度方向是否变化，所以物体的动量也必定发生变化，故选项C 正确，选项D 错误。

2. 一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v 。

在此过程中，
A .地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为
2
1
mv 2
B .地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零
C .地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为
1mv 2
一、考纲指津
二、三年高考
D .地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零
2、解析：设地面对运动员的作用力为F ，则由动量定理得：(F －mg )Δt ＝F Δt ＝mv ＋mg Δt ；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，地面对运动员做功为零，这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移。

答案：B
3. 在粗糙绝缘的水平面上的同一直线上有A 、B 、C
三个质量都为m 的物体（都可视为质点），其中物体C 被固定，其带电量为+Q ，它产生的电
场在竖直面MN 的左侧被屏蔽；物体B 带电量为+q ，恰好处在被屏蔽区边缘；物体A 不带电。

此时A 、B 均静止，它们相距1l ，B 与C 相距2l 。

现对位于P 点的物体A 施加一水平向右的瞬时冲量，A 在向右运动过程中与B 碰撞后粘连（碰撞时间极短），并进入电场区前进了
的动摩擦因数都为μ，求：最初在P 点时对物体A 施加的瞬时冲量的大小。

（竖直面MN 不影响物体在两区域间穿行，忽略带电体在MN 左侧被屏蔽区域受到的一切电场力。

） 3、解析：设对A 的瞬时冲量为I ，A 的初速度为
0v ，由动量定理有：
00-=mv I
设A 与B 碰前速度为1v ，由动能定理有：
2
02112
121mv mv mgl -=
-μ
设A 、B 碰撞后的共同速度为2v ，由动量守恒定律，有：21
2mv mv =
A 、
B 进入电场区再折回被屏蔽区，电场力做功为零
研究A 与B 碰后到停止运动的整过程，由动能定
理有：
2
222
1032v m l mg ⋅⋅-
=⋅⋅-μ 解得：)12(21l l g m I
+=μ
【金题探究】 例题1.
(B)向下，m (v 1+v 2) (C)向上，m (v 1－v 2) (D)向上，m (v 1+v 2)
答：[ ]
考点分析：
这是一个涉及概念、规律、计算的选择判断题，要求学生掌握
1.牛顿第三定律──作用力与反作用力。

钢球与地面碰撞时彼此互相．．作用；钢球对地握：面施力，方向向下；地面对钢球施力，方向向上。

2.冲量Ft 的方向由力F 的方向决定。

3.物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化，即：0mv mv Ft
t -=
4.动量是矢量，因此动量的变化0
mv mv t -应当是．．矢量之差，而不．是．
算术减法mv mv t
-0。

（注：既使现在中学物理不要求在动量之上画矢量符号，但我们应牢记矢量差．．．与标量差．．．是不相同的。

） 5.在同一直线．．上的矢量．．，若用正、负号来表示．．，则可定一正方向，与此方向相同的矢量值取正；与此方向相反的矢量值取负。

就本题而言，我们可取向上为正方向，则向上的速度以+v 2表示；向下的速度就应以－v 1表示了。

（注意：此时的v 1与v 2只表示速度的数值，而字母前的正、负号表示速度方向，这样才能全面地体现两个不同的矢量。

最后
下”；(C)、(D)的前半是“向上”，因此先由冲量的
方向．．入手就可淘汰．．掉两个选项，然后再从剩余的两个选项中选出其中大小．．正确的一个，就可获得正确答案。

在“ 考点分析1”中，我们已分析出地面对钢球施力的方向是向上的。

再结合“考点分析2”的知识，就可确定地面对钢球的冲量方向是向上的，因此我们先淘汰掉了(A)、(B)。

再根据“考点分析3、4、5”的分析，以向上．．为矢量之正方向，则本题中的t v 就应以“+v 2”来表示（正号可以不写）；0v 就应以“－v 1”表示了。

将“+v 2”和“－v 1 ”代入动能定就可以写出
下式：
Ft mv m v mv mv m v v =--=+=+212112()()
由此判断出(D)是正确的。

正确答案是：(D)。

失分陷阱:正方向的选取和初、末动量正负的确定。

例题2：如图所示：质量是m 的质点，以匀速率v 作圆周运动，圆心在坐标系的原点O 。

在质点从位置1运动到位质2的过程中作用在质点上的力的冲
知的力F →
和作用的时间t 代入下式： Ft I =（只求数值大小可不写矢
号）
第二种方法是：根据“动量定理”求解。

即用已知的1mv 和2mv 求出mv 代入下式：
Ft
=△mv =2mv －1mv
因为在本题的已知条件中没有给出F 和t ，所以解答本题应采用第二种方法。

解题思路:
从本题所给的已知图中可以分析出：质点通过位置1时动量1mv 的方向是向上（或向北的；通过位置2时动量
2mv 的方向是向左
（或向西）的。

（这两个矢量是彼此垂直的）
如图10—2所示：我们根据已知的
和
运用
不同，但数值的大小是相等的。

根据“勾股弦定理”可以写出下式并进行推导运算：
()()()()()()∆∆mv mv mv mv mv mv mv mv
21222
22222=+=+=∴=
根据“动量定理”可求出作用在质点上的力的
冲量．．的大小：
Ft mv mv ==∆2
因为是等腰直角三角形，所以上图中的α角为45°，若按题目的要求“逆时针计算角度”，则冲量的方向与x 轴的夹角为：
90°+90°+45°=225°
正确答案是：作用在质点上的力的冲量的大小是
2mv ，冲量的方向与
x 轴成
225°角。

失分陷阱:
物体做匀速圆周运动就是一个典型的例子。

因为此时物体运动的速率v 不变，质量m 也不变（不考虑相对论效应），所以其
止开始沿斜槽AB 滑下，再进入水平槽CD ，最后停在水平槽上的E 点，由A 到E 的水平距离为L 。

假设儿童可以视为质点，已知儿童的质量为m ，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A 点与水平槽CD 的高度差为h 。

（1）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通下通过的水平距离L 与斜槽AB 跟水平面的夹角无关。

（2）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过v ，斜槽与水平面的夹角不能超过多少？（可用反三角函数表示）
考点分析 本题主要考查动能定理的应用。

解题思路
（1） 设斜槽AB 跟水平面的夹角为а。

儿童在斜槽上受重力mg ，支持力1N F 和滑动摩擦力
1f ，αμcos 1mg f =。

儿童在水平槽上受重力
mg ，支持力2N F 和滑动摩擦力
2f ，mg f =2。

（2）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B 点的速度最大，显然，倾角а越大，通过B 点的速度越大，设倾角为0α时有最大速度v ，由动能定理，
有200
2
1
sin cos mv h mg mgh =⋅
-ααμ
解得最大倾角
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=gh v gh arc μα22cot 20
失分陷阱
本题在解答时，应采用对全程应用动能定理运算，这样可以方便快捷，提高计算速度，当然也是容易出错误的。

例题4
某地强风的风速是20m/s ，空气的密度
3/3.1m kg =ρ。

一风力发电机的有效受风面积
S=20m 2，如果风通过风力发电机后风速减为12 m/s ，且该风力发电机的效率80=η
%，则风力发
电机的电功率为多大？风作用于风力发电机的平均力为多大？
柱，其质量为t Sv m
0ρ=，它通过风力发电机所
减少的动能用以发电。

设电功率为P ，则
()
22
00220212121v v t Sv mv mv Pt -=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ηρη
带入数据解得：P=53KW 。

（2）设风作用于风力发电机的平均力为F ，则
()v v t Sv mv mv Ft -=-=000ρ
带入数据解得：F=4160N 。

正确答案是：4160N 。

失分陷阱
利用动量定理和动能定理对于变质量问题如何化为定质量问题是失分的要点。

例5 离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫
⑴求加在BC 间的电压U ；
⑵为使离子推进器正常运行，必须在出口D 处向
正离子束注入电子，试解释其原因。

考点分析
本题考察了动能定理、动量定理及牛顿定律的知识，
解题思路
⑴设一个正离子的质量为m 、电荷量为q ，加
速后的速度为v ，根据动能定理有：
2
12
qU mv =
设离子推进器在Δt 时间内喷出质量为ΔM 的正离子，并以其为研究对象，推进器ΔM 的作用力F /，由动量定理有：F /Δt ＝ΔMv
由牛顿第三定律知：F /＝F
设加速后离子束的横截面积为S ，单位
体积内的离子数为n ，则有：
I ＝nqvS J ＝nmvS 两式相比可得：I q
J m
= 又：M I
t
∆=
∆
2
正确答案是：（1）2
2F
U JI
（2）略
失分陷阱
本题的关键就是如何建立一个物理模型，并找出相应规律。

【知识储备】
【动量定理】
一、冲量
1.定义：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量.
2.表达式：I=F ·t. 说明：
①冲量是描述力对时间积累效应的物理量，所4.冲量的单位：在国际单位制中是“牛
顿·秒”，符号为“N·S”且1N ·S=1kg ·m/s 动
量的单位和冲量的单位实际上是相同的，但在独立
计算时要用各自的单位.
二、动量
1.定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量.
2.表达式：P=mv. 说明：
①动量和速度一样是描述物体运动状态的物
当物体运动状态一定时，物体的动量就有确.
②动量具有瞬时性，当物体变速运动时，应明. ③动量具有相对性，由于速度与参考系的选择. 3.动量是矢量，动量的方向和速度方向相同. 说明：
①如果物体在一条直线上运动，在选定一个正方向后，当物体的运动方向和正方向相同时，可以用“+”号表示动量的方向，当物体运动方向和正方向相反时，可以用“-”号表示动量的方向.
②大小、方向完全相同的两个动量是相等的. 4.动量的单位：在国际单位制中是“千克·米/秒”符号为“kg·m/s”.
量.
四、动量定理
1.动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化，这个结论叫做“动量定理”。

2、数学表达：
P
P
P
mv
mv
t
F∆
=
-
=
-
=
∆
1
2
1
2
3、动量定理理解：
⑴上述公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向.
⑵动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系，对物体系，只需分析系统受的外力，不必考虑系统的内力，系统的内力作用不改变整个系统的总动量.
⑶动量定理是根据牛顿第二定律F=ma和运动学公式v t=v0+at，在作用力是恒定的情况下推导出来的，因此，用牛顿第二定律和运动学公式能解的恒力作用下的匀变速直线运动的问题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理也能求解，且较为简便.但是，动量定理不仅适用于恒力，也适用于随时间变化的力.对于变力，动量定理中的力F应理解为
顿第二定律的另一种表达形式，它的物理意义是：
合外力F等于物体动量的变化率∆
∆
P
t，两者大
小相等，方向相同。

若物体做直线运动，在这一直线上物体受到力F1、F2……作用，这些力的作用时间分别为t1、t2……，则有F1t1+F2t2……=mv2－mv1，表明各力冲量的代数和等于物体动量的增量。

(6)“冲量”可以使物体的“动量”发生下列三种形式的变化：
物体动量的大小发生了变化，而方向没有变化。

物体动量的方向发生了变化，而大小没有变化。

物体动量的大小和方向都发生了变化。

【动能定理】
一、动能
1.定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能.
物体的动能等于物体质量m与物体速度v的二次方v2的乘积的一半.
2.表达式：E k=mv2/2单位：焦耳(J)
3.理解
⑴动能是状态量，只与运动物体的质量以及速
二、动能定理
1、内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的增量.
动能定理也可叙述为：合外力对物体所做的
功，等于物体动能的增加；物体克服外力所做的功，等于物体动能的减少.
2、公式：W 总=mv 2
2/2-mv 2
1/2 3、关于动能定理
（1）动能定理虽然是在恒力作用、物体做匀加速直线运动的情况下推导出来的，但对于外力是变力，物体做曲线运动时，动能定理同样适用。

（2）动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初末状态的动能和整个过程中合外力的功，不涉及物体运动过程中的加速度、时间和中间状态的速度、动能，因此用它处理问题比较方便。

（3）一个物体所进行的复杂的运动往往是由若干个过程或阶段组合而成。

对于一个多过程问题，若不需要计算过程与过程间的各物理量时，可优先考虑用整体的方法对全过程用动能定理。

动能定理除了适用于单个物体（质点）外，
和弹簧弹力。

外力总功的计算： ①先求出合外力，再利用cos W
F s α=合计
算功，此时α应是合外力与位移s 间的夹角。

②先分别求出各个外力的功，再求各个外力功
的代数和，即12W
W W =++…n W +。

（5）动能是标量，只有大小，没有方向。

不能由于速度是指向某一方向就说动能是指向那一方向的，更不能把动能沿不同方向分解，建立所谓动能定理的分量式。

4、 动能和动量的区别与联系
（1）动能和动量都是描述某一时刻物体的运动
状态的物理量，动能是标量，与物体的速度方向无关；动量是矢量，其方向与速度方向相同。

（2）由动能定理可知，动能的变化等于合外力的功；由动量定理可知，动量的变化等于合外力的冲量。

5、基本处理思想：
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系②．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。

③．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。

④．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。

【名校精题】
1、如图1重物Ｇ压在纸带上。

用水平力Ｆ慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸
带，纸带会从重物下抽出，下列说法正确的是
Ａ.慢拉时，重物和纸带间的摩擦力大 Ｂ.快拉时，重物和纸带间的摩擦力小 Ｃ.慢拉时，纸带给重物的冲量大
快拉时纸带对重物的摩擦力的冲量小，所以Ｃ、Ｄ正确。

2、A 、B 、C 三个质量相等的小球以相同的初速度v 0分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出．若空气阻力不计，设落地时A 、B 、C 三球的速度大小分别为v 1、v 2、v 3，则
A ．经过时间t 后，若小球均未落地，则三小球动量变化大小相等，方向相同
B ．A 球从抛出到落地过程中动量变化的大小为mv 1-mv 0，方向竖直向下
C ．三个小球运动过程的动量变化率大小相等，方向相同
D ．三个小球从抛出到落地过程中A 球所受的冲量最大
2、解析：A 选项要判定三球的动量变化．若直接应用△p=p 2-p 1比较麻烦，因为动量是矢量，它们的方向并不是在同一直线上，不易求出矢量差．考虑到他们所受的合力均为重力，并都是相同的，由动量定理△p=F 合t 可知，A 选项正确．
B 选项是判定A 球从抛出到落地过程中动量变化．由△p=p 2-p 1，可得△p=mv 1＋mv 0，方向竖直向下，故B 选项是错误的．
力相同的方向给物体乙一个瞬时冲量I ，使两个物体开始运动，当两个物体重新相遇时，经历的时间为
A.I
F
B.
2I
F
C.
2F
I
D.I
F 2
两年模拟
图1
3. 解析：由221t m F S ⨯⨯=
甲
、t m
I
S ⨯=乙，乙甲S S =三式联立得F
I
t 2=故B 答案正确；
4.物体的质量为m ，在受到某方向的冲量后，它的速度大小未改变，在方向上改变θ角，则这个冲量的大小是
A.
2mv sin θ
B.
22
mv sin
θ
C.2mv cos θ
D.22
mv cos θ
4. 解析：根据动量定理
5.解析：根据动量定理：对两木块整体有
()1211v m m ft +=
得第一块木块被子弹穿过后的速度
2
11
1m m ft v +=
对第二块木块有
()1222v v m ft -=
得第二块木块被子弹穿过后的速度
()()
2111222211m m m t m t m t m f v +-+=
6.质量为m 的物体以速度v 0竖直向上抛出，物体落回地面时，速度大小为04
3v ，设物体在运动过
程中所受空气阻力大小不变，求：
（1）物体运动过程中所受阻力的大小； （2）物体以初速度2 v 0竖直向上抛出时最大高度．若物体落地后与地面碰撞无机械能损失，求物体运动的总路程．
（2）忽略中间跳跃过程对初末状态由动能定理：
()2
0221v m fs =得总路程g
v s 7502
0=。

7． 一个质量为0.18kg 的垒球,以25m/sr 水平速度飞向球棒,被球棒打击后,反向飞回.速度的大小为45m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01s 球棒对垒球的平均作用力有多大?
7、解析：取垒球飞向球棒的方向为正方向,垒球的
初动量为
s m kg s m kg mv p /.5.4/.2518.0=⨯==
垒
球
的
末
动
量
为
s kgm s m kg mv p /1.8/.18.0''-=-==
由动量定理可得垒球所受的平均力为:
N N t p p F 126001
.05
.41.8'
-=--=-=
垒球受的平均力的大小为1260N,负号表示斩方向与所选的正方向相反.
f 1f 2对物体整个运动过程应用动量定理有
（F －F f ）t 1＋（－F f ）t 2＝0，
解得 F f ＝2
11
t t Ft +＝2 N ．
【名师支招】
1．质量为50g 的球，以6m/s 的水平向右的速度垂直打在墙上距地面4.9m 高处，反弹后落在离墙角4m 远处。

已知球跟墙撞击的时间0.02s ，则（ ） A. 小球受到墙给的平均冲击力为5N ，方向水平
向左
B. 小球受到墙给的平均冲力是25N ，方向水平向
右
C. 球由墙壁反弹后直到落地，小球受到的冲量是
0.49N ·s ，方向竖直向下
D. 球由墙壁反弹后直到落地，小球受到的冲量是
5N ·s ，方向竖直向下
1、解析：球撞墙后做平抛运动，由竖直运动
可知在空中的运动时间为s 12==
g h
t
，再由水平运动可知撞后速度为m/s 42==x
v ，球
2、一个物体静止于水平面上，某时刻起受水
平恒力F 的作用从静止开始运动，经时间t ，撤去
力F ，该物体还能沿水平面运动2t 的时间才停止。

求物体所受的摩擦力f 与F 的比值。

2、解析：该物体的运动可以分两个阶段：先在恒力F 和摩擦力f 的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，后在摩擦力f 的作用下做匀减速直线运动直到停止。

该物体的动量变化为零，恒力F 的冲量为Ft ，摩擦力的冲量为-f ·3t 。

根据动量定理有
Ft-f ·3t=0，则 f/F=1/3。

这里的外力的合冲量，是指冲量的矢量和，如果是作用在一条直线上的多个冲量，则为代数和。

12时间之比t 1∶t 2∶t 3?
1、解：(1)设每块木块的厚度为d 。

根据动能定理 对子弹打击三块木块的全过程有
2
02
0221213⎪
⎭
⎫ ⎝⎛-=⨯v m mv d f 得：
f
m v d 82
=
对子弹打击第一块木块的过程有
21202121mv mv fd -=
解得012
3
v v = 对子弹打击第一、第二块木块的过程有
222021212mv mv d f -=
⨯解得022
2
v v = (2)根据动量定理：
f
v m t 022223⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-=
对子弹打击第三块木块的过程有
()323v v m ft -=解得f
v m t 0
32122⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=
所以；子弹穿过三木块的时间之比
()()(
)1
2:23:
32::321---=t t t
2 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
一年冲刺
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 =？ 2、解析：
(1) 对全过程根据动能定理有
()0=-+nmgh h H mg
3 、一物体静止在光滑水平面，施一向右的水平恒力F 1，经t 秒后将F 1换成水平向左的水平恒力F 2，又经过t 秒物体恰好回到出发点，在这一过程中F 1、F 2对物体做的功分别是W 1、W 2，求：W 1∶W 2=？
3、解析：取向右为正方向
对于施加向右的水平恒力F 1的过程： 根据动量定理有011-=mv t F 解得m
t
F v 11=
根据动量定理有
m
t F mv W 20212212
11=
-=
对于施加向左的水平恒力F 2的过程：
根据动量定理有122mv mv t
F --=-解得
()m
t
F F v 122-=
根据动量定理有
的动量是5kg ∙m/s 。

当A 球追上B 球时发生碰撞，
则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是： （ ） A ．
A p =6 kg ∙m/s
B p = 6 kg ∙m/s B.
A p =3 kg ∙m/s
B p =9 kg ∙m/s
C.
A p =-2 kg ∙m/s
B p =14 kg ∙m/s D.
A p =-4 kg ∙m/s
B p =17 kg ∙m/s
1、解析:
①从碰撞前后动量守恒
21
21p p p p '+'=+验证,A 、B 、C 三种情况皆有可能。

②从总动能不能增加：
m
p m p m p m p 22222221
2
221'+'≥+来看，答案只有A 可
能。

2．在平直公路上，汽车由静止开始作匀加速直线
D ．W/W f =1/3
2.解析：根据v-t 图像可知汽车加速阶段的位移S 1和全程的位移S 2之比4:1:21=S S ;
根据动能定理:021=-fS FS 得:14：
：=f F 故答案正确。

【新题导练】
1．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，又可能返回到斜面底端。

已知小物体的初动能为E 时，它返回斜面底端时的速度大小为v ，整个过程克服摩擦力做功为E /2，若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，则小物块 （ ）
A ．返回斜面底端时的动能为E
B ．返回斜面底端时的动能为3E /2
C ．返回斜面底端时的速度大小为2v
D ．返回斜面底端时的速度大小为2v 1.解析：根据动能定理：对第一次上升过程
E mgS mgS =+θμθcos sin 对全过程损失
的能量2
cos 2E
mgS E
=
=∆θμ；
对第二次上升过程：
块返回斜面底端时的速度v v 2='故D 答案正
确。

答案AD
2．甲乙两物体的质量分别为m 甲、m 乙，且m 甲＜m 乙，它们运动过程中受到相同的阻力作用，则
（ ）
A ．若它们的初动能相同，则甲物运动的时间较长
B ．若它们的初动量相同，则甲物运动的距离较长
C ．若它们的初速度相同，则乙物运动的距离较大
D ．若它们的初速度相同，则乙物运动的时间较长
2、解析：根据动能定理22
1
mv mgs =
μ和动量定理mv mgt
=μ可知AB 选项正确。

【冲刺08】
1、解析：根据动能定理，有m p E mgs k 22
==
μ，可见质量小的物体B 滑行的距离大，选项A 正确；动量定理得p mgt =μ，运动时间m
1∝
t ，可见动量变化p p
=∆相同，则受到的冲量相同，
选项B 错误；动量变化相同时，运动时间与质量成反比，A 的运动时间较短，因此选项D 错误。

根据牛顿第二定律有ma mg
=μ，g a μ=，
在摩擦因数相同时a 应相同，可见选项C 错误。

答案：A
2．据报导，1994年7月中旬，苏梅克一列维9号彗星（已分裂成若干碎块）与木星相碰，碰撞后彗星发生巨大爆炸，并与木星结合为一体。

假设其中的一块质量为 1.0×1012kg ，它相对于木星的速度为6.0×104m/s ，在这块彗星与木星碰撞的过程中，它对木星
的冲量是 N ·s ，损失的机械能为 J 。

2、解析：彗星和木星结合为一体，已共
同速度v 。

设木星对彗星冲量方向为正，对彗星，由动量定理有I =F 引t ＝mv －（－mv 0）其
8.1J )100.6(100.12
224120=⨯⨯⨯⨯==
∆mv E。