本文格式為Word版，下載可任意編輯——動量和機械能競賽輔導授課版1動量和機械能

一．動量和動量定理

1．沖量

2．質點的動量和動量定理

3．質點系的動量定理：作用在質點系上的外力在一段時間內的沖量等于質點系總動量的增量。

說明：⑴質點系的內力對總動量的變化無貢獻

⑵質點系的動量定理適用于任意多個質點組成的質點系，并且僅

在慣性系中成立。（見《學習的藝術》課時３例題５）

長度為L,質量為m的溫和的繩子盤放在水平面上，用手將繩子的一端以恒定的速率V向上提起，求當提起高度為x時手的提力。

〖分析〗整個繩子可以看成有好多質點組成，對此質點系，共受到三個外力：重力mg，桌面支持力N，手提力F，其中N和F是變力，但是只要所考察的過程時間取得足夠短，則此過程中這兩力可以看成恒力。

在提起高度為x時刻，系統的動量為

xP=mV

L

在此后足夠短的時間△t內，提起的高度變為x+V△t，這時系統的動量

(x+V?t)V變為：P=mLm2'P－P=V?t?(F?N?mg)?t根據系統的動量定理有：

L

mF?N?mg?V2

L

F?m2V?(mg?N)LN＝剩余在桌面上的部分繩子的重力m2xV?mgLL

故有：F?式中其次項為提起部分的重力，第一項為系統動量增加所需要的附加力。

〖練習１〗用光滑的細條做正方形卷軸窗簾，面積為l×l＝1.5×1.5米２，質量為m＝3kg,沿著墻壁懸掛在屋檐板下，將窗簾的最下變抬起與上邊緣對其，使之對折起來，然后讓它落下，如下圖，求出作用于屋檐板上的力F隨時間t變化的函數關系。

〖分析〗：設想窗簾下落過程中每一小段窗簾到應到最低位置后它留到那里不動，速度為零，作用于屋檐板上的力F應等于t時刻原先右邊這段窗簾OA的重力和在t~t+?t這段時間內落下的一微段窗簾AB所產生的沖擊力f的和。〖解答〗：令t時刻C端下落h,設OA=x,則AB=?x,OA段的質量mx=Mx/l,AB段的質量?m=M?x/l,AB段落到最低點前一瞬間的速度V1=gt,落到最低點后一瞬間的速度V2=0，由于?t?0，所以可以忽略重力的沖量，則有：

?mMgtMgt?xV1??x???tl?tl?t?x上式中，是窗簾右邊部分的長度的增長率，考慮到窗簾左端C下落h時，窗簾右邊

?t?xV?，式中V為窗簾左端C下落h時的速度，就是前面的V1,只增長了h/2,因此

?t2?x1故?gt。?t2f?Mgt1Mg22gt?t由此可得：f?l22l由于OA段長度x=lhl112????gt,22222

Mgl12所以Gx?(?gt)

l24

因而O點受到的力213gtF＝Gx＋f?Mg(?)24l

由于C到最低點的時間為2l?0.533秒g代入數據后的F~t的函數關系為：F=?14.7+240.1t2(牛)29.4(牛)0?t?0.533st?0.533s

〖練習2〗一根均勻溫和的鏈條懸掛在天花板上，且下端正好接觸地面。若松開懸點，讓鏈條

自由落下，試證明：在下落過程中，鏈條對地面的作用力等于已經落在地面上的那段鏈條的重力的三倍。〖〗：鏈條溫和即已經落地的那段與正在著地的那段及正在下落的鏈條之間無作用力，所以鏈條對地面的作用力等于已經落地的那段鏈條的重力加上正在著地的那段鏈條的沖力，而與正在下落的那段鏈條無關。

〖解答〗：設鏈條的線密度為?，當有長度為l的鏈條落地時，落地部分的重力為mg,取將要著地的鏈條微元?m，其速度為：V?2gl。

設在時間?t內速度由V?0，不計重力，則沖力為?P?m?V?t?V?V??V2?t?t?t而mg＝?lgF＝故總的作用力為F?F1?F2??lg??V2?3?lg?3mg證畢。

〖練習3〗如下圖，定滑輪兩邊分別懸掛質量為2m和m的重物，從靜止開始運動3s后，2m的重物將觸地且無反彈，試求從2m的重物第一次觸地后，⑴經過多長時間，2m的重物將其次次觸地？⑵經過多長時間系統中止運動？〖分析與解答〗：⑴對系統而言，其加速度為

2mg?mgga??

3m3

2m物體第一次觸地時的速度：V1＝at=10m/s

此后m繼續作豎直上拋運動，經過t1＝2V1/g=2s又返回原來位置。速度V1=10m/s，方向向下。此后繩子張緊，忽略重力的沖量，有：對m：－Tt=mV2－mV1對2m：Tt=2mV2

即：再經過t2?2V2?2s，2m的重物將其次次觸地。a所求時間為T=t1＋t2＝4s

⑵：2m的物體其次次觸地時的速度為V2＝10/3m/s，類同（1）可得經過4/3s后它第三次觸地，觸地時的速度為V3＝10/9m/s，再經4/9s第四次觸地，所以有：

11T=T1+T2+T3+…＝4(1???)?6s233

二．動量守恒定律(一)動量守恒定律

1.內容：若系統所受的外力之和為零，則系統的總動量守恒2.條件：

3.“守恒〞的含義：系統內物體在發生相互作用(動量傳遞)過程中，系統的總動量始終不變。

4.“四性〞原則:⑴系統性；⑵矢量性；⑶同一性；⑷同時性。5.常見的三種守恒情形：⑴整體守恒；⑵近似守恒；⑶局部守恒。（二）反沖與火箭原理

1.反沖：是物體通過分開排出部分物質，而使自身獲得加速的現象。

2.反沖與碰撞的不同：后者尋常是伴隨著機械能向其它形式的能的轉化（彈性碰撞除外）；而前者是其它形式的能向機械能轉化，也就是說，反沖后系統的機械能總是增加的。反沖是作用力與反作用力都做正功的典型事例。

3.火箭原理：反沖。火箭在自由空間連續噴射高速氣流時，噴出的氣體具有很大的動量，火箭也就獲得數值相等的向前的動量，即使噴出氣流的對地速度方向與火箭的運動方向一致時，火箭也能向前加速。(三)碰撞

1.概念：系統內物體通過相互作用，而使各自的動量發生明顯的變化，一般不考慮碰撞過程中物體位置的變化。

2.分類：彈性碰撞：一般碰撞：完全非彈性碰撞：

3.恢復系數：①e＝V2-V1=靠近速度

0102②只由兩個碰撞物體的材料決定

③0解：(1)A與B剛發生第一次碰撞后，A停下不動，

B以初速V0向右運動。由于摩擦，B向右作勻減速運動，而C向右作勻加速運動，兩者速率逐漸接近。設B、C達到一致速度V1時B移動的路程為s1。

設A、B、C質量皆為m，由動量守恒定律，得mV0=2mV1①由功能關系，得

22

μmgs1=2mV0/2-mV1/2②由①得V1=V0/2

2

代入②式，得s1=3V0/(8μg)根據條件V0量大小為

p1＝［M＋(n－l)m]Vn-1．

車經過第n個人時，扔出的沙袋速度大小為2nVn-1，其動量大小為p2=2nmVn-1,

當滿足條件p2＞p1時，車就反向滑行．于是由

2nmVn-1＞［M＋(n-l)m]Vn-1，得

取n=3，即車上堆積3個沙袋時車就反向運動．

(2)設車向負x方向滑行過程中，當第(n—1)個人扔出沙袋后的車速為V'n-1，其動量大小為

p'1＝［M＋3m＋(n-l)m'］V'n-1．

車經過第n個人時，扔出沙袋的速度大小為2nV'n-1，其動量大小為

當滿足條件P'2=P'1時，車就中止．于是由

［M＋3m＋(n-l)m']Vn-1＝2nm'V'n-1，得

所以車中止時車上共有沙袋數為N=3＋8=11(個)．此題依據的物理道理是很顯然的，由于構思別致，使不少同學難以從具體問題中抽象出簡化的物理模型，以致感到十分難辦．因此，學習中必需重視打好基礎和提高分析問題的能力

：如圖18所示，長為L的輕繩，一端用輕環套在光滑的橫桿上（輕繩和輕桿的質量都不計），另一端連接一質量為m的小球，開始時，將系球的繩子繃緊并轉到與橫桿平行的位置，然后輕輕放手，當繩子與橫桿成θ時，小球速度在水平方向的分量大小是多少？豎直方向的分量大小是多少？：

對于輕環、小球構成的系統，在水平方向上不受外力作用，所以在水平方向動量守恒。又

由于輕環的質量不計，在水平方向的動量恒為零，所以小球的動量在水平方向的分量恒為零，小球速度在水平方向的分量為零。又由于輕環、小球構成的系統的機械能守恒，所以mgLsinθ

2

=mVy/2

即Vy=2gLsin?.此為速度豎直方向的分量。

：如下圖，質量均為m的兩個質點A和B，由長為l的不可伸長的輕繩連接，B質點被限制在水平面上的光滑直槽內，A、B垂直于直槽且相距為1.若質點A以速度V在桌面上平

2行于槽的方向運動，求質點B開始運動時的速度大小.并求繩受到的沖量和槽的反作用力沖量。

解析：質點系在原來速度V的方向上動量守恒，但在繩張緊時刻時V沿繩方向的速度已有損失.根據動量守恒定律及動量定理即可求解.

繩張緊時刻球A在垂直于繩方向上的速度未變化，V1=Vsin30°，沿繩方向的速度已經變化，設為V2.若張緊時刻繩子張力的沖量大小為I，則對A和B分別有

I=m(Vcos30°-V2)①Icos30°=mVB.②

由于A、B由繩子牽連，所以它們沿繩方向的速度分量應相等

V2=VBcos30.③取立求解以上三式可得：VB=

3V.④7④代入②可得：I?23mV7點評：該題的關鍵是對繩在張緊時刻的速度變化狀況進行分析.當物體由繩子牽連時，它們沿繩方向的速度應相等.

：網球拍以速率V1擊中以速率V0飛來的網球，被擊回的網球的最大速率為多少？(以上所有的速率均指相對于地面)：以拍為參照物，網球以(V1+V0)的速度擊中球拍，根據小質量物體碰遠大質量物體，在無動能損失的狀況下原速反彈的知識可知：網球以(V1+V0)的速度反彈，故網球此時的對地速度為：

(V1+V0)＋V1＝2V1+V0

：用兩根完全一致的彈簧將一個質量為m的小球安裝在質量為M的框架內（如下圖，彈簧的勁度系數為k，質量可以忽略）在小球位于框架內中心位置的狀態下，框架以速

V0度V0沿著水平光滑的地板向左方滑動，并且于墻壁作瞬時完全非彈性碰撞，假設框架與墻壁之間無吸附力，求：

⑴框架與墻壁接觸后，小球偏離中心的最大距離。⑵從框架與墻壁接觸直至脫離所經歷的時間。

⑶在框架脫離墻壁后的運動中，彈簧的最大形變量⑷框架在遠離墻壁的運動中的最大速度。：（1）M與壁碰撞，M的速度為0

112m2mV0?2?kx可得：x?V0222k

（2）對小球m而言作簡諧運動，所需時間為

1t=T??2m2k

（３）框架脫離墻壁后，達到共同速度時彈簧有最大壓縮量，則

mV0?(m?M)V共

1１122２mV0?(M?m)V共＋２kx?2２2x??V0mM2k(m?M)

(4)當框架第一次恢復原長時，其速度達到最大值

mV0?mV1?MV2

1１１222mV0?mV1?MV22２２V２max2mV0?M?m

：（斜碰）如圖

所示，質量為M，半徑為R的鐵環，放在光滑平面上，另有質量為m的小鐵球，以速度V0從O′出發，

而oo′=R/2,則經過多少時間小球將與鐵環發

生第N次彈性碰撞？：小球與鐵環在A點相互碰撞時，因二者相互作用力在A點的法線法方向，即AO方向，而V0不在AO方向，故屬于彈性斜碰。所以碰撞前后兩物體的相對速度大小不變，方向相反。但要注意此時的相對速度是指沿相互作用力方向的相對速度。：易知α＝30°，將小球在A點的速

3度分解：

V0??V0cos??V02V0V0n?V0sin??2V0n便是二者在OA方向的相對速度，碰后V'=V0n,將反向沿著AO方向，而V0τ不變。以環為參照物，碰后小球的合速度沿AB方向，大小仍等于V0。AB方向滿足：

?O'AO??OAB

即小球與環彈性碰撞時，滿足反射定律。于是：

這樣一來，小球在B點和圓環碰撞后，仍滿足

?OAB?2?O'AO?2??60反射定律，碰后將沿BC方向運動，在C點碰撞后狀況一致，結果，小球以環為參照物，將在一個等邊三角形ABC的三邊上以初速V0運動，從出發開始，經過

lt1?2的時間第一次相碰。V0式中l為三角形的邊長。l?2Rcos??3R由此可得第１次、第２次、……第N次的碰撞

時刻為：

3t1?R2V0t2?t1?lV0333R?R?R?(2?2?1)2V0V02V0

3tN?R(2N?1)2V0注意：鐵環和小球的質量，并未在答案里出現，質量只影響二者碰后的各自的速度，卻不影響二者的相對速度，這就是事情的微妙之處。

2N?12R2思考：若OO’=R,答案又如何？(2)V02：圓筒形容器中,有質量為M的蓋子可以無摩擦地上下滑動，另有質量為m的小球在距離筒底H高處，以初速V0向下運動，與筒底做彈性碰撞以后，反跳回H高處，與從

h高度落下的蓋子作彈性碰撞，以后小球反跳落回筒底，蓋子反跳上升，雙方返回時，仍在距離筒底H高處再次碰撞，此過程不斷重復，V0和h應為多大？：球反跳到達H高度時速度仍為V0，設蓋子當時的速度為V，只有碰后雙方均原速反彈才滿足要求，即：mV0-MV=MV-mV0同時，雙方來回所需時間也應當一致，即滿足：

12H?V0t1?gt12V?gt22t1?2t2過程才能重復進行，即

V02?2gH?V0V?gg

22MgH得：V0?m(2M?m)222mm2MgH22又由于：V?2gh?2V0?2MMm(2M?m)

mM得：h?2M?m：三個鋼球，放在光滑水平面上，球心成一直線，位于中間的球質量為m1,兩邊的球質量均為m2，給中間球一個初速度，方向沿著球心聯成的直線，使它和另外兩個球先后相互碰撞，并且使此球能發生第三次碰撞，則m1、m2應當滿足什么關系？

m2?2?5（m1）

：設質量為m1的球的初速度為V0,與質量為m2的球碰撞后，兩球速度分別為V1、V2，則

m1V0=m1V1+m2V2

111222m1V0=m1V1+m2V2222m1－m22m1'得：V1＝V0V2?V0

m1+m2m1+