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专题七 动量
基础篇
考点 一 冲量、动量与动量定理 思考 若物体的动能发生变化，则动量是否发生变化？
剖析 若物体的动能发生变化，则动量一定发生变化。
一、动量
动量发生变化时动能不一定发生变化，如做匀速圆周运
1.
定义 运动物体的质量和速度的乘积叫作物
： 动的物体，因速度方向时刻变化，其动量时刻变化；因质
体的动量 即 ｐ ｍｖ 单位为
， ＝ ， ｋｇ·ｍ／ｓ。 量和速率不变，其动能不变。
2.
标矢性 矢量 其方向与该时刻速度方向
： ， 三、冲量
相同 1.
定义 力和力的作用时间的乘积叫作这个力
。
：
二、动量变化量
的冲量 即 Ｉ Ｆｔ
， ＝ 。
1.
大小 物体末动量与初动量的矢量差的大小 2.
单位 牛 秒 符号
： 。
： · ， Ｎ·ｓ。
2.
方向 动量的变化量的方向也就是速度变化 3.
标矢性 冲量是矢量
：
： 。
量的方向 4.
冲量的四种计算方法
。
若初末动量在同一直线上 规定正方向后就
１） ， 利用定义式Ｉ Ｆｔ 计算冲量，此方法仅适用
公式法 ＝
转化为代数计算 如图 规定向右为正
于恒力的冲量，无须考虑物体的运动状态
， １、２（ ）；
利用Ｆ ｔ 图像计算，Ｆ ｔ 图像与 ｔ 轴围成的
－ －
图像法 面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲
量，也可以计算变力的冲量
图 图 图 若力的方向不变、大小随时间均匀变化，即
１ ２ ３
力为时间的一次函数，则力 Ｆ 在某段时间 ｔ
若初末动量不在同一直线 用矢量合成来计 平均
２） ， Ｆ Ｆ
算 遵循平行四边形定则和三角形定则 与 值法 内的冲量 Ｉ １＋ ２ｔ，Ｆ 、Ｆ 为该段时间内
， （ ＝ １ ２
２
数学的向量类似 其方向与速度的改变量 初、末两时刻力的大小
）。
方向相同 如图 所示 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，
， ３ 。
3. 动能、动量、动量变化量的比较 动量 则不能直接用 Ｉ Ｆｔ 求变力的冲量，可以求
＝
定理法 出该力作用下物体动量的变化量，由 Ｉ ｐ
＝Δ
动能 动量 动量变化量
求变力的冲量
定义式 Ｅ １ｍｖ２ ｐ ｍｖ ｐ ｐ′ ｐ 思考 一个静止或在水平面内运动的物体，在ｔ时间内
ｋ＝ ＝ Δ ＝ －
２
重力是否有冲量？
标矢性 标量 矢量 矢量
5 剖析 冲量是一个过程量，只与力和时间两个因素有
特点 状态量 状态量 过程量
年
高 关，与物体的运动状态以及是否受其他力无关。 因此，
考 关联 ｐ２ Ｅ
3 Ｅ 、Ｅ １ｐｖ、ｐ ｍＥ 、ｐ ２ ｋ 有力和力的作用时间，该力就一定有冲量。 因而重力在
方程 ｋ＝ ｍ ｋ＝ ＝ ２ ｋ ＝ ｖ
年 ２ ２
模 ｔ时间内有冲量，Ｉ ｍｇｔ。
都是相对量，与参考系的选取有关，通常选 ＝
拟
联系
A 取地面为参考系
版
高
考
物
理
６２
2. 四、动量定理 表达式
1.
内容 物体所受合外力的冲量等于物体动量 ｐ ｐ′ 系统相互作用前的总动量 ｐ 等于相互
： １） ＝ ，
的变化量 作用后的总动量 ｐ′
。 。
2.
表达式 Ｆｔ ｐ ｐ′ ｐ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′ 相互作用的两个物
： ＝Δ ＝ － 。 ２） １ １ ＋ ２ ２ ＝ １ １ ＋ ２ ２ ，
3.
意义 合力的冲量是使物体动量发生变化的 体组成的系统 作用前的动量和等于作用后
： ，
原因 合力的冲量是物体动量变化量的量度 的动量和
， 。 。
4.
标矢性 动量变化量的方向与合外力的方向 ｐ ｐ 相互作用的两个物体动量的变化
： ３）Δ １ ＝－Δ ２，
相同 可以在某一方向上应用动量定理 量等大反向
， 。 。
5. 3.
用动量定理解题的基本思路 适用条件
理想守恒 系统不受外力或所受外力的矢量
１） ：
和为零 则系统动量守恒
， 。
近似守恒 系统受到的外力矢量和不为零
２） ： ，
但当内力远大于外力时 系统的动量可近似
，
看成守恒
。
某一方向上守恒 系统在某个方向上所受外
３） ：
力矢量和为零时 系统在该方向上动量
，
守恒
。
二、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
6.
应用动量定理解题的注意事项
动量守恒定律 机械能守恒定律
动量定理反映了力的冲量与动量变化之间
１）
一个系统不受外力 在只有重力或系统
的因果关系 即合力的冲量是原因 物体的
， ，
作用或所受外力的 内弹力做功的系统
动量变化是结果
。 内容 矢量和为零，这个系 中，动能与势能可以
动量定理中的冲量是所受合力 包括重力
２） （ ） 统 的 总 动 量 保 持 相互转化，而总机械
的冲量 既可以是各力冲量的矢量和 也可
不变 能保持不变
， ，
以是合力在不同阶段冲量的矢量和
Ｅ Ｅ Ｅ ′ Ｅ ′，
。 ① ｋ＋ ｐ＝ ｋ ＋ ｐ
动量定理的表达式是矢量式 等号包含了大 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ 系统初态的机械能
３） ， ① １ １＋ ２ ２＝ １ １ ＋
小相等 方向相同两方面的含义 在一维情 ｍ ｖ ′，两个物体组成 等于系统末态的机
、 。 ２ ２
况下 应先规定正方向
的系统相互作用前、 械能；
， 。
后动量保持不变； Ｅ Ｅ ，系统
②Δ ｋ＝－Δ ｐ
考点 二 动量守恒定律 ｐ ｐ ，相互作 动能的增加量等于
表达式 ②Δ １＝－Δ ２
用的两个物体动量 系统势能的减少量；
一、动量守恒定律
变化量的大小相等， Ｅ Ｅ ，Ａ、Ｂ
③Δ Ａ增＝Δ Ｂ减
1.
内容 如果一个系统不受外力 或者所受外
方向相反； 组成的系统，Ａ 的机
： ，
力的矢量和为零 这个系统的总动量保持 ｐ ，系统动量 械能的增加量等于
， ③Δ ＝ ０
不变 的增量为零 Ｂ 的 机 械 能 的 减
。
少量
专
题
七
动
量
６３
续表 少有一个改变或两物体速度均为零
。
动量守恒定律 机械能守恒定律 2. 碰撞类型
系统不受外力或 弹性碰撞 碰撞结束后 形变全部消失 动能
①
１） ： ， ，
所受外力的矢量和
没有损失 不仅动量守恒 而且初 末总动能
只有重力或系统
为零； ① ， ， 、
内弹力作用，没有其 相等
系统受外力，内力 。
守恒的 ② 他力作用；
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′
远大于外力； ＋ ＝ ＋
条件 有重力、系统内弹 １ １ ２ ２ １ １ ２ ２
系统在某一方向 ②
③ 力以外的力作用，但 １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ １ｍ ｖ ′２
上合外力为零，那么 １ １ ＋ ２ ２ ＝ １ １ ＋ ２ ２
这些力不做功； ２ ２ ２ ２
在 该 方 向 上 动 量 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ
ｖ ′ （ １ － ２） １ ＋２ ２ ２
守恒 １ ＝ ｍ ｍ
＋
１ ２
研究 相 互 作 用 的 物 体 相互作用的物体系 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ
ｖ ′ （ ２ － １） ２ ＋２ １ １
对象 系统 统（包括地球）
２ ＝ ｍ ｍ
＋
１ ２
守恒 矢量守恒 标量守恒
特例 若 ｖ 即 一动一静 的弹性碰撞 碰
性质 （规定正方向） （不考虑方向） ： ２ ＝０， “ ” ，
后二者速度分别为
适用 宏观、微观、低速、高 只适用于宏观、低速
ｍ ｍ ｍ
范围 速都适用 领域 ｖ ′ １ － ２ｖ ｖ ′ ２ １ ｖ
１ ＝ｍ ｍ １， ２ ＝ｍ ｍ １
＋ ＋
三、应用动量守恒定律解题的一般步骤 １ ２ １ ２
若 ｍ ｍ 则 ｖ ′ ｖ ′ ｖ 二者速度互换
① １ ＝ ２， １ ＝０， ２ ＝ １， 。
若 ｍ ｍ 则 ｖ ′ ｍ 被反弹
② １＜ ２ １ ＜０， １ 。
若 ｍ ｍ 则 ｖ ′ ｖ 速度几乎不变
③ １ ≫ ２， １ ≈ １， ，
ｖ ′ ｖ
２ ≈２ １。
若 ｍ ｍ 则 ｖ ′ ｖ ｖ ′ ｍ 以原速度
④ １≪ ２， １ ＝－ １， ２ ＝０， １
反弹 ｍ 不动
， ２ 。
非弹性碰撞 碰撞结束后 形变部分消失 动
２） ： ， ，
考点 三 碰撞、反冲与爆炸
能有部分损失
。
一、碰撞 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′
＋ ＝ ＋
１ １ ２ ２ １ １ ２ ２
1.
碰撞遵守的规律
１ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ １ｍ ｖ ′２ Ｅ
动量守恒 １ １ ＋ ２ ２ ＝ １ １ ＋ ２ ２ ＋Δ ｋ 损
１） 。 ２ ２ ２ ２
机械能不增加 即碰撞结束后总动能不增加 完全非弹性碰撞 碰撞结束后 以同一速度
２） ， ， ３） ： ，
ｐ２ ｐ２ 运动 形变完全保留 动能损失最大
表达式为Ｅ Ｅ Ｅ ′ Ｅ ′或 １ ２ ， ， 。
ｋ１ ＋ ｋ２≥ ｋ１ ＋ ｋ２ ｍ ＋ ｍ ≥ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ
２ １ ２ ２ １ １ ＋ ２ ２ ＝（ １ ＋ ２）
ｐ′２ ｐ′２
１ ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ ｍ ｍ ｖ２ Ｅ
5 ｍ ＋ ｍ 。 １ １ ＋ ２ ２ ＝ （ １ ＋ ２） ＋Δ ｋ 损 ｍａｘ
年 ２ １ ２ ２ ２ ２ ２
高 速度要合理 二、反冲与爆炸
考
３）
3 1.
碰后若同向运动 原来在前的物体速度一定 反冲现象
年
① ，
模
拟 增大 且碰前ｖ ｖ 碰后ｖ ′ ｖ ′ 定义 当物体的一部分以一定的速度离开物
， 前＜ 后， 前 ≥ 后 。 １） ：
A 两物体相向运动 碰后两物体的运动方向至 体时 剩余部分将获得一个反向动量 或速
版 ② ， ， （
高
考
物
理
６４
度 这种现象叫作反冲运动 所以系统动量守恒
）， 。 。
4.
特点 系统内各物体间的相互作用的内力远 爆炸过程的特征
２） ：
大于系统受到的外力 系统动量守恒 实 动能增加 在爆炸过程中 由于有其他形式
， 。 １） ： ，
例 发射炮弹 爆竹升空 发射火箭等 的能量转化为动能 所以爆炸后系统的总动
： 、 、 。 ，
规律 遵从动量守恒定律 能增加
３） ： 。 。
2.
反冲过程的特征 位置不变 爆炸的时间极短 因而在作用过
２） ： ，
反冲运动过程中 有其他形式的能转化为动 程中 物体产生的位移很小 一般可忽略不
， ， ，
能 系统的总动能将增加 其增加的原因是 计 可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以
， ， ： ，
在反冲运动中 作用力和反作用力均做正功 新的动量开始运动
， 。 。
3.
爆炸问题 由于内力远大于外力 故爆炸过程动量
３） ，
爆炸与碰撞类似 物体间的相互作用时间很 守恒
， 。
5.
短 作用力很大 且远大于系统所受的外力 爆炸 碰撞 打击等过程都可认为动量守恒
， ， ， 、 、 。
专
题
七
动
量
６５
综合篇
拓展 一 动量守恒中的常见模型 通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其
原因。 质量为 ｍ、厚度为 ｄ 的钢板静止在水
1.
子弹打木块模型、滑块与滑板模型 ２ ２
平光滑平面上。 质量为 ｍ 的子弹以某一速度
子弹打木块模型 滑块与滑板模型
垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。 现把钢
模型
板分成厚度均为ｄ、质量均
图示
为 ｍ 的两块相同钢板，间
）若子弹未射穿木块或滑块未从滑板上滑下，
１
隔一段距离水平放置，如
当两者速度相等时，木块或滑板的速度最大，
两者的相对位移（子弹射入木块的深度或滑块 图所示。 若子弹以相同的
相对滑板滑动的距离）最大（完全非弹性碰撞 速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二
拓展模型）
块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。 设子
）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与
２ 弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不
两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
模型
会发生碰撞。 不计重力影响。
）根据动量守恒定律和能量守恒定律知，系统
特点 ３
Ｍ 解析 设子弹初速度为 ｖ ，射入厚度为 ｄ 的
损失的动能 Ｅ Ｅ ，可以看出，子弹（或 ０ ２
Δ ｋ＝ｍ ＋ Ｍ ｋ０ 钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为 ｖ
滑块）的质量越小，木块（或滑板）的质量越
由动量守恒定律得 ｍｖ （ ｍ ｍ）ｖ
大，动能损失越多 ０ ＝ ２ ＋
）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相 解得 ｖ １ｖ
４ ＝
０
当于完全非弹性碰撞模型，也可以从力和运动 ３
的角度借助图像求解
此过程中动能损失 Ｅ １ｍｖ２ １ ｍｖ２，
Δ ＝ ０ － ×３
例1 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同 ２ ２
样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。 解得 Ｅ １ｍｖ２；
Δ ＝ ０
３
分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时子
弹、钢板的速度分别为 ｖ 、ｖ ，由动量守恒定律
１ ２
得 ｍｖ ｍｖ ｍｖ 。
＝ ＋
０ １ ２
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第
Ｅ
一块钢板系统的动能损失为Δ
２
Ｅ
由能量守恒得１ｍｖ２ １ｍｖ２ １ｍｖ２ Δ
＋ ＝ － １ ２ ０
２ ２ ２ ２
联立以上各式，且考虑到 ｖ ｖ ，
１＞ ２
æ ö
解得 ｖ çç １ ３ ÷÷ｖ
１ ＝è ＋ ø ０
２ ６
设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的
共同速度为 ｖ ，由动量守恒定律得 ｍｖ ｍｖ
３ １
＝２
３
损失的动能 Ｅ′ １ｍｖ２ １ ｍｖ２
Δ ＝ １ － ×２ ３ ２ ２
æ ö Ｅ
联立解得 Ｅ′ １ çç ３ ÷÷Δ
Δ ＝ ×è１＋ ø
２ ２ ２
因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，将
Ｅ
Ｅ′ ｆｘ 、Δ ｆｄ 代入上式，得射入第二块钢
Δ ＝ 相 ＝
２
板的深度 ｘ １（ ３）ｄ。
相＝ １＋
２ ２
规律总结
（
）
钢板放在光滑水平面上 ，子弹水平
１
打进钢板，系统所受的合外力为零，因此系统动量
守恒。
（ ）两者发生的相对位移为子弹射入的深度ｘ 。
２ 相
（ ）根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系
３
统增加的内能。
（ ）系统产生的内能 Ｑ ｆｘ ，即两者由于相对运
４ ＝ 相
动而产生的热量，也是动能转化为内能的数值。
（ ）当子弹速度很大时，可能射穿钢板，这时末状
５
5 态子弹和钢板的速度大小不再相等，但穿透过程
年
高 中系统的动量仍守恒，系统损失的动能 Ｅ ｆｄ，ｄ
考 Δ ｋ＝
3 为钢板的厚度。
年
模
拟
A
版
高
考
物
理
６６
2. 弹簧滑块类模型
两个物体与弹簧相互作用的过程中 若系统
１） ，
所受外力的矢量和为零 则系统动量守恒
， ；
在能量方面 由于弹簧形变会使弹簧的弹性
２） ，
势能发生变化 系统的总动能将发生变化
， ；
若除了重力和系统内弹力 系统所受的外力
，
不做功 系统机械能守恒
， ；
弹簧处于最长 最短 状态时两物体速度相
３） （ ）
等 弹簧的弹性势能最大 Ｅ 系统的动能
， （ ｐｍ），
最小 完全非弹性碰撞模型 ｍ ｖ ｍ
（ ）： １ ０ ＝（ １ ＋
ｍ ｖ １ｍ ｖ ２ １ ｍ ｍ ｖ ２ Ｅ ２） 共、 １ ０ ＝ （ １ ＋ ２） 共 ＋ ｐｍ
２ ２
弹簧恢复原长时 弹性势能为零 系统的动
４） ， ，
能最大 弹性碰撞模型 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ
（ ）： １ ０ ＝ １ １ ＋ ２ ２、
１ｍ ｖ ２ １ｍ ｖ ２ １ｍ ｖ ２
＝ ＋ １ ０ １ １ ２ ２
２ ２ ２
例2 如图所示，在光滑水平长直轨道上，Ａ、Ｂ
两小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右
端与 Ｂ 球连接，左端与 Ａ 球接触但不粘连，已
ｍ
知 ｍ ，ｍ ｍ，开始时 Ａ、Ｂ 均静止。 在 Ａ
Ａ＝ Ｂ＝２
２
球的左边有一质量为 １ ｍ 的小球 Ｃ 以初速度
２
ｖ 向右运动，与 Ａ 球碰撞后粘在一起成为一个
０
复合球 Ｄ，碰撞时间极短，接着逐渐压缩弹簧
并使 Ｂ 球运动。 经过一段时间后，Ｄ 球与弹簧
分离（弹簧始终处于弹性限度内）。
（ ）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？
１
（ ）当弹簧恢复原长时，Ｂ 球的速度是多大？
２
（ ）若开始时在 Ｂ 球右侧某位置固定一块挡板
答案 １（ ３）ｄ ３
１＋ （图中未画出），在 Ｄ 球与弹簧分离前使 Ｂ 球
２ ２
与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走， é ｖ ｖ ù
ê ú
取值范围为 ê ０， ０ú 。
设 Ｂ 球与挡板碰撞时间极短，碰后 Ｂ 球速度大 ë－ û
６ ２
小不变，但方向相反，请求出此后弹簧的弹性 与挡板碰后（碰撞过程中无能量损失）弹簧的
势能最大值的范围。 弹性势能最大时，Ｄ、Ｂ 两球速度相等，设为 ｖ′，
解析 （ ）Ｃ 与 Ａ 的碰撞属于完全非弹性碰 根据动量守恒定律有
１
撞，碰撞过程中有能量损失，碰后 Ｄ 球、Ｂ 球、 ｍｖ ｍｖ ｍｖ′
５
－２
６
＝３
弹簧组成的系统能量守恒，机械能守恒。
ｖ ｖ
ｖ ０ ｖ ｖ ０
设 Ｃ 与 Ａ 相碰后速度为 ｖ ，根据动量守恒定律 ｖ ｖ ５ － ＋ ５ ２ ５ － ｖ ｖ
１ 解得 ｖ′ ５ －２ ６ ２ ２ ４ ５ － ０
＝ ＝ ＝ ＝
有１ｍｖ ｍｖ ３ ３ ３ ６
＝
０ １ 由能量守恒定律知，弹簧的最大弹性势能Ｅ ′
２
＝
ｐ
Ｃ 与 Ａ 碰后结合为 Ｄ 球，当 Ｄ 球与 Ｂ 球速度相
ｍｖ２ ｍ（ ｖ ｖ ）２
等时，弹簧的弹性势能最大，设此时速度为 ｖ ， １ｍｖ ２ １ ｍｖ′２ ０ ４ ５ － ０
１
－ ×３ ＝ －
２ ２ ２ ８ ２４
根据动量守恒定律有
ｖ ｍｖ ２
ｍｖ ｍｖ 当 ｖ ０时，Ｅ ′最大，Ｅ ′ ０
＝ ＝
１
＝３
２
５
４
ｐ ｐｍａｘ
８
根据能量守恒定律有
ｖ ｍｖ ２
当 ｖ ｖ ０时，Ｅ ′最小，Ｅ ′ ０
＝ ＝－ ＝
Ｅ
ｐｍａｘ
＝
１ｍｖ２
１
－
１
×３
ｍｖ２
２
５ ３
６
ｐ ｐｍｉｎ
１０８
２ ２
ｍｖ ２ ｍｖ ２
所以 ０ Ｅ ′ ０ 。
解得 Ｅ １ｍｖ２ ≤ ｐ ≤
ｐｍａｘ ＝ ０ １０８ ８
１２
（ ）设弹簧恢复原长时，Ｄ 球速度为 ｖ ，Ｂ 球速 解题方法含弹簧的碰撞问题 ，一般情况下均满足
２ ３
度为 ｖ ，根据动量守恒定律有 动量守恒定律（Ｆ 或 Ｉ ）和机械能守恒定
外＝０ 外＝０
４
ｍｖ ｍｖ ｍｖ 律（除重力、系统内弹力外，其他力做功为 ），此
１
＝
３
＋２
４
０
根据能量守恒定律有 类问题的一般解法是：
（ ）首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长
１ｍｖ２ １ｍｖ２ １ ｍｖ２ １
１ ＝ ３ ＋ ×２ ４ 还是压缩状态。
２ ２ ２
ｖ ｖ （ ）分析碰撞前、后弹簧和物体的运动状态，依据
联立解得 ｖ ０，ｖ ０。 ２
３ ＝－ ４ ＝ 动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
６ ３
（ ）设 Ｂ 球与挡板相碰前瞬间 Ｄ、Ｂ 两球速度 （ ）判断解出的结果是否满足“物理情境可行性
３ ３
分别为 ｖ 、ｖ ，根据动量守恒定律有 原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。
５ ６
ｍｖ ｍｖ ｍｖ （ ）求弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律
１
＝
５
＋２
６
４
ｖ 是 Ｂ 球与挡板碰前 Ｄ 球的速度，Ｃ 与 Ａ 碰撞
或能量守恒定律求解。
５
（ ）要特别注意弹簧的三个状态：原长，此时弹簧
ｖ ５
结合成 Ｄ 球时，Ｄ 球速度最大为 ０；弹簧由原
的弹性势能为零；压缩到最短或伸长到最长的状
２
态，此时与弹簧连接的物体具有共同速度，弹簧具
长变为压缩最短，再到恢复原长时，Ｄ 球速度
有最大弹性势能。 这往往是解决此类问题的突
ｖ
为 ０，故 Ｄ 球与挡板相碰前瞬间的速度 ｖ 的 破点。
－
５
６ 专
题
七
动
量
６７
（ ）为了保证小物块不从滑道的 Ｄ 端离开滑
答案 （ ） １ ｍｖ ２ ２
１ ０ 道，圆弧滑道的半径 Ｒ 至少是多大？
１２
ｖ 解析 （ ）小物块冲上滑道的初速度设为 ｖ，
（ ） ０ １
２
３
则 Ｅ １ｍｖ２，小物块最终停在 ＡＢ 的中点，跟滑
ｍｖ ２ ｍｖ ２ ＝
（ ） ０ Ｅ ′ ０ ２
３ ≤ ｐ ≤ 道有相同的速度，设为 ｖ′
１０８ ８
3.
滑块与斜面体模型
在这个过程中，系统水平方向动量守恒，有
ｍｖ （ ｍ ｍ）ｖ′
＝ ３ ＋
系统的动能损失用于克服摩擦力做功，有
Ｅ １ｍｖ２ １（ ｍ ｍ）ｖ′２
Δ ＝ － ３ ＋
滑块上升至最高点 ｍ 与 Ｍ 具有共同水平速
２ ２
１） ：
度 ｖ 共， ｍ 竖直分速度为零 。 系统水平方向动 而 Δ Ｅ ＝ ３ｆＬ
量守恒 ｍｖ Ｍ ｍ ｖ 系统机械能守恒 ２
， ０ ＝（ ＋ ） 共； ， Ｅ
联立解得摩擦力的大小 ｆ 。
１ｍｖ２ １ Ｍ ｍ ｖ２ ｍｇｈ 其中 ｈ 为滑块上 ＝ Ｌ
０ ＝ （ ＋ ） 共＋ ， ２
２ ２ （ ）若小物块刚好到达 Ｄ 处，此时它与滑道有
升的最大高度 不一定等于圆弧轨道的高度 ２
， 共同的速度（与 ｖ′相等，方向水平向右），小物
完全非弹性碰撞模型
（ ）； 块从 Ａ 到 Ｄ 过程中系统总动能减少，转化为内
最低点 ｍ 与 Ｍ 分离点 水平方向动量守
２） ： 。 能（克服摩擦做功）和物块的重力势能，同理，
恒 ｖ ｍｖ Ｍｖ 系统机械能守恒 １ｍｖ ２
，ｍ ０ ＝ １ ＋ ２ ， ０ ＝ 有 Ｅ １ｍｖ２ １（ ｍ ｍ）ｖ′２
２ Δ １ ＝ － ３ ＋
２ ２
１ｍｖ ２ １Ｍｖ ２ 弹性碰撞模型 而 Ｅ ｆＬ ｍｇＲ
１ ＋ ２ （ ） Δ １ ＝ ＋
２ ２
解得要使物块不从 Ｄ 端离开滑道，ＣＤ 圆弧的
例3 竖直平面内的轨道 ＡＢＣＤ 由水平滑道
Ｅ
ＡＢ 与光滑的四分之一圆弧滑道 ＣＤ 组成，ＡＢ 半径至少为 Ｒ 。
＝ ｍｇ
恰与圆弧 ＣＤ 在 Ｃ 点相切，轨道放在光滑的水 ４
Ｅ Ｅ
平面上，如图所示。 一个质量为 ｍ 的小物块 答案 （ ） （ ）
１ Ｌ ２ ｍｇ
２ ４
（可视为质点）从轨道的 Ａ 端以初动能 Ｅ 冲上 4.
人船模型
水平滑道 ＡＢ，沿着轨道运动，由 ＤＣ 弧滑下后
模型特点 由两个物体组成的系统 开始时
１） ： ，
停在水平滑道 ＡＢ 的中点。 已知水平滑道 ＡＢ
两物体相对静止 之后由于两物体之间相互
，
长为 Ｌ，轨道 ＡＢＣＤ 的质量为 ｍ。
作用 当一物体向某方向运动时 另一物体
３
， ，
5 向相反方向运动的各种题目类型统称为 人
年 “
高 船模型 该模型属于反冲现象中的一种具
考 ”，
3 体情况
年 。
模
（ ）求小物块在水平滑道上受到的摩擦力的 模型解读 如图所示 长为 Ｌ 质量为 ｍ 的
拟 １ ２） ： ， 、 船
A 大小。 小船停在静水中 质量为 ｍ 的人由静止开
版 ， 人
高
考
物
理
６８
始从船的一端走到船的另一端 不计水的 滑斜面下滑，在小物体从斜面顶端自由下滑到
，
阻力 底端的过程中，斜面体在水平面上移动的距离
。
是 （ ）
以人和船组成的系统为研究对象 在人由船
ｍｈ
，
的一端走到船的另一端的过程中 由于水的 Ａ．Ｍ ｍ
， ＋
阻力忽略不计 系统水平方向不受外力作 Ｍｈ
，
Ｂ．Ｍ ｍ
用 所以整个系统水平方向动量守恒 可得
＋
， ，
ｍｈ
ｍ ｖ ｍ ｖ 因人和船组成的系统时时
船 船＝ 人 人。
Ｃ．（Ｍ ｍ） α
刻刻动量守恒 故有 ｍ ｘ ｍ ｘ ＋ ｔａｎ
， 船 船＝ 人 人
Ｍｈ
由图可看出 ｘ ｘ Ｌ
船＋ 人＝ Ｄ．（Ｍ ｍ） α
＋ ｔａｎ
ｍ ｍ
船 人 解析 小物体与斜面体组成的系统在水平方
可解得 ｘ Ｌ ｘ Ｌ
人＝ｍ ｍ ， 船＝ｍ ｍ 。
人＋ 船 人＋ 船 向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位
此模型可进一步推广到其他类似的情景中
， 移的大小为 ｘ ，斜面体在水平方向上对地位移
例如 人沿着开始时静止在空中的热气球下 １
： 的大小为 ｘ ，因此有 ｍｘ Ｍｘ ，而 ｘ ｘ
面的软梯滑下或攀上 求热气球上升或下降 ２
０＝
１
－
２ １
＋
２
＝
， ｈ ｍｈ
，联立解得 ｘ ， 项正确。
高度的问题 小球沿放在光滑水平地面上的
； ｔａｎ α ２ ＝（Ｍ ＋ ｍ） ｔａｎ α Ｃ
弧形槽滑下 求弧形槽移动距离的问题 小
， ；
球从光滑圆环内侧滑下 求圆环移动距离的
，
问题等
。
解答 人船模型 问题应注意以下两点
３） “ ”
适用条件 答案
① Ｃ
．系统由两个物体组成且相互作用前静止 系
Ⅰ ，
拓展 二 应用力学三大观点解决综合问题
统总动量为零
；
1.
．在系统内发生相对运动的过程中 至少有一 力的瞬时作用和力的时间、空间积累作用
Ⅱ ，
个方向的动量守恒 如水平方向或竖直方
分类 对应规律 规律内容 公式表达
（
向
物体的加速度大
）。
画草图 解题时要画出各物体的位移关系草 小与合外力成正
② ： 力的瞬 牛顿第
图 找出各位移间的关系 注意两物体的位
时作用 二定律
比，与质量成反 Ｆ
合＝
ｍａ
， ，
比，方向与合外
移是相对同一参考系的位移
。 力的方向相同
例4 如图所示，一个倾角为 α 的直角斜面体
静置于光滑水平面上，斜面体的质量为 Ｍ，顶
端高度为 ｈ，今有一质量为 ｍ 的小物体，沿光
专
题
七
动
量
６９
续表 若研究对象为单个物体 则不能用动量观点
② ，
分类 对应规律 规律内容 公式表达 中的动量守恒定律
。
物体所受合力的 若研究对象为多物体组成的系统 且系统内
力的时间 ③ ，
动量定理 冲量等于物体动 Ｆ ｔ ｐ
积累作用 合 ＝Δ 的物体与物体间有相互作用 一般用 守恒
量的变化 ， “
定律 去解决问题 但必须注意研究对象是
” ，
外力对物体所做
否满足定律的守恒条件
动能定理 功的代数和等于 Ｗ Ｅ 。
合＝Δ
ｋ 从研究过程上看
物体动能的增量 ２）
凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析
一个力做了多少 ① ，
ｆｓ
相对＝ 必须用动力学观点
功，就有多少能 。
功能关系 Ｑ Ｅ
力的空间 从一种形式转化 ＝Δ 损 凡涉及复杂的直线或曲线运动问题 一般要
② ，
Ｗ Ｅ
积累作用 为其他形式 Ｇ＝－Δ ｐ 用能量观点或动量观点
。
在只有重力（或 凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动
③
系统内弹力） 做
量定理
机械能 Ｅ Ｅ
功的情况下，系 ｋ１＋ ｐ１＝ 。
守恒定律 Ｅ Ｅ 凡涉及碰撞 爆炸 反冲等问题 一般应用动
统机械能的总量 ｋ２＋ ｐ２ ④ 、 、 ，
量守恒定律
保持不变 。
从所涉及的物理量看
2. 动量观点和能量观点的比较 ３）
如果涉及加速度的问题 则一般要用牛顿运
① ，
）研究对象都是相互作用的物体组成的
动定律
１
。
系统
相同点 如果涉及运动时间或作用时间的问题 一般
）都是针对某一运动过程的初、末状态列式 ② ，
２ 优先考虑用动量定理 Ｆ ｔ ｐ 其次考虑
求解 （ 合 ＝Δ ），
用牛顿运动定律
动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出某 。
如果涉及运动的位移或路程的问题 一般优
不同点 一方向上的分量表达式；而动能定理和能量 ③ ，
守恒定律都是标量表达式，无分量表达式 先考虑用功能关系 其次再考虑用牛顿运动
，
定律
3.
三个基本观点的适用范围 。
如果涉及初 末速度的问题 一般优先考虑
④ 、 ，
动力学 运用牛顿运动定律及运动学规律解题，可
用动能定理 其次考虑用动量观点 最后再
的观点 处理匀变速直线运动问题 ， ，
考虑用牛顿运动定律
。
运用动能定理和能量守恒定律解题，可处
能量观点 例5 如图 所示，足够长的木板 Ｃ 通过某一
理匀变速直线运动和非匀变速运动问题 １
装置锁定在水平地面上，物块 Ａ、Ｂ 静止在木板
运用动量守恒定律解题，可处理匀变速直
动量观点 Ｃ 上，物块Ａ、Ｂ 间距离为 ． 。 开始时物块Ａ
线运动和非匀变速运动问题 １ １ ｍ
5 以速度 ｖ 向右运动，物块 Ａ 在与 Ｂ 碰
年 4. 选取三大观点解题原则 ０ ＝６ ｍ／ｓ
高 撞前一段时间内的运动图像如图 所示。 已
考 ２
从研究对象上看
3 １） 知物块 Ａ、Ｂ 可视为质点，质量分别为 ｍ
年 Ａ ＝
若多个物体的运动状态不同 则一般不宜对
模
① ， 、ｍ ，Ａ、Ｂ 与木板间的动摩擦因数相
拟 １ ｋｇ Ｂ＝４ ｋｇ
多个物体整体应用牛顿运动定律
A 。 同，木板 Ｃ 的质量 ｍ ，Ｃ 与地面间的动
版 Ｃ ＝１ ｋｇ
高
考
物
理
７０
向向左。
摩擦因数为 １。 Ａ 与 Ｂ 弹性碰撞过程时间极
（ ）碰撞后对木板 Ｃ 受力分析得
６
３
短，可忽略摩擦力的影响，Ａ、Ｂ 碰撞瞬间木板 Ｃ
μ ｍ ｇ μ ｍ ｇ μ （ｍ ｍ ｍ ）ｇ ｍ ａ
Ｂ － Ａ － Ａ＋ Ｂ＋ Ｃ ＝ Ｃ Ｃ
１ １ ２
解除锁定。 重力加速度 ｇ ２。 求： 对物块 Ｂ 进行受力分析得
＝１０ ｍ／ｓ
μ ｍ ｇ ｍ ａ
Ｂ ＝ Ｂ Ｂ
１
对物块 Ａ 进行受力分析得
图 μ ｍ ｇ ｍ ａ
１ － １ Ａ ＝ Ａ Ａ
分析可知 Ｃ 向右做加速运动先与 Ｂ 共速，设经
时间 ｔ 物块 Ｂ 与木板 Ｃ 达到相同的速度 ｖ ，
１ １
则 ｖ ｖ ａ ｔ ａ ｔ ，
＝ Ｂ－ Ｂ ＝ Ｃ
１ １ １
解得 ｖ ． ，ｔ ． 。
１ ＝１ ０ ｍ／ｓ １ ＝０ ２ ｓ
图 从 Ａ、Ｂ 碰撞结束到 Ｂ、Ｃ 速度相同，
２
（ ）物块与木板间的动摩擦因数。 设 Ｂ 向右的对地位移大小为 ｘ ，
１ ２
（ ）碰撞后瞬间物块 Ａ 的速度。 ｖ ｖ
２ 则 ｘ Ｂ＋ １ｔ ． ，
（ ）最后停止时物块 Ａ、Ｂ 间的距离（结果保留 ２ ＝ １ ＝０ ３ ｍ
２
３
此时 Ａ 仍向左运动，Ｂ、Ｃ 相对静止后一起向右
位小数）。
２
运动，设其加速度大小为 ａ，则
ｖ
解析 （ ）根据图像可知 ａ Δ ２，
１ Ａ＝ ｔ ＝５ ｍ／ｓ μ ｍ ｇ μ （ｍ ｍ ｍ ）ｇ （ｍ ｍ ）ａ，
Δ １ Ａ ＋ ２ Ａ＋ Ｂ＋ Ｃ ＝ Ｂ＋ Ｃ
对 Ａ 进行受力分析并由牛顿第二定律有 分析可知 Ｂ、Ｃ 速度减为零后停止运动，Ａ 继续
μ ｍ ｇ ｍ ａ ，解得物块与木板间的动摩擦因 向左减速运动，设 Ｂ、Ｃ 一起向右运动的位移大
Ａ ＝ Ａ Ａ
１
数 μ ． 。 小为 ｘ ，
１ ＝０ ５ ３
（ ）设碰撞前瞬间 Ａ 的速度为 ｖ，则 ｖ２ ｖ ２ 则 ｖ２ ａｘ
２ － ０ ＝ ０－ １ ＝－２ ３
ａ ｘ ，ｘ ． ；由于 Ａ、Ｂ 发生弹性碰撞，取 设 Ａ 碰撞后到停下经过的位移大小为 ｘ ，则
－２ Ａ １ １ ＝１ １ ｍ ４
向右为正方向，设碰撞后 Ａ、Ｂ 的速度分别为 ｖ２ ａ ｘ
０－ Ａ＝－２ Ａ
４
ｖ 、ｖ ，则 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ，弹性碰撞能量守恒， 最后停止时物块 Ａ、Ｂ 间的距离 ｘ ｘ ｘ ｘ
Ａ Ｂ Ａ ＝ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ ＝ ＋ ＋ ＝
２ ３ ４
． 。
故有１ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ２ １ｍ ｖ ２， １ ３７ ｍ
Ａ ＝ Ａ Ａ ＋ Ｂ Ｂ
答案 （ ） ．
２ ２ ２
１ ０ ５
解得 ｖ 、ｖ 。
Ａ＝－３ ｍ／ｓ Ｂ＝２ ｍ／ｓ （ ） ，方向向左
２ ３ ｍ／ｓ
即碰撞后瞬间物块 Ａ 的速度大小为 ，方
（ ） ．
３ ｍ／ｓ
３ １ ３７ ｍ
专
题
七
动
量
７１
应用篇
模型 一 应用动量定理知识解决流体问题 ρ Ｖ， Ｖ ｖ Ｓ ｔ，由以上两式得，单位时间内从
Δ Δ ＝ ０ Δ
1. ｍ
流体类“柱状模型” 喷口喷出的水的质量Δ ρｖ Ｓ。
ｔ ＝ ０
Δ
流体及 通常液体流、气体流等被广义地视为“流
（ ）设玩具悬停时其底板相对于喷口的高度为
其特点 体”，质量具有连续性，题中通常给出密度ρ ２
ｈ，水从喷口喷出后到达玩具底板时的速度大
建立“柱状”模型，沿速度ｖ的方向选取一
小为 ｖ。 对于 ｔ 时间内喷出的水，由能量守恒
１ 段柱形流体，其横截面积为Ｓ
Δ
微元研究，作用时间 ｔ 内的一段柱形流
Δ 定律得１（ ｍ）ｖ２ （ ｍ）ｇｈ １（ ｍ）ｖ ２
分析 ２ 体的长度 ｌ ｖ ｔ，对应的质量 ｍ ρＳｖ ｔ Δ ＋ Δ ＝ Δ ０
Δ ＝ Δ Δ ＝ Δ ２ ２
步骤 应用动量定理研究这段柱状流体，建立 在 ｈ 高度处， ｔ 时间内喷射到玩具底板的水沿
Δ
３ 方程 竖直方向的动量变化量的大小 ｐ （ ｍ）ｖ
Δ ＝ Δ
流体垂直于速度方向上任意横截面的流
设水对玩具的作用力的大小为 Ｆ，则玩具对水
４ 量都相等
的作用力大小 Ｆ′ Ｆ，对水根据动量定理有
2. ＝
微粒类“柱状模型”
［Ｆ′ （ ｍ）ｇ］ ｔ ｐ，由于 ｔ 很小，则（ ｍ）ｇ
＋ Δ Δ ＝Δ Δ Δ
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视
很小，可忽略
微粒及
为“微粒”，质量具有独立性，题中通常给
其特点 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得Ｆ Ｍｇ
出单位体积内的粒子数ｎ ＝
建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一 联立解得 ｈ
ｖ２
０
Ｍ２ｇ
１ 段柱形微元，柱体的横截面积为Ｓ
＝
２
ｇ－
２
ρ２ｖ
０
２Ｓ２
微元研究，作用时间 ｔ 内的一段柱形微 特别提示打击 、 碰撞中用动量定理时 ，若未告知
分析 Δ
元的长度 ｌ ｖ ｔ，对应的体积 Ｖ
步骤 ２ Δ ＝ ０Δ Δ ＝ 作用时间，则重力可以忽略；若告知作用时间则重
Ｓｖ ｔ，则微元内的粒子数Ｎ ｎｖ Ｓ ｔ
０Δ ＝ ０ Δ 力不可忽略。
先应用动量定理研究单个粒子，建立方
３ 程，再乘以Ｎ计算
例1 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱
将一质量为 Ｍ 的卡通玩具稳定地悬停在空中。
为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 Ｓ 的
喷口持续以速度 ｖ 竖直向上喷出；玩具底部为
０
平板（面积略大于 Ｓ）；水柱冲击到玩具底板
后，在竖直方向水的速度为零，在水平方向朝
四周均匀散开，忽略空气阻力。 已知水的密度
5 为 ρ，重力加速度大小为 ｇ。 求：
年
高 （ ）喷泉单位时间内喷出的水的质量。
考 １
3
（ ）玩具在空中悬停时，其底板相对于喷口的高度。
年 ２
模
拟 解析 （ ）设一段很短的时间 ｔ 内，从喷口
１ Δ
A 喷出的水的体积为 Ｖ，质量为 ｍ，则 ｍ
版 Δ Δ Δ ＝
高
考
物
理
７２
ｖ２ Ｍ２ｇ
答案 （ ）ρｖ Ｓ （ ） ０
１ ０ ２ ｇ－ ρ２ｖ ２Ｓ２
２ ２ ０
例2 有一宇宙飞船，它的正面面积 Ｓ ２，
＝２ ｍ
以 ｖ ３ 的相对速度飞入一宇宙微粒
＝３×１０ ｍ／ｓ
尘区。 此微粒尘区每
３
空间中有一个微粒，
１ ｍ
每一个微粒的平均质量ｍ －７ 。 假设微
＝２×１０ ｋｇ
粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船
速度不变，飞船的牵引力应增加 （ ）
． ３ ． ． －３ ．
Ａ．３６×１０ Ｎ Ｂ．３６ Ｎ Ｃ．１２×１０ Ｎ Ｄ．１２ Ｎ
解析 设在时间 ｔ 内与飞船碰撞并附着于飞
船上的微粒总质量为 Ｍ，则 Ｍ ｖｔＳｍ。 设飞船
＝
对微粒的作用力大小为 Ｆ，由动量定理知，Ｆｔ
＝
Ｍｖ，联立解得 Ｆ ｖ２Ｓｍ，代入数据得 Ｆ ． 。
＝ ＝３ ６ Ｎ
根据牛顿第三定律知，微粒对飞船的作用力大 ｖ ２
正以速度 ｖ 迎面滑来，已知 ｈ ２ ０ （ｇ 为重力
小为 ． 。 要使飞船速度不变，根据平衡条 ０ ＝ ｇ
３ ６ Ｎ
件知，飞船的牵引力应增加 ． ， 项正确。 加速度的大小），为了使两车不发生碰撞，当两
３ ６ Ｎ Ｂ
答案 车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，则人
Ｂ
跳离甲车的水平速度大小（相对地面）应满足
模型 二 动量守恒中的临界模型
什么条件？ （不计地面和斜坡的摩擦，车和人
1.
解决相互作用物体组成的系统的临界问题 均可视为质点）
时，应处理好下面两个方面的问题。
寻找临界状态
１）
题设情景中是否有相互作用的两物体相距
最近 恰好滑离 避免相碰和物体开始反向 解析 设向左为正方向，甲车（包括人）滑下
、 、
运动等临界状态 斜坡后速度大小为 ｖ ，由机械能守恒定律有
。
１
挖掘临界条件
２） １（ｍ Ｍ）ｖ ２ （ｍ Ｍ）ｇｈ，解得 ｖ ｇｈ
在与动量相关的临界问题中 临界条件常常表 １ ＋ １ ＝ １ ＋ １ ＝ ２ ＝
， ２
现为两物体的相对速度关系与相对位移关系 ｖ ；设人跳离甲车的水平速度大小（相对地
。 ２ ０
2. 三种常见类型的临界问题 面）为 ｖ，在人跳离甲车过程中，人和甲车组成
涉及弹簧类的临界问题 的系统在水平方向上动量守恒；在人跳上乙车
１）
对于由物体和弹簧组成的系统 当弹簧被压 过程中，人和乙车组成的系统在水平方向上动
，
缩到最短或拉伸到最长时 弹簧两端的两个 量守恒。 设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的
，
物体的速度必然相等 速度大小分别为 ｖ 和 ｖ ，则人跳离甲车时，有
甲 乙
。
涉及相互作用边界的临界问题 （Ｍ ｍ ）ｖ Ｍｖ ｍ ｖ
２） ＋ １ １ ＝ ＋ １ 甲
在物体滑上斜面体 斜面体放在光滑水平面 人跳上乙车时，有 Ｍｖ ｍ ｖ （Ｍ ｍ ）ｖ
（ － ２ ０ ＝ ＋ ２ 乙
上 的过程中 由于物体间弹力的作用 斜面
） ， ， 解得 ｖ ｖ ｖ，ｖ １ｖ １ｖ
体在水平方向上将做加速运动 物体滑到斜
甲＝６
０
－２ 乙＝ －
０
２ ２
，
当人跳到乙车上后甲车向右运动，甲车爬上斜
面上最高点的临界条件是物体与斜面体沿
坡又下来，两车不相撞的临界条件是 ｖ ｖ ，
水平方向具有共同的速度 物体到达斜面顶 乙≥ 甲
，
端时 在竖直方向上的分速度等于零 解得 ｖ １１ｖ ；
， 。
≤ ０
子弹打木块类的临界问题 子弹刚好击穿木 ３
３） ： 当人跳到乙车上后，甲车向左运动，则两车不
块的临界条件为子弹穿出木块时的速度与
木块的速度相同 子弹位移为木块位移与木 相撞的临界条件是 ｖ ｖ ，解得 ｖ １３ｖ 。
， 乙≥ 甲 ≥ ０
５
块厚度之和
。
例3 如图所示，甲车质量 ｍ ｍ，在车上有质 故 ｖ 的取值范围为１３ｖ ｖ １１ｖ 。
＝ ０≤ ≤ ０
１ ５ ３
量为 Ｍ ｍ 的人，甲车（连同车上的人）从足
＝２ 答案 １３ｖ ｖ １１ｖ
够长的斜坡上高 ｈ 处由静止滑下，到水平地面 ０≤ ≤ ０
５ ３
上后继续向前滑动，此时质量 ｍ ｍ 的乙车
２ ＝２ 专
题
七
动
量
７３
