高中物理竞赛(动量)

动 量

一.冲量、动量定理

1.冲量：I =Ft ，相当于F -t 图象的面积。

2.动量定理：Ft =mv 2-mv 1(是矢量关系)。

3.动量定理的推广：∑∑=v m t F ∆∆。

1. 如图所示,水平面上有二个物体A 和B ,质量分别为

m A =2Kg,m B =1Kg,A 与B 相距一定的距离,A 以v 0=10m/s 的初速度向静止的B 运动,与B 发生正碰后分开,分开后A 仍向原方向运

动,已知A 从开始运动到停下来共运动6s 时间.求碰后B 能滑行的时间.(略去A 、B 的碰撞时间,A 和B 与地面之间的动摩擦因数都为0.1,重力加速度g =10m/s 2) （答案：8s ）

解：对系统，有动量定理：-μm A gt A -μm B gt B =0-m A v 0,t B =8s.

2. 以速度大小为v 1竖直向上抛出一小球,小球落回地面时的速度大小为v 2,设小球

在运动过程中受空气阻力大小与速度大小成正比,求小球在空中运动的时间.[答案：(v 1+v 2)/g ]

解:因小球在运动过程中受到的阻力大小是变化的,所以无法直接用牛顿定律解,把物体运动过程分成无数段,则∑=s t v ∆。 上升过程，有动量定理:-mg ∆t -kv ∆t =m ∆v ,求和得:mgt 上+ks =mv 1. 同理下落过程:mgt 下-ks =mv 2.两式相加得:t =t 上+t 下=(v 1+v 2)/g .

3. 质量为m 的均匀铁链,悬挂在天花板上,其下端恰好与水平桌面接触,当上端的悬

挂点突然脱开后,求当有一半的铁链在水平桌面上时,铁链对桌面的压力. （答案：3mg /2）

解:设铁链长为L ,则单位长度的质量为m /L ,当有一半的铁链在水平桌面上时,铁链对桌面的压力为:桌面上的铁链的重力F 1=mg /2和落到桌面上的铁链对桌面的冲力F 2之和.

取刚落到桌面上的一小段铁链作为研究对象,它的初速度v 0=gL gL

=2

2,末

速度v =0,质量∆m =v 0∆tm /L .

有动量定理:.),(0)(11mg Lg t

m

mg Lg t m F Lg m t mg F =≈+=

--=-∆∆∆∆∆∆∆∆得 所以铁链对桌面的压力F =F 1+F 2=3mg /2.(F 2不能用动能定理,为什么?) 4. 一根均匀柔软绳长为L ,质量为m ,对折后两端固定在一个钉

子上.其中一端突然从钉子上脱落,如图所示.求下落端的端点离钉子的距离为x 时,钉子对绳子另一端的作用力.[答案：

2

1mg (1+3x /L )]

解:当左边绳端离钉子的距离为x 时,左边绳长为x =2

1(L -x ),速度gx v 2=.右边绳长为21(L +x ),又经一段很短时间∆t 后,左边的绳子又有长度为2

1v ∆t 的一小

段转移到右边去了,我们就分析这一小段绳子,这一小段绳子受两个力作用:上面绳子对它的拉力T 和它本身的重力2

1v ∆t λg (λ=m /L ,为绳子的线密度),根据动量定理(不能用动能定理,因在绳子受T 的作用过程有动能损失), 设向上方向为正:(T -2

1v ∆t λg )∆t =0-(-21v ∆t λv ),

由于∆t 取得很小,因此这一小段绳子的重力相对于T 来说是很小的，可以忽略。 所以T =2

1v 2λ=gx λ,因此钉子对右端绳的作用力F =2

1(L +x )g λ+T =2

1mg (1+3x /L ). 5. 如图所示,质量为M 小车在光滑的水平面上以v 的速度向左

作匀速直线运动.一质量为m 的小球从高为h 处自由下落,与小车碰撞后,反弹上升的高度仍为h ,小球与小车碰撞时,小球受到小车的弹力N >>mg ,小球与小车间的动摩擦因数为μ,求小球弹起后的水平速度。 [答案：gh 22μ或Mv /(M +m )]

解：小球刚落到车上量的竖直速度gH v 20=。

设小碰后的水平速度为v '，竖直方向的速度变为2v 0，平均支持力为N ， 在竖直方向：Nt =2mv 0,

在此过程中摩擦力产生的冲量:ft =μNt =2μmv 0,

根据动量定理：2μmv 0=mv ',得小球弹起后的水平速度v '=2μv 0=gh 22μ 若2μmv 0>mv ',实际上小球离开小车前摩擦力消失，小球的水平速度与小车相等。

有动量守恒定律：Mv =(M +m )v ',得小球弹起后的水平速度v '=Mv /(M +m ). 二.动量守恒定律：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'.

6. 光滑水平面上有一平板车，质量为M ,上面站着质量为m 的人,共同以v 0的速度前

进,若人相对于车以v 的水平速度跳出，求下列情况下人跳出车后车的速度大小。 （1）人向后跳出。（2）人向前跳出。

[答案：（1）m M mv v m M v +++=

'0)(；（2）m

M mv

v m M v +-+='0)(]

解（1）设人跳出车后车的速度为v ',人对地的速度v '-v (向前) 有动量守恒：(M +m )v 0=Mv '+m (v '-v ),得m

M mv

v m M v +++=

'0)(。

人对地的速度v -v '(向后)，则：(M +m )v 0=Mv '-m (v -v '),得m

M mv

v m M v +++=

'0)(。

（2）设人跳出车后车的速度为v '（向前）,则人对地的速度v '+v

有动量守恒：(M +m )v 0=Mv '+m (v '+v ),得m

M mv

v m M v +-+=

'0)(。

车对地的速度v '(向后)：(M +m )v 0=-Mv '+m (v -v '),得m

M mv

v m M v +-+-='0)(（负号向

前）。

1.当速度方向不在一直线上时的动量守恒：正交分解

7. 如图所示，光滑水平面上有一长为L 的平板小车,其质量为

M ，车左端站着一个质量为m 的人,车和人都处于静止状态，若人要从车的左端刚好跳到车的右端，至少要多大的速度（对地）。

（答案：m

M MLg v +=

0）

解：设人起跳的速度大小为v 0,与水平面的夹角为α，

则人的水平位移：g

v g v v x α

αα2sin sin 2cos 2

000=⨯

=，

对人而言，α=45︒时，x 1最大，v 0可最小，但车向左在运动，x 与车的速度有关。

有水平方向动量守恒：-Mv +mv 0soc α=0,得车的速度v =mv 0soc α/M ,

人落到车的右端条件：L g

v M mv g v =⨯+α

ααsin 2cos 2sin 0020， 得起跳的速度大小：α

2sin )(0m M MLg v +=

，

当α=45︒时， v 0最小，起跳的最小速度：m

M MLg v +=

0。

8. 有一个质量及线度足够大的水平板,它绕垂直于水平板的竖直轴以角速度ω旋

转.在板的上方h 处有一群相同的小球(可视为质点),它们以板的转轴为中心、R 为半径均匀地在水平面内排成一个圆周(以单位长度内小球的个数表示数线密度).现让这些小球同时从静止状态开始自由落下,设每个球与平板发生碰撞的时间非常短,而且碰撞前后小球在竖直方向上速度的大小不变,仅是方向相反.而在水平方向上则会发生滑动摩擦,滑动摩擦系数为μ.（1）求这群小球第二次和第一次与平板碰撞时小球数线密度之比1k 。

(2)如果2

ω

μg

R <

（g 为重力加速度）且211=k ，求这群小球第三次和第一次与平板碰撞时小球数线密度之比2k 。

[答案：（1）g h k R v R h k R v 21221281/1,;)8(1/1,ωωμω+='≥+=<时当时当；(2)2

1

2=k ]

解(1):设总数为N ,则第一次λ1=N /2πR ,在这些小球中任取一只,刚碰

时,,20gh v =设碰撞时间∆t ,平均力为F ,其竖直速度不变,所以F ∆t =2mv 0,板有切线方向的速度v 1=ωR .这样使小球在切线方向获得速度v 2. 当v 2

当v 2≥v 1时,则f 作用时间小于∆t ,v 2=ωR .第一次和第二次碰撞点的水平距离:

.)(,22R)(,8.22222⎪⎩

⎪

⎨

⎧=<⇒⨯=R v g h R v h g h v L ωωωμ

第二次与平板碰撞时离圆心的距离（即半径）.)(,)8(1)

(,)8(2

2

22221

⎪⎩

⎪⎨⎧=+=<+=R v g h R R R v h R R ωμωμ g

h k R v R h k R v r r k 21

2212211281/1,;)8(1/1,,ωωμωλλ+='≥+=<==时当时所以当因。 （2）如果取1k 的结果，2

11=k ，得μ8R

h =

，由R gh ωμ<22，得到2ω

μg R >，这与题设条件2ω

μg

R <

相矛盾。 如果取1k '的结果，2

11=k ，得2

8ωg h =

，由R gh ωμ≥22，得到2

ωμg

R ≤

，这与题设条件2ω

μg

R <

相符合。 因此取R gh ωμ≥22，2

8ωg h =，将2

8ωg h =

代入L 后得R g

h

R

L ==22ω。 在第二次碰撞中，每个小球在竖直方向上仍有F ∆t =2mv 0,

在碰撞前小球对地的速度为R v ω=球地，碰撞点板对地的速度为R v ω2=板地，它

们间的夹角α=45︒，有地板球地球板v v v +=，得球相对板的速度R v ω=球板

， 因第一次和第二次与板碰撞时与板的相对速度相同，那么在R gh ωμ≥22的条件下，而平板对小球的摩擦力与相对速度方向相反，碰撞结束前小球已处于相对

静止，碰后的速度为222v R v =='ω球地，它的水平射程R g

h

v L 22222==' 于是第三次相碰时这群小球对应的半径R L R 222

='='，21

2

2='=R R k

2.当外力不零时的动量守恒：当物体间作用时间及短时，可忽略外力的冲量，动量守恒

9. 质量为m 的重锤从高为H 处自由下落,打在质量也为m 的木桩上,设重锤与木桩为

完全非弹性碰撞(碰撞后速度相同),木桩受到地的阻力与木桩进入地内的深度成正比，即f =kx (k 为已知的常数，x 是木桩打入地内的深度)，设每次重锤下落的高度相同，地对木桩的阻力比重力大得多。求（1）第一次打入的深度。（2）第n 次打入的深度。

[答案：（1）k

mgH x =

1；（2）k

mgH

n n x n

)1(--=']

解（1）:重锤自由下落过程,有机械能守恒定律得gH v 20=， 重锤打击木桩过程,有动量守恒定律得mv 0=2mv ,得共同速度v =v 0/2, 木桩打入地过程,因f >>2mg ,忽略重力,有动能定理(kx 1/2)x 1=

2

1

2mv 2,得k

mgH x =

1。

（2）因每次打击木桩后的共同速度相同，所每次克服阻力做的功相同。

第二次：12212212

22,21212121x x kx mv kx kx ===-得，打入的深度12

)12(x x -='。 第三次：132

122233,2

12121x x kx kx kx ==-得，打入的深度13

)23(x x -='。 同理，第n 次打入的深度k

mgH

n n x n n x n )1()1(1--=--='。

每次阻力做的功可用f -x 图象解。

10. 如图所示,固定在小车上的弹簧发射器以及小车的质量为

3m ,发射筒与水平面成450角,小车放在光滑水平面上,被发射的小球质量为m ,现将弹簧压缩L 后放入小球,从静止开始,将小球弹射出去.已知小球的射高为H ,不计小球在发射筒

内的重力势能变化.试求弹簧的劲度系数k . （答案：2

27L

mgH k =

）

解:此题最易犯的错误是认为小球的出口速度方向与水平面成450,实际上由于小车向后运动,发射的小球抛射角α>45︒。

设小球刚射出时对地速度的分量分别为v x 及v y ,车的速度为v . 有系统在x 方向动量守恒mv x =3mv -----(1)

在发射过程中,有机械能守恒2

222)3(21)(2121v m v v m kL y x ++=-----(2)

小球的竖直速度与射高的关系gH v y 22

=-----(3)

再有小球的速度与相对速度的关系x

y v v v +=0

45tan -----(4)

有以上四个方程得2

27L

mgH k =

.

11. 如图所示,小车的质量M =1Kg,左端放一质量m =2Kg 的铁块（可

看成质点）,铁块和小车间的动摩擦因数μ ,起先小车和铁块一起以v 0=6m/s 的初速度在光滑地面上向右滑行,然

后与竖直的墙发生碰撞,且碰撞过程中不损失机械能.求(1)要使铁块不从小车上滑出,则小车的长度至少要多长?(2)若小车足够长,则小车与墙第一次相碰后所通过的总路程为多少?

[答案：（1）5.4m ；(2)4.05m]

解（1）因M

有能量守恒定律：2

0)(2

1

v m M mgL +=μ，得L =5.4m 。

(2)第一次碰撞后小车以v 1=v 0向左弹回,其a =μmg /M =10m/s 2,

向左滑行最远时小车的速度为零，最远距离为2

021122v mg

M a v s μ===1.8m;

有动量守恒,以v 2=v 1/3的共同速度运动（速度相同前小车会不会与墙碰撞？）

第二次碰撞后小车向左滑行的距离为9

2212

1222s v mg M a v s ==

=μ

同理1119

9--==n n n s

s s . 所

以

小

车

的总

路程:s

总

=2(s 1+s 2+s 3+ )=2

s 1{1

29

1

9

19

11-+++n }=05.49

/1121=-S m 3.连接体

12. 质量分别为m

1、m 2和m 3的三个质点A 、B 、C 位于光滑的水平面

上,用已拉直的不可伸长的柔软的轻绳AB 和BC 连结,角ABC 为π-α,α为一锐角,如图所示,今有一冲量为J 的冲击力沿BC 方向作用于质点C .求质点A 开始运动时的速度.（答案：

α

α

23132122s i n )(co s m m m m m m Jm +++）

解:设A 开始运动时物体的速度分别为v 1,v 2,v 3,求v 1,

因m 1只受到BA 绳的拉力,m 3只受到BC 绳的拉力,所以当A 刚开始运动时v 1沿AB 方向,v 3沿BC 方向,设v 2与BC 夹角为θ,沿BC 方向动量定理：J =m 1v 1cos α+m 2v 2cos θ+m 3v 3 垂直BC 方向动量守恒m 1v 1sin α=m 2v 2sin θ

沿绳方向速度相等(绳不可伸长)v 1=v 2cos(α+θ),v 3=v 2cos θ 得:α

α

2

31321221sin )(cos m m m m m m Jm v +++=

13. 如图所示，三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的水

平桌面上（图中纸面），A 、B 之间，B 、C 之间分别用刚性轻杆相连，杆与A 、B 、C 的各连接处皆为“铰链式”的（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）．已知杆AB 与BC 的夹角为π-α，α<π/2．DE 为固定在桌面上一块挡板，它与AB 连线方向垂直．现令A 、B 、C 一起以共同的速度v 沿平行于AB 连线方向

向DE 运动，已知在C 与挡板碰撞过程中C 与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C 沿垂直于DE 方向的速度由v 变为零这一极短时间内挡板对C 的冲量的大小．（答

案：v m I α

α22sin 31sin 3++=

）

解：令I 表示极短时间∆t 内挡板对C 冲量的大小，因为挡板对C 无摩擦力作用，可知冲量的方向垂直于DE ，如图所示；I '表示B 、C 间的杆对B 或C 冲量的大小，其方向沿杆方向，对B 和C 皆为推力；C v 表示∆t 末了时刻C 沿平行于DE 方向速度的大小，B v 表示∆t 末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小，⊥B v 表示∆t 末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小．

有动量定理，对C 有C m I v ='αsin ，v m I I ='-αcos 对B 有B m I v ='αsin ，对AB 有()⊥-='B m I v v 2cos α

沿B 、C 沿杆的方向的分速度必相等．故有αααsin cos sin B B C v v v -=⊥

有以上五式，可解得v m I α

α22sin 31sin 3++=

三.碰撞

1.完全非弹性碰撞：碰后v 1'=v 2'=v ,只有压缩过程，动能损失最大。 动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v .

2.完全弹性碰撞：能恢复原状，无机械能损失。

由动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'，或m 1(v 1-v 1')=m 2(v 2'-v 2)

机械能守恒：22221

12

222112

12

12121

v m v m v m v m '+'=+，或m 1(v 1-v 1')(v 1+v 1')=m 2(v 2'-v 2)(v 2'+v 2)。 解得碰后的速度：22

11

21211222121212112,2v m m m m v m m m v v m m m v m m m m v +-++='++

+-='。 讨论：当m 1=m 2时，v 1'=v 2,v 2'=v 1.速度交换。 当一个物体静止时，如v 2=0, 12

11

21212112,v m m m v v m m m m v +='+-=

'.

当m 1<>m 2时，v 1'=v 1,v 2'=2v 1.

3.一般碰撞： 由动量守恒：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'.

机械能关系：22221

12

222112121212

1

v m v m v m v m '+'>+。 4.恢复系数： 2

112v v v v e -'

-'=（在力作用方向上速度分量）。

弹性碰撞:v 2'-v 1'=v 1-v 2,e =1（相对速度大小不变）. 其它碰撞：e <1.

14. 如图所示,质量为3m 的物体P 静止在光滑的水平面上,另有一质量为m 的物体Q 以

速度v 0正对P 滑行,则碰撞后Q 的速度可能是( ) A.v 0/2,方向向右 B.v 0/5,方向向右

C.v 0/3,方向向左

D.2v 0/3,方向向左（答案：BC ）

15. 网球拍以速率v 击中以速率v 0飞来的网球,被击回的网球最大速率可能为多少？

（答案：2v +v 0）

解：最大速率可能：

①网拍连人的质量无限大，作用前后速度不变。 ②碰撞为弹性碰撞，作用前后相对速度不变。 所以v +v 0=v '-v ,得v '=2v +v 0.

16. 如图所示,两个弹性小球互相接触,下面小球的质量为M ,上面小

球的质量为m ,让两个小球从高为h 处由静止开始自由下落.下落时这两个小球的球心始终在一条竖直线上,与地碰撞后弹起,而且所有碰撞均为弹性碰撞(设M >>m ,两小球均可看成质点).上面这个小球反弹后能达到的最大高度. （答案：h 9）

解:小球着地时的速度为v =gh 2。

下面的小球先与地面碰撞后，仍以v 的速度弹起,与上面小球碰撞,碰撞前两

小球的相对速度大小为2v .因M >>m ,且是弹性碰撞,两小球碰撞后,下面的小球速度不变,两小球的相对速度大小也不变,所以上面小球反弹的速度大小为3v ,

得上面小球反弹的最大高度h g

v H 92)3(2

==. 四.质心运动定律

1.质心：x c =(m 1x 1+m 2x 2+⋅⋅⋅⋅)/(m 1+m 2+⋅⋅⋅),质心和重心不一定重合。

2.质心运动定律：F 合=Ma C 。

当F 合=0时，系统的质心作匀速运动或静止，其速度为

++++=

212211m m v m v m v c 。

质点系的总动量P 总=M 总v c ，相对质心的总动量P 总=0。

17. 如图所示,一长直光滑板AB 放在平台上,OB 伸出台面,在左

侧的D 点放一质量为m 1的小铁块,它以初速度v 向右运动.假设直板相对桌面不发生滑动,经时间T 0后直板翻倒.现让直板恢复原状,并在直板O 点放上另一质量为m 2的小物体,同样

让m 1从D 点开始以v 的速度向右运动,并与m 2发生正碰,那么从m 1开始运动后经过多少时间直板翻倒? （答案：0T ）

解:这道题因为未说明m 1和m 2碰撞性质,因些进行具体的计算有一定的困难.我们可以用质心定律来解,即把m 1和m 2作为一个物体,它们的质心作匀速运动. 第一种情况：第一次m 1在滑到O 点前直板翻倒,因m 2对O 点不产生力矩,运动的时间不变,T =T 0）。

第二种情况：若第一次m 1滑过O 点离O 点的距离为L 后直板翻倒,则v

L

DO T +=

0.设E 是直板质心的位置,M 是直板的质量,则有m 1gL =MgOE .

第二次设m 1和m 2的质心在板的C 点,则可以把m 1和m 2看作是有质心C 点开始运动,OC =

2

11m m m +DO ,质心的速度为v c =

2

11m m m +v ,再设质心滑过O 点离O 点距离为x 时

直板翻倒,应有(m 1+m 2)gx =MgOE =m 1gL ,得x =2

11m m m +L ,运动的时间

t =

0T v

L

DO v x OC C =+=+. 18. 一根质量为M 均匀的麦管放在无摩擦的水平桌面上,麦管有一半突出桌子外,一只质量为m 的苍蝇降落到麦管在桌内末端上,并从麦管的末端爬到另一端.麦管没有倾覆.甚至当有另一只苍蝇在此时落到第一只苍蝇身上时,麦管也没有倾覆,问第二只苍蝇质量最大值是什么?

[答案：M ≤m ,则B ≥2

1L , 第二只苍蝇的质量可任意值; M >m , m

M m M n m -+=

')

(] 解:设麦管的长度为L ,因为桌面无摩擦,水平方向无外力作用,苍蝇移动到另一端时,设苍蝇的位移为A ,麦管向里移动B 。

由动量守恒,苍蝇和麦管在任一时刻的动量大小关系Mv 麦=mv 苍,

或Mv 麦∆t =mv 苍∆t ，两边求和得MB =mA ，且B +A =L ,得m

M mL

B +=—--① [或由质心定律，对末端，质心的位置

m

M m B L M B L

m M M L +-+-=++)()2(02]

(1)如果M ≤m ,则B ≥2

1L ,即整根麦管在桌内,第二只苍蝇的质量可任意值. (2)如果M >m ,设第二只苍蝇的质量为m ',求第二只苍蝇质量的最大值,可把

第二只苍蝇降到第一只苍蝇时的速度认为是零. 由力矩平衡条件MgB ≥(m +m ')g (2

1

L -B )—-------② 由①、②式得m M m M n m -+≤

')(,第二只苍蝇质量的最大值m

M m M n m -+=')

(. 19. 在光滑水平面上放置一个质量为M ,截面是1/4圆(半径为R )的

柱体A ,如图所示.柱面光滑,顶端放一质量为m 的小滑块B .初始时刻A 、B 都处于静止状态,在固定的坐标系xoy 中的位置如图所示,设小滑块从圆柱顶端沿圆弧滑下,试求小滑块脱离圆弧以前在固定坐标系中的轨迹方程.

[答案：1)]/([2

22

222=++R y m M MR x ]

解:设A 的坐标(相对圆心)为(x 1、0),B 的坐标为(x 2、y 2),如图所示. 有质心定律mx 1-Mx 2=0

几何关系R sin α=x 1+x 2， R cos α=y 2-

消去α和x 1,得1)]/([2

22

222=++R y m M MR x

显然B 的轨迹是半长轴为R (在y 方向),半短轴为MR /(M +m )(在x 方向)的椭圆的一部分.

20. 如图所示，质量为M 的刚性均匀正方形框架在某边的中心开一

个小缺口，缺口对质量分布的影响可以忽略，将框架静止地放在以纸平面为代表的光滑水平面上，现有一质量为m 的刚性小球在此水平面上从缺口处以速度v 0进入框架内，方向如图所示，α=45︒。设小球与框架发生的碰撞均为无摩擦的完全弹性碰撞。

（1）若框架的边长为a ，求小球从进入框架到离开框架这一过程中，小球相对水平面的位移大小。

（2）小球离开框架时，框架的速度大小。[答案：（1）

m

M ma

+22;（2）02v m

M m

v +=

] 解：（1）小球与框架碰撞时，小球对框架的作用力的作用线通过框架的质心，框架只作平动。

以框架为参照物，因碰撞是弹性碰撞，小球与框架碰撞前后小球相对框架的速率不变，所以小球从进入框架到离开框架这一过程中所用的时间

0224

cos 2v a v a

t =

⨯=α，系统质心的速率0v m

M m

v c +=

在t 时间内质心的位移大小m

M ma

t v s c c +=

=22 因小球离开框架时相对质心的位置与初状态相同，所以 小球从进入框架到离开框架这一过程中位移m

M ma

t v s s c c +=

==22球 （2）设小球离开框架时，框架的速度大小为v 。

小球离开框架时相对框架的速率大小仍为v '=v 0,方向如图所示

小球对地的速度v v v

+'=球（邻边与对角线关系） 由动量守恒定律：)(0v v m v M v m

+'+=

上式可写成)]([)(0

00v v M

m m v v m M m v '-++='-+=

)(0v v '-

的平形四边形如图所示，大小为02v ，方向如图所示

所以小球离开框架时，框架的速度大小02v m

M m

v +=

3．质心系的动能（冠尼希定理）

以二个质点为例，质量分别为m 1和m 2，相对于静止参考系的速度分别为1v 和2v

，质

心C 的速度为c v ，二质点相对于质心的速度分别为1v ' 和2v ' ，于是2211,v v v v v v c c '+='+=

，

质点系的动能2

222112

1

21v m v m E +=，

把1v 和2v 代入，且)(22112

211v m v m v v v m v v m c c c '+'⋅='⋅+'⋅

，括号中的求和表示质心对于自己的速度（或两物体相对质心的动量为零），心定为零。

质点系的动能E E v m v m v m m v m v m E c c '+='+'++=+=22221

12

212222112

121)(212121

， 由此可见，质点系的总动能等于其质心的动能与质点相对于质心动能之和,对于都个质点，这个关系也成立。

当质点只有二个时，质点组的动能还可以用两物体的相对速度r v 和质心的速度c v 表示：

根据动量守恒定律c v m m v m v m

)(212211+=+，和相对速度关系12v v v r -=可得1v 和2v ，

代入质点系的动能2

222112121

v m v m E +=得2212

1221)

(21)(2

1r

c

v m m m m v m m E '+++=。 4.质点系动能定理：2

1

222

121

mv mv W W ∑∑∑∑-=+内外 5.角动量定理和角动量守恒定律 （1）质点的角动量：L =mvr sin α； （2）角动量定理:Mt =L 2-L 1.

（3）角动量守恒定律：冲量矩:Mt .当M =0时，L =恒量。 如在有心力场作用下运动的物体，力矩为零，其角动量守恒。如卫星绕地球的运动，

对地心的角动量不变，开普勒第二定律实际上对有心力点的角动量守恒，对其它点不一定守恒。

21. 两个滑冰运动员，质量分别为M A =60kg ，M B =70gk ，它们的速率v A =5m/s ，v B =10m/s ，

在相距1.3m 的两平行线上相向而行，当两者最接近时，便拉起手来开始绕质心作圆周运动，并保持二人之间的距离1.3m 不变。求： （1）二人拉手后，系统的角速度。

（2）计算两个人拉手前后的动能是否相等，并说明理由。 [答案：（1）11.54rad/s; (2)4250J, 机械能守恒]

解（1）拉手后二人一定绕质心转动吗？如何证明？ 将两个看作质点，相距L =1.3m,先求质心的位置，

M A L A =M B L B ，L A +L B =1.3m,得L A =07m,L B =0.6m ，接触后绕质心转动。

以两人为系统，初角动量L 1=M A v A L A +M B v B L B ，未角动量L 2=M A ωL A 2+M B ωL B 2，

有角动量守恒定律得角速度2

2B

B A A B

B B A A A L M L M L v M L v M ++=

ω=11.54rad/s.

(2)拉手前的总动能42502

1212

21=+=B B A A k v M v M E J ，

拉手后质心的速度B

A A

A B B c m m v m v m v +-==3.1m/s

拉手后的总动能4250)(2

1

)(2

1)(2

12222=+++=B B A A c B A k L M L M v m m E ωωJ 。

两个人拉手前后的机械能守恒，当两人的速度方向不平行时，机械能不守恒。 22. 如图所示，质量为m 的长方形箱子放在光滑的水平地面上，箱

内有一质量也为m 的小滑块，滑块与箱底之间无摩擦。开始时箱子不动，滑块以速度v 0从箱子的A 壁向B 壁处运动，然后又与B

壁碰撞。假定滑块每碰撞一次，两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度的e 倍（即恢复系数为e ），42/1=e 。

（1）要使滑块与箱子这一系统的动能的总损耗不超过其初始动能的40%，滑块与箱壁最多可碰撞几次？

（2）从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间，箱子的平均速度是多少？

[答案：（1）4次；（2）02

1v ]

解：（1）此题用冠尼希定理来解比较方便。 因系统无外力，质心作匀速运动，质心的速度02

1v v c =

质点系的初动能为2

212122120

0)

(21)(2

121r c v m m m m v m m m E +++==

开始时两物体的相对速度为v 0,经n 次碰撞后的相对速度0v e v n rn =

经n 次碰撞后质点系的动能为2

2121221)

(21)(2

1

rn c

v m m m m v m m E +++=

根据题意：%402

14141

2

0202200⨯≤-=-mv v me mv E E n ，

得4≤n ，故按题述的要求最多可碰撞4次。

（2）因第一次和第三次是在B 壁发生，而第二次和第四次是在A 壁发生的。这样，从滑块开始到刚完成第四次碰撞的过程中，箱子与质心的位移相等，所以箱子的平均速度等于质心的速度：02

1v v v c ==

五.综合题例

23. 一袋面粉沿着与水平面成α=60︒的光滑斜面上从高H 处无初速地滑下，落到水平

地面上。袋与地面间的动摩擦因数μ=0.7。求： （1）袋停在何处。

（2）如果α=45︒，μ=0.5，袋又停在何处。

[答案：（1）停在斜面下端; （2）离斜面下0.26H ] 解（1）当袋刚滑到斜面底端时的速度gH v 20=，

在地的支持力作用下，竖直方向的速度变为零，设平均支持力为N ， 则在竖直方向：Nt =mv 0sin α,

在此过程中摩擦力产生的冲量:ft =μNt =μmv 0sin α=0.6mv 0, 而袋的水平动量：P x =mv 0cos α=0.5mv 0,

因ft >P x ,实际上袋的水平分量先变为零，同时摩擦力也消失，袋立即停在斜面下端。

（2）当α=45︒，μ=0.5时，

摩擦力产生的冲量:ft =μNt =μmv 0sin α=0.35mv 0, 而袋的水平动量：P x =mv 0cos α=0.71mv 0,

在袋与地碰撞过程中，有动量定理：-ft =mv -0.71mv 0,得v =0.36v 0.

在袋滑行过程中，有动能定理：-μmgs =0-2

1

mv

2

,得g

v s μ22

=

=0.26H .

24. 如图所示,金属板A 的质量为M ,金属球B 的质量为m ,长为L 的轻

杆将球与板的中央O 点连接,O 为转动轴,开始时杆处于竖直位置,球和板都静止在光滑的水平面上.放开B 球后杆将倒下.求

杆抵达水平位置时,杆对金属小球B 的拉力. [答案：

)

(2m M mMg

T +=]

解:杆水平时,球和板有共同的水平速度,有水平方向动量守恒,得水平方向的共同速度为零（只有m 的竖直速度，但加速度都不为零）。 当杆抵达水平时,有机械能守恒,小球的竖直速度gL v 2=. 设此时球对地的加速度a m ,板对地的加速度a M 。

则球相对转动点(板)的加速a =a m +a M =L

v 2

----(1)

对M :T =Ma M ---(2), 对m :T =m a m ---(3),有(1)、(2)、(3)得)

(2m M mMg T +=

.

[或若取板为参照系时,有L

v m m M T T 2

=+,得)(2m M mMg T +=].

25. 如图所示,质量为2m ,长度为L 的木块置于水平台面上.质

量为m 的子弹以初速v 0水平向右射入木块,设木块对子弹的阻力始终恒定不变,求:

(1)若木块能在光滑水平台面上自由滑动,子弹穿出木块时速度变为v 0/2.则子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离为多少.

(2)若木块固定在平台上,使木块随平台始终以某一恒定的速度(小于v 0)水平向右运动,子弹仍以v 0的水平速度射入木块,且子弹恰好穿透木块,则子弹穿透木块的时间为多少. [答案：(1)L /5；(2)5

240

v L t =

]

解:(1)有动量守恒,子弹穿出木块时,木块的速度为v =v 0/4, 对木块s =v 0t /8;对子弹s +L =3v 0t /4.得s =L /5.

(2)设平台的速度为v ',子弹射入木块过程中木块移动s ',有L +s '=(v 0-v ')t /2,s '=v 't , 得v v L

t '

-=

02;对子弹有动量定理ft =m (v 0-v '). 有此两式得f

Lm t 2=

，

L

mv f 16520=

,代入上式得时间5

240

v L t =

26. 一块足够长的木板，放在光滑的水平面上，如图所

示，在木板上自左向右放有序号为1、2、3、…、n 的木块，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩

擦因数均为μ。开始时，木板静止不动，第1、2、3、…、n 号的木块的初速度分别为0v 、02v 、03v 、…、0nv ，0v 方向向右，木板的质量与所有的木块的总质量相同，最终所有的木块与木板以共同的速度运动，试求：

（1）第n 号木块从开始运动到与木板速度刚好相等的过程中的位移。 （2）第)1(-n 号木块在整个运动过程中的最小速度。

[答案：（1）

g n n μ32)

13)(15(-+；（2）

n

v n n 4)2)(1(0+-]

解：（1）有动量守恒)32(20000nv v v v m nmv +⋅⋅⋅+++=，得共同速度4

)1(0

v n v +=。 木块在木板上运动时，所受滑动摩擦力mg f μ= 有动能定理202)(2

12

1

nv m mv fs n -=-，得g

n n s n μ32)

13)(15(-+=

（2）设第)1(-n 号木块的最小速度为1-n v ，此时第n 块木块的速度为n v ，第)1(-n 号木块在此速度以前为减速运动，后为加速运动，且此速度为其与木板速度相等时的速度，此时只有第n 块木块相对木板运动，有动量守恒有 n n mv v nm m n nv v v v m ++-=+⋅⋅⋅+++-10000])1[()32( ①

在此过程中，第n 块木块与第)1(-n 块木块在木板上运动的时间相同，所受的摩擦力相同，故速度改变量相同，有100)1(---=-n n v v n v nv ，或10-+=n n v v v ② 有①、②两式可得n

v n n v n 4)2)(1(0

1+-=

-。

27. 如图所示，质量M =1kg 的箱子静止在光滑水平面上，箱底长

L =1m ，质量m =1kg 的小物体从箱子中央以v 0=5m/s 的速度开始向右运动，物体与箱底间的动摩擦因数μ=0.05，物体与箱壁发生完全弹性碰撞，问小物体可与箱壁发生多少次碰

撞？当小物体在箱中刚达到相对静止时，箱子在水平面上的位移是多少？（答案：12次，12.25m ）

解：设物体与箱子处于相对静止时的共同速度为v , 有动量守恒：mv 0=(M +m )v -----①

有能量守恒：22

0)(2

121

v m M mv mgs +-=相μ-----②

代入数据得s 相=12.5m,

所以小物体与箱壁发生12次 碰撞后停在右壁（最后只接触，不发生碰撞） 对小物体用动量定理并求和得-μmgt =mv -mv 0,得t =5s. 质心的速度m

M mv v c +=

=2.5m/s. 在t 时间内质心的位移x c =v C t =12.5m,

由于初状态质心在箱中央，末状态质心在箱中央前0.25m 处， 所以箱子的位移x =x C -0.25m=12.25m.

28. 如图所示,AOB 是一内表面光滑的楔形槽,固定在水平

桌面(图中纸面)上.夹角α=10(为了能看清楚,图中的α是夸大了的).现将一质点在BOA 面内从C 处以速度大小v =5m/s 射出,其方向与AO 间的夹角θ=600,OC =10m,设

质点与桌面间的摩擦力可忽略不计,质点与OB 面及OA 面的碰撞都是弹性碰撞,且每次碰撞时间极短,可忽略不计.试求:

(1)共能与板发生几次碰撞？最后一次碰撞发生在块板？ (2)在这过程中,质点到O 点的最短距离是多少?

[答案：(1) 60次碰撞，最后一次与C 相碰；(2)8.67m] 解: (1)因为碰撞处是光滑的,而且是弹性碰撞,所以反射角等于入射角.因为连续两次碰撞的法线之间的夹角等于OA 与OB 之间的夹角α,

第一次碰撞时，α=∠1AOB ，第二次碰撞时，α22=∠AOB ，第n 次碰撞时，αn AOB n =∠，有图可知，

第n 次碰撞时，CC '与板相交，第n +1次碰撞时，CC '与不板相交，故n 应满足

θαθα++≤<+)1(1800

n n ，11800+≤-<

n n α

θ

，得n =119次，寄数次与B 板相碰，偶

数次与A 板相碰，所最后一次碰撞发生在B 板，最后平行A 板离开。

因为第一次碰撞的入射角为290,第30次碰撞时的入射角等于00,此时质点沿原路返回,第60次与出发点C 相碰,往返共经60次碰撞.

(2)质点到O 点的最短距离等于OP =OC sin600=8.67m. 六.刚体力学基础(不要求)

1.基本概念

(1)力矩；M =FL sin α.

(2)转动惯量:J =∆m 1r 12+∆m 2r 22+∆m 3r 32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅.

①半径为r 作圆周运动的质点（也可看成是平动）：J =mr 2。

②半径为r 的圆环：转轴通过圆心垂直圆平面J =mr 2；以直径为转轴J =mr 2/2。 ③半径为r 的圆盘：转轴通过圆心垂直圆盘平面J =mr 2/2，以直径为转轴J =mr 2/4。

④转轴过轴线的圆柱J =mr 2

/2。 ⑤转轴过圆心的球体：J =2mr 2/5。 ⑥长为L 均匀细杆：转轴过端点垂直杆：J =mL 2/3；转轴过中心垂直杆J =mL 2/12。 我们以长为L 均匀细杆，转轴过端点垂直杆为例来求转动惯量： 把杆分成n 段（n →∞），每段长∆L =L /n ,每段质量∆m =m /n . J 1=∆m ∆L 2; J 2=∆m (2∆L )2; J i =∆m (i ∆L )2;

6)

12)(1()()(321

2

321

1

22

++⨯

====

∑

∑∑

===n n n n mL i n

mL n L i n m L i m J n

i n i n

i ∆∆. 当n →∞时J = mL 2/3。

当转轴过中心垂直杆时，L '=L /2，m '=m /2,J =2J '=mr 2/12。 (3)转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理

①平行宙定理：c I 为过质心轴的转动惯量，I 为平行于c I 为轴相距为d 的转动惯量，

则2md I I c +=，如长为L 均匀细杆，以不同转轴转动惯量关系J =mL 2/3和J =mL 2/12。 ②垂直轴定理：对平面薄板，z I 垂直平在为轴的转动惯量，则y x z I I I +=，如圆盘，以不同转轴转动惯量关系J =2

1mr 2和J =4

1mr 2。 (4)转动动能：刚体的定轴转动动能E K =

2

1J ω2；即有转动,又有平动的动能

E K =21J ω2+2

1mv c 2/2. 质点的动能E K =2

1mv c 2.

（5）角动量：刚体的角动量L =J ω。 （6）冲量矩:Mt .

29. 试证：半径和质量都相同的圆柱体、圆筒、和实心的球，沿同一斜面、同一高

度从静止纯滚动地滚下时，它们到达底部的速度大小次序是：实心球，圆柱体，圆筒。

已知：滚动时，绕质心的转动惯量分别为圆柱J =21mR 2。圆筒J =mR 2；球体J =5

2mR 2。 解（1）纯滚动时，静摩擦力不做功，机械能守恒：222

1)(21mv R v J mgd +=。 有上式可知，转动惯量大的速度小，所以它们到达底部的速度大小次序是：实心球，圆柱体，圆筒。 2.转动定律：M =J β

30. 一飞轮直径0.30m ，质量M =5.0kg ，边缘绕有绳子，现用恒力拉绳子的一端，使

其由静止开始均匀地加速转动，经t =0.5s 转速达到n =10r/s 。假定飞轮可看作实

心的圆柱体，其转动惯量J =2

1MR 2。求：

（1）经t =0.5s 飞轮角速度及这段时间内转过的转数。 （2）拉力的大小。

（3）从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及飞轮边缘上一点的加速度。 [答案：（1）2.5r ；(2) 47N ；（3）2.37⨯105m/s 2] 解（1）因ω=2πn ,所以β=（ω-0）/t =125.6rad/s.

转过的角度θ=2

1βt 2

,转过的转数N =θ/2π=2.5r （也可用线度来解）. (2)有转动定理M =FR =J β，所以F =J β/R =47N 。

（3）当t =10s 时，角速度ω=βt =125.6⨯10=1256rad/s; 线速度v =ωR =188.4m/s,

向心加速度a n =R ω2=2.37⨯105m/s 2,切向加速度a t =R β=18.84m/s 2,

所以飞轮边缘上一点的加速度n t n a a a a ≈+=22

=2.37⨯105m/s 2。 31. 如图所示，两个物体的质量分别为m 1和m 2,滑轮的质量不

能忽略，其转动惯量为J ，半径为R ,m 2与桌面间的动摩擦因数为μ，滑轮转轴光滑，绳与滑轮间无滑动。求系统的加速度a 及竖直绳子的拉力T 1和水平绳子的拉力T 2。

[答案：2

2121/R J m m g m g m a ++-=

μ，2

2122211/)

/(R J m m R J m m g m T ++++=

μ，2

2121122/)

/(R J m m R J m m g m T ++++=

μμ]

解：对m 1：m 1g -T 1=m 1a -------① 对m 2：T 2-μm 2g =m 2a -------② 对滑轮，有转动定律：（T 1-T 2）R =J β-----③ a =βR -------④ 有以上4式解得系统的加速度：2

2121/R

J m m g m g m a ++-=μ。

竖直绳子的拉力：2

2122211/)

/(R J m m R J m m g m T ++++=μ。 水平绳子的拉力：2

2121122/)

/(R J m m R J m m g m T ++++=

μμ。

讨论：当μ=0，J =0时：211m m g m a +=；2

12

121m m g

m m T T +==。

32. 如图所示是一种小孩玩具“哟哟”，绳子的一端不是固定在天花

板上而是握在手中。要使质心不动，绳的张力应多大，此时手应

以多大的加速度向上运动。已知玩具绕质心的转动惯量J =2

1mR 2；（答案：mg ，2g ）

解：设玩具质心的加速度a ,绕质心的角加速度β，绳的张力为T ，手的加速度a '.

有牛顿定律：T -mg =ma -------①

有转动定律：TR =J β-------② a '=a +R β--------③

因质心不动，所以a =0，有①式得绳子的张力T =mg . 有②得R g mR mgR J TR

22

/2===

β, 所以得手向上运动的加速度a '=a +R β=R β=2g .

3.角动量定理和角动量守恒定律 （1）角动量定理:Mt =L 2-L 1.

（2）角动量守恒定律：冲量矩:Mt .当M =0时，L =恒量。

33. 如图所示，一根L =0.4m 的均匀木棒，质量M =1.0kg ，可绕水平轴O 点

在竖直面内转动，开始时棒自然铅直悬垂。现有一质量m =8g 的子弹以v =200m/s 的速度从A 点水平射入棒内，A 点离O 点的距离为3L /4，棒的转动惯量J =ML 2/3。求：

（1）棒开始转动时的角速度。 （2）棒的最大偏角。

（3）若子弹射入的方向与棒的夹角α=30︒，棒开始转动时的角速度。 [答案：（1）8.87 rad/s ；(2) 94︒12'；（3）4.43rad/s]

解（1）有角动量守恒定律：L L m J L mv 434343⨯+=⨯ωω，J =ML 2/3。

得棒开始转动时的角速度)16

931(4322mL ML mvL

+=ω=8.87 rad/s.

(2)有机械能守恒，设棒的最大偏角为θ，

22)4

3

(2121)cos 1(43)cos 1(2ωωθθL m J L mg L Mg +=-⨯+-⨯

073.023

21

23cos 2

-=⨯+-⨯+=L

mg MgL J L mg MgL ωθ，得棒的最大偏角θ=94︒12'。 （3）当子弹射入的方向与棒的夹角α=30︒时，

有角动量守恒定律：L L m J L mv 4

34

3sin 4

3⨯+=⨯⨯ωωα，ω=4.43rad/s.