12mv21212110?2m1v1?2m2v2 ③ ②、③式联立解得
v2m1v102?m ④
1?m2 将①代入得④
v2m12gh2?m
1?m2（2）a由④式，考虑到EK1?12m2?121v10和EK22m2v2得 根据动能传递系数的定义，对于1、2两球
kEk212?E?4m1m22 ⑤ k1(m1?m2)同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为
kEk3Ek2Ek34m1m24m2m313?E?E??2??m2 ⑥ k1k1Ek2(m1?m2)(m23)依次类推，动能传递系数k1n应为
kk2Ek3E4m2m34mn?1in?EknEE???kn?4m1m22?2?mn2 k1Ek1Ek2Ek(n?1)(m1?m2)(m2?m3)(mn?1?mn)解得
22k4n?1mm212m3?mn?1mn1n?(m222 1?m2)(m2?m3)?(mn?1?mn)b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
2k?64m2?m2?120??(4m?
0?m2)(m2?mo)?为使km4213最大，只需使2(4m?mm?12最大，即mm02?取最小值，o2)(2?m0)4m0m2220由m2?4mm???m2m0?2?m??4m0可知2??2?? 当m2m02?m,即m2?2m0时，k13最大。
2
36
五、高考分析
’08各个省市及全国高考题横向了解：
1．（’08理综全国Ⅱ23题）如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出。重力加速度为g。求： （1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。 m v0 M 解答：
（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得
mvv0=m02+MV ①
h 解得 V＝m2Mv0
② 系统的机械能损失为
ΔE=12?1?v20?22mv0-??m???1?MV2? ?2??2??2? ③ ?由②③式得
ΔE=1?8?m?2?3?M??mv0
④ （2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，则
h=12gt2 ⑤ s=Vt ⑥ 由②⑤⑥式得
s=
mv0hM2g ⑦
分析：
① 考察内容：碰撞（打击），动量守恒；
② 动量守恒定律作为解决短暂相互作用的一种方法不可或缺；
2．（’08理综全国Ⅰ24题）图中滑块和小球的质量均为m，
滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上滑块 的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l，开始时，轻绳O 处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ=60o时小球达到最高点。求：
（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量； （2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。 解答：
（1）A→B： px=C：mv1= mv2
m v1 m E=C：mgl=121A
2mv1+2mv22
O 60o ∴ v1=v2=gl
C
v2
B 37
滑块从v1→停住：∵ I=Δp
I=Δpmv1
分析：
① 考察内容：反冲，px=C，人船模型； ② 作为综合题的一部分。 3．（’08理综四川Ⅰ卷25题）一倾角为θ=45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0=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=10m/s2。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：设块m自h静止下滑，碰板前速度v。
m 由功能关系
1h ① mgh?mv2??mgcos?2sin?由动量定理，块m受板冲量（忽略重力） h0 ② I?mv?m(?v)=2mv
碰后块m达高度h’，由功能关系
45o ?1h ③ mv2?mgh???mgcos?2sin?同理，有
1h? ④ mgh??mv?2??mgcos?2sin? ⑤ I??mv??m(?v?)=2mv’
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
⑥ I??kI
tan??? ⑦
tan???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
式中
k?I1?2m2gh0(1??cot?)
总冲量为
⑧
I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k2?k3) ⑨
由 1?k?k??k2n?11?kn?) 1?k
⑩ ⑾ ⑿
1?k4得 I?2m2gh0(1??co?t)
1?k代入数据得 I?0.43(3?6)N2s
分析：
① 考察冲量概念、动量定理 ② 数学难度较大 4．（’08理综宁夏卷33[物理─选修3－5]（2））某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45o角，然后将其
38
由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30o。若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
解答：
设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB
在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得
h1=l(1-cos45o) ①
1mBv2 ② B=mBgh1 2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2。有
P1=mBvB ③ 联立①②③式得
P1=mB2gl(1?cos45?) 同理可得
P2=(mA+mB)2gl(1?cos30?) 联立④⑤式得
⑤
④
A B P2mA?mB=
mBP1代入已知条件得 ?P2???P??=1.03 ?1?由此可以推出
P2?P1≤4% P121?cos30?
1?cos45? ⑥
30o 45o ⑦
vA+B A+B vB B
⑧
所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。
分析：① 直接考察动量守恒定律的实验证明；
② 分析物理过程，综合能量解答； 5．（’08理综重庆卷24题）题图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为
2mg时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）： k（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； （2）滑块向下运动过程中加速度的大小；
（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。
解答：
39
（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律
12mgL=mv0
2得 v0=2gL
设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律
2mv1=mv0
12gL 2碰撞过程中系统损失的机械能力
11122ΔE=mv0-2mv1=mgL
222（2）设加速度大小为a，有
得 v1=
22as=v1
kL 8m（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示
FS + FER-2mg=2ma
FN
FS=kx FER x=d+mg/k
2m kL得 FER=mg+-kd
4 2mg 分析：① 近似动量守恒；
得 a=
7．（’08理综广东卷20题）如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2视为质点，取g=10 m/s2.问：
（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？
分析解答：
（1）判断P1碰P2后运动
P1碰P2后动量（速度）互换，
P1能产生的最大加速度 a1=μ1g=1m/s2，
40
?mgP2在N上摩擦，N的加速度 aN=22(M?m)=0.8m/s< a1，故P1与N相对静止
（2）P11，A→B：mgR+
2mv210=2mv2B P1+P2，B→C： mvB=(M+m)v1 +mvC
μmL=11212mv2B-2mvC-2(M+m)v21 P12，C→D： 2v0 2mvC= mgR
vB P2，D→C→l2： mgR=μm l2
P -μm l11，B→l1：1=22mv1
vC v1 ΔL=L-l1-l2=0.695m
v
C 分析：① 过程较长（6-7个），研究对象多（3个），
受力复杂（恒力μ1mg、μL 2mg、等）； ② 模型化痕迹，不联系实际。
l1 l2
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总之，在计算题中相关动量概念，动量守恒定律及其应用。