高三物理第二轮复习
专题二 动量与能量
一、知识网络
二、要点热点
1 概念规律的理解
(1) 功 区分力的功和物体的功，理解正负功的意义，掌握常见力的做功特点及其的计算，特别是变力的功的计算，弄清一对相互作用力的做功特点。
(2) 动能定理与功能关系 掌握常见各种能量定义及决定因素，重点弄清各种能量变化分别与哪些力做功有关。
(3) 机械能守恒定律与能量守恒定律 关注定律的成立条件及判断方法。
(4) 动量、冲量的理解 熟悉两概念的定义、决定因素、特性及计算，区分动量与动能、冲量与功，特别注意变力的冲量的计算。
(5) 动量定理的理解 熟悉定理的适用条件和意义，特别是定理的矢量性。
(6) 动量守恒定律的理解 掌握定律的适用条件、范围和意义，特别是定律的条件、矢量性和常见模型。
例1如图，竖直轻弹簧的下端固定在地面上，将质量为m 的物体从其正上方释放后自由落下，将弹簧压缩。当物体到达距释放点的高度为h 时，经过的时间为t ，物体的速度为v ，下面关于此过程中的说法正确的是（ ）
A 地面对弹簧的支持力做功为mgh mv w +=22
1
B 地面对弹簧的支持力做功为mgh mv w -=
22
1
C 地面对弹簧的支持力冲量大小可能为I=mgt-mv
D 地面对弹簧的支持力冲量大小可能为I=mv –mgt
解析：由于地面作用在弹簧上的力的作用点的位移为零，所以地面对弹簧的支持力
不做功；若物体的速度方向向下，则地面对弹簧的支持力冲量大小为I=mgt-mv ；若物体的速度方向向上，则地面对弹簧的支持力冲量大小为I=mv –mgt ，故应选CD 正确。
2 解题思路
上一专题已总结，更注意过程分析，动量、能量守恒条件分析，矢量方向的确定。
例2质量ｍA ＝3.0kg 、长度L ＝0.60ｍ、电量ｑ＝＋4.0×10－5
C 的导体板A 在绝缘水平面上，质量ｍB ＝1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 上的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到ｖ0＝3.0ｍ/ｓ时，立即施加一个方向水
平向左、场强大小E ＝1.0×105
N/C 的匀强电场，此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为ｓ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示。假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数μ1＝0.25）及A 与地面之间（动摩擦因数μ2＝0.10）的最大静摩擦力
均可认为等于其滑动摩擦力，ｇ＝10ｍ/ｓ2。试求要使B 不从A 上滑下，ｓ应满足的条件。
解析：设B 受到的最大静摩擦力为f 1m ，A 、B 间的滑动摩擦力为f 1，A 受到地面摩擦力为f 2，加
电场后若A 、B 以共同加速度a 做匀减速运动，由摩擦力公式及牛顿第二定律得：
f 1m =μ1m B
g f 2=μ2(m A +m B )g
qE+ f 2＝(ｍA ＋ｍB ）ａ f 1=ｍB ａ
解得：f 1m =2.5N f 2= 4.0N
ａ＝2.0ｍ/ｓ2 f 1=2.0N
由于f 1m ＞f 1，所以A 、B 保持相对静止且以共同加速度a 做匀减速运动。 A 与挡板碰前瞬间，设A 、B 向右的共同速度为v 1，
则有：as v v 22
21-= A 与挡板碰后，以A 、B 系统为研究对象，
则由于qE=f 2，
故系统动量守恒，设A 、B 共同向左运动的速度为v ，取向左为正方向，由动量守恒得： m A v 1-m B v 1=(ｍA ＋ｍB ）v
设该过程中，B 相对于A 向右的位移为s 1，由功能关系得：
22111)(2
1
)(21v m m v m m gs m B A B A B +-+=
μ A 、 B 达到共同速度后做匀速运动，要使B 不从A 上滑下来，则：
s 1≤L
解得：s ≥2.0m 3 常见解法
E
直接法，间接法，等效法，微元法，全程法与分段法，模型法，图象法，临界法，动态分析法等。
例3如图，用竖直向下的恒力F 通过跨过光滑定滑轮的细线拉动光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A 、B 、C 三点，设AB=BC ，若从A 点至B 点和从B 点至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，物体经过A 、B 、C 三点时的动能分别为E kA 、E kB 、E kC ，则一定有（ ）
A W 1＞W 2
B W 1＜W 2
C E Kb -E kA = E kC - E kB
D
E kC ＜2 E kB
解析：由于拉力方向在改变，故是变力做功，但可等效为恒力做功。设滑块在A 、B 、C 三点时到滑轮的距离分别为L 1、L 2、L 3，则W 1=F （L 1-L 2），W 2=F （L 2-L 3）。由于从L 1到L 3的过程中，绳与水平方向的夹角逐渐变大，所以可把夹角推到两个极端情况：L 1与水平面的夹角很小，推到接近0°时，则L 1-L 2≈AB ，L 3与水平面的夹角较大，推到接近90°时，则L 2-L 3≈0，由此可知：L 1-L 2＞L 2-L 3，故W 1＞W 2，A 对B 错，再由动能定理可判断C 错D 对，应选AD 。
例4 如图，物体A 、B 相距9.5m ，现物体A 以v A =10m/s 的初速度向静止的物体B
运动，物体A 与B 发生正碰后仍沿原来的方向运动。已知物体
A 在碰撞前后共运动6s 后停止，求碰撞后物体
B 运动多少时间
停止？（已知m A =2m B ，物体A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，g=10m/s 2
）
解析：取运动方向为正方向，设物体运动的时间分别为t A 、t B ，对A 、B 组成的系统，由动量定理得：
-μm A gt A -μm B g t B =-m A v A 解得：t B =8s
四 典例分析
例5汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，牵引力为F 0。t 1时刻，司机减小了油门，汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶。到t 2时刻，汽车
又恢复了匀速直线运动（设整个过程中汽车
所受的阻力不变），则下图中几个关于汽车牵引力F 汽车速度v 在这个过程中随时间t 变化的图象正确的是（ ）
解析：由P=Fv 知：当P 减小为原来的一半时，由于v 不能突变，F 立即减为原来的一半，由牛顿第二定律知：F －F 阻=ma ，所以加速度逐渐减小，速度也逐渐减小，再由P=Fv 知：F 又逐渐增大，至t 2时刻，汽车恢复匀速运动，F 又与F 阻平衡，即又恢复到原大小，故应选AD 。 例6
一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向
12v 0
v 12
A
v v 012B
F 0
C
F F 0 D
下运动，运动过程中，物体机械能E 与位移s 的关系图象如图所示，其中0~s 1过程的图象为曲线，s 1~s 2过程的图象为直线。根据该图象，下列说法正确的是（ ）
A 0~s 1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小
B s 1~s 2过程中物体可能在做匀变速直线运动
C s 1~s 2过程中物体可能在做变加速直线运动
D 0~s 2过程中物体的动能可能在不断增大
解析：设开始时物体的机械能为E 0，如果绳的拉力恒为F N ，则向下运动位移为s 时物体的机械能E=E 0－F N s ，可知：图线应为倾斜直线，由图可知：0~s 1过程E 减小得越来越快，所以，此过程F N 应为变力，且力在增大，A 错；s 1~s 2过程，F N 恒定，F N 可能大于重力，也可能性小于重力，但合力恒定，此时物体应做匀变速直线运动。故B 、D 正确，C 错，应选B 、D 。
例7如图，质量为m=0.5 kg 的小球从距地面高H=5m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽的半径R=0.4m 。小球到达槽最低点时的速率为v=10m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：（设小球与槽壁相碰时不损失能量）
（1）小球第一次离槽上升的高度。
（2）小球最多能飞出槽外的次数（g=10m/s 2） 解析：（1）设小球落至槽底的过程中摩擦力做功为W f ，第一次离槽上升的高度为h ，由动能定理得：
小球落至槽底过程 mg （H+R ）－W f =mv 2/2
从槽底至第一次离槽后的最高点 –mg （h+R ）－W f =- mv 2/2 解得：h=4.2m
（2）设小球飞出槽外n 次，由动能定理得
mg H －2n W f ≥0
解得 n ≤6.25
即小球最多能飞出槽外6次。
例8如图，光滑水平面右端B 处连接一个竖直的半径为R 的光滑半圆轨道，B 点为
水平面与轨道的切点，在离B 处距离为x 的A 点，用
水平恒力F 将质量为m 的小球从静止开始推到B 处后
撤去恒力，小球沿半圆轨道运动到C 处后又正好落回A
点。求： （1）推力F 对小球所做的功？ （2）x 取何值时，完成上述运动时推力所做的功最少？最少功是多少？ （3）x 取何值时，完成上述运动时推力最小？最小推力是多少？ 解析：（1）设小球在C 点的速度为v C ，从C 运动到A 点的时间是t ，由平抛运动规律得：
x=v C t 2R=gt 2/2
设推力做功为W F ，小球由A 到C ，由动能定理得：
W F －2mgR=mv C 2
/2 解得：
R
x R mg W R
g x v F C 8)
16(2
2
2
+=
=
（2）当v C 最小时F 力做功最少，设小球在C 点的最小速度为v ，由牛顿第二定律得：
2
22
1
22
,mv mgR W R g x v R mv mg F C =-=
=又
解得：W F =5mgR/2
（3）由Fx W R
x R mg W F F =+=及8)
16(22得：
)16(81R
x x R mg F +=
F 有极小值的条件是：
16R/x=x/R
即当x=4R 时有最小推力F=mg
例9如图，放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上下两层粘在一起组成的。质量为m 的子弹以速度v 0水平射向滑块。若击中上层，则子弹刚好不穿出；若击中下层，则子弹刚好嵌入（即子弹尾部刚好进入到滑块左侧表面）。比较上述两种情况，以下说法不正确的是（ ）
A 两次滑块对子弹的阻力一样大
B 两次子弹对滑块做功一样多
C 两次滑块受到的冲量一样大
D 两次系统产生的热量一样多
解析： 由动量守恒和动能定理知B 、C 选项正确，由能量守恒知D 选项正确，由Q=Fx 知：第一次位移大于第二次，故第一次阻力小于第二次，A 错，应选A 。
例10如图,在倾角为θ=37°的足够长的绝缘斜面上，带负电的物块A 和不带电的绝缘物块B 正沿斜面向上滑,斜面处于范围足够大的匀强电场中，场强方向平行于斜面向下。当A 刚要追上B 发生碰撞时，A 的速度v A =1.8m/s ，方向沿斜面向上，B 的速度恰为零。A 、B 碰撞时间极短，且A 的电荷没有转移，碰后瞬间A 的速度v 1=0.6m/s ，方向仍沿斜面向上。第一次碰后经0.6s ，A 的速率变为v 2=1.8m/s ，在这段时间内两者没有再次相碰。已知A 与斜面间的动摩擦因数μ=0.15，B 与斜面间的动摩擦因数极小，可认为无摩擦。A 、B 均可视为质点，它们的质量分别为m A =0.5kg ，m B =0.25kg ，匀强电场的场强E=6×106N/C ，sinθ=0.6，g=10m/s 2,求：
(1)A 、B 第一次碰撞后瞬间B 的速度 (2)第一次碰后的0.6s 内B 沿斜面向上滑行的最远距离
(3)物块A 所带的电荷量 解析：（1）设碰后B 的速度为v B ，由动量守恒定律得： m A v A =m A v 1+ m B v B 解得：v B =2.4m/s
（2）设碰后B 的加速度为a B ，上升到最远的时间为t B ，最远距离为s B ，由牛顿第二定律及运动学规律得：m B gsin θ=m B a B
v B =a B t B
s B = a B t B 2/2 解得：s B =0.48m
（3）碰后的0.6s ，A 的速率变为v 2=1.8m/s ，方向有两种可能：一是A 沿斜面一直向上加速，二是A 先减速上升再加速下滑。
如果A 沿斜面一直向上加速，设加速度为a A ，A 、B 再次相遇经历的时间为t ′，则： v 1t ′+a A t ′2/2= v B t ′+a B t ′2/2 解得：t ′=0.45s ＜0.60s
可知：A 、B 在0.45s 再次相遇，不符合题意，所以A 应先减速上升再加速下滑。
设A 上滑的加速度为a 1，时间为Δt ，下滑的加速度为a 2，A 受到的电场力为F ，取沿斜面向上为正方向，t=0.60s ，由运动学公式和牛顿第二定律得：
a 1=-v 1/Δt ，a 2=-v 2/（t-Δt ） 上滑：F-m A gsin θ-μm A gcos θ=m A a 1 下滑：F-m A gsin θ+μm A gcos θ=m A a 2
设A 的带电量为q ，则有：F=qE 解得： q=10-7C
五 专题训练
1某人把原来静止于地面上的质量为2kg 的物体向上提1m ，并使物体获得1m/s 的速度，取g 为10m/s 2，则在这过程中（ ）
A 人对物体做功21J
B 合外力对物体做功1J
C 合外力对物体做功21J
D 物体重力势能增加21J 解析：设人做功为W 1，重力做功为W 2，合外力做的总功为W ，由动能定理得W=W 1
－W 2=mv 2/2，代入数值得：W=1J ，所以W 1= 21J ，W 2= -20J ，应选AB 。
2木块在水平恒力F 作用下，由静止开始在水平路面上前进S ，随即撤去此恒力后又前进2S 才停下来，设运动全过程中路面情况相同，则木块在运动中所获得的动能的最大值为（ ） A
FS 2
1
B
FS 3
1
C FS D
FS 3
2 解析：设摩擦力为F μ，由动能定理得：FS －3F μS=0，动能最大是在F 刚撤去时，设最大动能为E k ，同理得：E k = FS －F μS ，解得：E k =2FS/3，应选D 。
3质量为m 的物体，从静止开始以3g/4的加速度竖直向下运动了h 米，以下判断正
确的是（ ） A 物体的动能增加了3 mgh /4 B 物体的重力势能一定减少了3 mgh /4 C 物体的重力势能增加了mgh D 物体的机械能减少mgh/4
解析：由于加速度a=3g/4＜g ，所以物体受阻力作用，设阻力为F ，由牛顿第二定律得：m g －F=ma ，设动能为E k ，由动能定理得：E k =（mg －F ）h ，解得：F=mg/4，Ek=3 mgh /4，A 对，由功能关系得：物体的机械能减少了mgh/4，D 对，由重力做功与重力势能变化的关系知：B 、C 错，应选AD 。
4质量为m 的物体从倾角为α且固定的光滑斜面顶端由静止开始下滑，斜面高为h ，当物体滑至斜面底端时，重力做功的瞬时功率为（ ）
A gh mg 2 B
gh mg 2sin 2
1
α C gh mg 2sin α D αsin 2gh mg 解析：物体到达底端的速度v=gh 2，重力的方向与v 的方向的夹角为90°－α，则重力的瞬时功率为P=gh mg gh mg 2sin )90cos(2αα=-?，应选C 。
5用一轻质弹簧把两块质量分别为m 1、m 2的木板连起来，静置在水平桌面上，如图，必须在上面木板上加多大的压力F ，才能使撤去此
力时，上面木板跳起到最高点时恰好能使下面木板离开桌面但不继续上升？（弹簧的弹性势能E P =kx 2/2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧
的形变量，取弹簧无形变时的弹性势能为零）
解析：如图，设加压力F 后两物块均静止时弹簧的压缩量为x 1，由平衡条件得 kx 1=m 1g+F
设下面木板恰好离开桌面但不继续上升时弹簧的拉伸量为x 2，同理得： kx 2=m 2g
由机械能守恒定律得：)(2
12
12112
221x x g m kx kx ++=
解得：F=（m 1+m 2）g
6如图,一个半径为R 、质量为m 的均匀薄圆盘竖直放置在水平面上，可绕通过其圆心O 的水平转轴无摩擦转动，现在其右侧挖去一个圆心与转轴O 等高、直径为R 的圆形部分（如图中阴影所示），然后从图示位置将其由静止释放，则剩余部分（ ）
A 能绕O 做360°转动
B 转动的最大偏角只能为180°
C 转动过程中的最大动能为mgR /8
D 转动过程中的最大动能为mgR /4 解析：剩余部分可等效为两部分组成：一是与挖去的圆形部分对称的另一个圆形物体，另一部分是一个形状上下对称的物体，如图，在运动过程中这部分的重力势能不变故只需考虑与挖去部分对称的那部分，由机械能守恒定律得：剩余部分的最大偏角为180°,A 错B
对，转动过程中最大动能在势能减少最多时，同理得E K =ΔE P = mgR/8，C 对D 错，应选BC 。
7三角体由两种材料拼接而成,BC 界面平行于底面DE ，两侧面与水平面夹角分别为30°和60°。已知物块从A 静止下滑，加速至B 匀速至D ；若该物块静止从A 沿另一侧面下滑，则有（ ）
A 通过C 点的速率等于通过
B 点的速率
B 到达E 点的速率等于到达D 点的速率
C AB 段的运动时间大于AC 段的运动时间
D 合力在A
E 段上做的功大于合力在AD 段做和功
解析：设物块质量为m ，它与三角体间的动摩擦因数为μ， A 到BC 的距离为h ，斜面倾角为θ，则物块沿三角体斜面下滑时摩擦阻力做功W=μmghcotθ，故W AB ＞W AC ，而此过程中重力做功相等，由动能定理得：物块在C 点速率大于B 点速率，同理，物块在E 点速率大于D 点速率，AB 错，D 正确。由运动学规律和牛顿第二定律得，物块在三角体ABC 斜面上的运动时间t=
)
cos (sin sin 2θμθθ-g h
，易知：t AB ＞t AC ，C 正确，应
选CD 。
8弧AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，如图所示。一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑。已知轨道半径为R ，小球的质量为m ，不计各处摩擦。求
(1)小球运动到B 点时的动能？
(2)小球下滑到距水平轨道的高度为R/2时速度的大小和方向？
(3)小球经过圆弧轨道的B 点和水平轨道的C 点时，所受轨道的支持力N B 、N C 各是多大？ 解析：(1)根据机械能守恒 E k = mgR (2) 根据机械能守恒 mv 2/2= mgR/2 小球速度大小 v=gR
速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°角 (3)根据牛顿第二定律及机械能守恒，在B 点
R
v m
mg N B B 2=-， 2
21B mv mgR = 解得 N B =3mg
在C 点，由平衡条件可知：N C =mg
9如图，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小球，滑出槽口时速度为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面为水平，已知圆弧槽的半径为R 1，半球的半径为R 2。求：
（1）小球运动到1/4圆弧槽的底部对圆弧槽的底部压力为多少？
（2）若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，则R 1与R 2应满足什么关系？
A
B C
D E 30° 60°A B
C
（3）若小球刚好不沿半球面下滑，则小球落地时的动能为多少？
解析：(1)设小球滑出槽口时的速度为v ，此时圆弧槽底部对小球的支持力为F N ，由机械能守恒和牛顿第二定律得：
mgR 1=mv 2/2 F N -mg=mv 2/R 1
解得F N =3mg ，所以小球对圆弧槽底部压力为F N ′=3mg
(2) 若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，则重力恰好或不足以提供向心力而作平抛运动，即
mg ≤mv 2/R 2
由（1）及上式得：R 1≥R 2/2
(3)设小球落地时动能为E K ，由机械能守恒定律得： E K =mv 2/2+mgR 2 解得：E K =3mgR 2/2
10如图，半径为R 的1/4圆弧支架竖直放置，支架底AB 离地的距离为2R ，圆弧边缘C 处在一小定滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m 1与m 2的物体，挂在定滑轮的两边，且m 1＞m 2，开始时使m 1、m 2均静止，m 1、m 2可视为质点，不计一切摩擦和空气阻力。求：
（1）m 1从靠近滑轮处静止释放后，在紧贴着圆弧运动经过最低点
A 时的速度v A
（2）若m 1到最低点时绳突然断开，求m 1落地点离A 点的水平距离s
（3）在满足（2）条件情况下，m 2从静止起在整个过程中可以上升的最大高度H 解析：（1）由动能定理得：
2
221212
121)2(mv mv R g m gR m +=
- 而 212v v = 解得：2
12112)2(2
m m gR
m m v v A +-==
（2）绳断开后m 1做平抛运动，则 212
12gt R t v s =
= 解得：2
12
1224m m m m R
s +-=
（3）m 2上升：R h 21=
2
g
v h 222
2= H=h 1+h 2 解得：R m m m H 2
11
2)221(++=
11 有人做过这样一个实验：把鸡蛋A 向另一个完全相同的鸡蛋B 撞去（用同一部分撞击），结果每次都是被撞击的鸡蛋B 被撞破。则下面说法不正确的是（ ）
A A 对
B 的作用力的大小等于B 对A 的作用力的大小 B A 对B 的作用力的大小大于B 对A 的作用力的大小
C A 蛋碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋白由于惯性会对A 蛋壳产生向前的作用力
D A 蛋碰撞部位除受到B 的作用力外，还受到A 蛋中蛋黄和蛋白对它的作用力，所以所受合力较小
解析：由牛顿第三定律知：A 对B 错；对于碰撞的过程，A 向前运动，其内蛋黄和蛋白也向前运动，所以当A 的蛋壳停止运动时，它们仍向前运动对A 的蛋壳以力的作用，C 对；对于A 的蛋壳受到两个力的作用：B 蛋壳的作用与自身蛋黄和蛋白的作用，合力较小不易破碎，而B 仅受到A 的作用，受力较大，所以B 蛋壳易破，D 对，应选B 。
12 一小球沿光滑水平面运动，垂直撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Δp ，动能变化量为ΔE ，关于Δp 和ΔE 有下列说法：①若Δp 最大，则ΔE 也最大；②若Δp 最大，则ΔE 一定最小；③若Δp 最小，则ΔE 也最小；④若Δp 最小，则ΔE 一定最大。以上说法中正确的是（ ）
A ①③
B ②④
C ①④
D ②③
解析：如果是弹性碰撞，则碰撞前后动量大小相等，方向相反，此过程动量变化最大，动能变化为零；若是完全非弹性碰撞，碰后小球速度为零，动量变化最小，动能变化最大，故应选B 。
13 如图，光滑的平台上有一质量为20k g 、长度为10m 的长木板，其中7m 伸出平台外，为了使木板不翻倒，让一个质量为25kg 的小孩站在长木板的右端B 点。则以下关于木板平衡的结论正确的是（ ）
A 如果小孩从木板的右端
B 向左端A 走动，欲使木板不翻倒，小孩在木板上走动的距离不能超过1.4m
B 如果小孩从木板的右端B 向左端A 走动，欲使木板不翻倒，小孩在木板上走动的距离不能超过3m
C 小孩可以从木板的右端B 向左端A 随意走动，但小孩绝不能从左端A 离开长木板，否则木板就会翻倒
D 小孩不但可以从木板的右端B 向左端A 随意走动，还可以从左端A 离开长木板，整个过程木板都不会翻倒
解析：由题意知：开始时系统静止在地面上，因此重心也在地面上，由“人船模型”知：在人向A 端端走动的过程中，系统重心位置不变，故应选D 。
14 “神舟”七号飞船升空后，进入近地点A ，离地心距离为r 1，远地点B
离地心距
离为r 2的椭圆轨道。当它在远地点时，飞船启动变轨程序，将质量为Δｍ的燃气以一定的速度向后喷出后，飞船改做半径为r 2的圆周运动。已知地球表面处的重力加速度为g ，飞船在近地点的速度为v 1，飞船的总质量为ｍ，设距地球
无限远处为引力势能零点，则距地心为r 、质量为m 的物体的引力势能为E p =r
Mm
G
-(其中M 为地球质量，G 为引力常量，解题时M 和G 均要按未知量处理)。设飞船在椭圆轨道运动，机械能守恒。求飞船在远地点时，应将Δｍ的燃气以相对地面多大的速度v 0向后喷出才能进入半径为r 2圆轨道？(设地球半径为R )
解析：设飞船在远地点的速度为v 2，由机械能守恒得： 2
21212121r Mm
G
mv r Mm G mv -=- 又GM=gR 2
飞船在远地点喷气时由动量守恒得： ｍv 2=(ｍ-Δｍ)v 3-Δｍv 0
设飞船在半径为r 2的圆轨道上运行的速度为v 3，则
2
23
2
2)()
(r v m m r m m M G
?-=?-
解得: m
r r gR v m r g m m R v ?---?-=
)11(2)
(2
122120
15 荷兰科学家惠更斯在物体碰撞问题的研究中做出了突出的贡献。惠更斯所做的碰
撞实验可简化为：三个质量分别为m 1、m 2、m 3的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L 的三根平行绳子上，彼此相互接触。现把质量为m 1的小球拉开，上升到H 高度处释放，如图。已知各球间碰撞时同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律且碰撞时间极短，小球半径和H 均远小于L ，不计空气阻力。（1）若三个球的质量相同，则发生碰撞的两球速度交换，已知球1自最高点摆至最低点的时间为T 0，试求此时系统的运动周期；（2）要使球1与
球2、球2与球3相碰之后，三个球具有同样的动量，则m 1、m 2、m 3应
为多少？它们上升的高度分别为多少？
解析：（1）由于碰撞后交换速度，故球1与球3在摆动过程中上升的最大高度相同，过程对称，所以运动周期T=4T 0
（2）设三球碰后的动量均为q ，则球2与球3碰前的动量为2p ，由机械能守恒，对
于球2与球3碰撞过程应有：3
2
2212222)2(m p m p m p += 得： 1:3:32=m m
B
1 H
m 2 m 3 m 1
球1与球2碰前的动量为3p ，同理有：2
2
121222(22)3(m p m p m p ）
+
= 得： 1:2:21=m m
解得： 1:3:6::321=m m m
设三球碰后上升的高度分别为H 1、H 2、H 3，球1碰前动能为：gH m E k 11=
又 1
2
12)3(m p E k =
解得： g
m p H 212
29=
球1碰后动能为111gH m E k ='
又 1
2
21m p E k ='
解得： g
m p H 212
12=
从而可得： 9
1H H = 同理得： 9
42H
H =
H H 43=