2025高考物理一轮复习讲义：第七讲 动量

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1．动量
(1)定义：物体的质量和速度的乘积．
(2)公式：p＝mv，单位：kg·m/s.
(3)动量的矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则．
2．动量的变化量
(1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差，Δp＝p′－p(矢量式)．
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算转化为代数运算．
(3)矢量性：动量的变化量也是矢量，方向与速度变化量的方向相同．物体动量变化量的方向也与物体加速度和合外力的方向相同
3.动能、动量、动量变化量的比较
【例1】关于物体的动量下列说法正确的是（）
A．质量越大的物体动量越大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．物体的动能不变，其动量一定不变
D．物体的动量不变，其动能一定不变
答案： D
解析： 质量与速度的乘积是物体的动量，质量越大的物体动量不一定大，故A错误；做匀速圆周运动的物体，动量大小不变，但方向改变，所以其动量改变，故B错误；物体的动能不变，动量大小不变，但方向可以改变，故C错误； 物体的动量不变，则速度不变，其动能一定不变，故D正确。故选D。
【变式训练1-1】两个物体具有相同的动量，则它们一定具有（ ）
A．相同的速度B．相同的质量
C．相同的运动方向D．相同的动能
答案： C
解析： 动量是矢量，动量相同，其大小和方向都得相同，故方向一定相同，而大小p＝mv，如果质量不同，则速度不同，如果速度不同，则质量不同，故A、B错误，C正确；由Ek＝eq \f(p2,2m)知，动量相同，动能不一定相同，D错误。
【变式训练1-2】下列关于动量的说法中，正确的是（ ）
A．物体的动量改变，其速度大小一定改变
B．物体的动量改变，其速度方向一定改变
C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D．物体的运动状态改变，其动量一定改变
答案： D
解析： 动量是矢量，有大小也有方向。动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同．质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确。
【例2】（上海中学）关于物体的动量，下列说法中正确的是（）
A．不同物体中动量越大，速度一定越大
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．（+4kg·m/s）的动量大于（6kg·m/s）的动量
D．物体的动量越大，动量的改变量不一定越大
答案： D
解析： 由p=mv，知物体动量大，可能质量非常大而速度比较小，A错误；由、p=mv得动能与动量大小的关系式，知物体动能不变，其动量大小一定不变。但动量是矢量，大小不变而方向可能变化，所以动量可能是变化的，B错误；动量的值里面的正负号表示动量的方向，大小为其值的绝对值，所以（+4kg·m/s）的动量大小小于（6kg·m/s）的动量，C错误；动量和动量该变量没有必然的大小关系。故选D。
【例3】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
答案： B
解析： 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2，由以上整理得Ek＝eq \f(1,2)ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝eq \f(1,2)at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．
【变式训练3-1】高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段列车的动量( )
A．与它所经历的时间成反比
B．与它的位移成反比
C．与它的速度成正比
D．与它的动能成正比
答案： C
解析： 根据p＝mv＝mat，可知列车的动量与它所经历的时间成正比，选项A错误；根据p＝mv＝meq \r(2ax)，则动量与它的位移的平方根成正比，选项B错误；根据p＝mv可知，动量与它的速度成正比，选项C正确；根据p＝eq \r(2mEk)，可知动量与它的动能的平方根成正比，选项D错误．
【例4】质量为0.5 kg的物体，运动速度大小为3 m/s，它在一个变力作用下，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量可能为 （ ）
A．5 kg·m/s，方向与初速度方向相反
B．5 kg·m/s，方向与初速度方向相同
C．2 kg·m/s，方向与初速度方向相反
D．10 kg·m/s，方向与初速度方向相同
答案： A
解析： 以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝0.5×（－7－3） kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与初速度方向相反；如果末速度方向与初速度方向相同，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝0.5×（7－3）kg·m/s＝2 kg·m/s，方向与初速度方向相同，选项A正确，B、C、D错误。
【例5】一小球从空中以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，则小球动量改变量与运动时间t和下落高度h的关系图像中，可能正确的是（）
A． B．C．D．
答案： A
解析： 平抛运动只受重力，动量的变化等于重力的冲量，也是竖直方向的动量变化，有IG=Δp=m·Δv=mvy=mgt，则Δp与时间t成正比，故Δp–t图像是过原点的倾斜直线，故A正确，B错误；
平抛的竖直分运动为自由落体运动，则有，故有，则Δp–h图像为一种幂函数曲线，其倾斜程度应逐渐减小，故CD错误。故选A。
【例6】甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙=1∶4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们动量大小之比p甲：p乙是（ ）。
（A）1∶1（B）1∶2（C）1∶4（D）2∶1
答案：B
考点二：冲量 动量定理
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积．(无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移)
(2)定义式：I＝FΔt.
(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．
(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s.
(5)矢量性：冲量是矢(填“矢”或“标”)量．如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同．
2.变力冲量的计算
（1）若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量．
（2）若给出了力随时间变化的图像如图所示，则图像F与t轴所围面积即表示力F在这段时间内的冲量．
（3）利用动量定理求解．
3．动量定理
(1)内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．
(2)表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv.
4．动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式Ft＝mv′－mv是矢量式，在一维情况下运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力F与时间成线性关系，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
(4)适用范围：宏观和微观、低速与高速、强引力场和弱引力场均适用．
5．动量定理与动能定理的区别
由F·Δt＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应．
由F·Δx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应．
【例7】一个质量为5kg的物体放置在光滑的水平面上，受到一个50N的恒力F作用，F的方向斜向上与水平面成60°角，力作用2s，在这段时间内，力F的冲量大小为__________N·s，力F做的功是______J，若把物体钉在桌面上，力也作用2s，则力F的冲量大小为_______ N·s，力F做的功为_______J。
答案： 100，250，100，0
【例8】(多选)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A．两个物体重力的冲量大小相等
B．两个物体合力的冲量大小相等
C．刚到达底端时两个物体的动量相同
D．到达斜面底端时两个物体的动能相等
答案： BD
解析： 设斜面倾角为θ，物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)at2，知t＝eq \r(\f(2h,gsin2θ))，知运动的时间不等，根据I＝mgt，则两个物体重力的冲量大小不等，故A错误；根据动能定理知mgh＝eq \f(1,2)mv2，到达底端时两个物体的动能相等，故D正确；两物体速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确．
【变式训练8-1】如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（ ）。
（A）重力的冲量（B）弹力的冲量
（C）合力的冲量（D）刚达到底端时的动量
（E）刚达到底端时动量的水平分量（F）以上几个量都不对
答案：F
【变式训练8-2】(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcs θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案： BD
解析： 对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量、还是某一方向上力的冲量，这一个力的冲量与其他力的冲量无关，B、D正确．
【例9】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是( )
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们动能的增量相同
答案： A
解析： 这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．
【例10】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
答案： D
解析： 汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确．
【例11】如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中( )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
答案： C
解析： 弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
【例12】生活中常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量 m = 200 g 的手机（包括手机套），从离地面高 h = 1.25 m 处无初速度下落，落到地面后未反弹。由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间 t0 = 0.2 s。不计空气阻力，g 取 10 m/s2，求：
（1）手机与地面作用过程中手机动量变化的大小；
（2）手机从开始下落到速度为零的过程中手机重力的冲量大小；
（3）地面对手机的平均作用力大小。
答案：（1）1 kg·m/s； （2）1.4 N·s； （3）7 N
考点三：动量定理的应用
（1）定性分析有关现象：
① 物体动量的变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。
② 作用力一定时，力的作用时间越长，动量的变化量越大，力的作用时间越短，动量的变化量越小。
（2）定量计算有关物理量的两种类型：
① 已知动量或动量的变化量求合外力的冲量
② 已知合外力的冲量求动量或动量的变化量。
（3）应用动量定理计算的一般步骤：
① 确定研究对象，明确其运动过程；
② 进行受力分析和运动的初、末状态分析；
③ 选定正方向，根据动量定理列方程求解。
【例13】下列说法正确的是（ ）
A．运动员跳高时，在落地处垫上海绵垫子是为了减小冲量
B．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量更大
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．在电视机等物体包装箱里垫上泡沫垫或气泡垫，是为了减小物体在碰撞过程中受到的冲量
答案：B
【例14】两个质量不同的物体，以相同的初动量开始沿同一水平面滑动，设它们与水平面间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离大小关系是（ ）。
（A）质量大的物体滑行距离较大
（B）质量小的物体滑行距离较大
（C）两物体滑行距离一样大
（D）条件不足，无法比较
答案： B
【例15】一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求碰撞后物块克服摩擦力做的功．
答案： (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析： (1)对物体由A点至与墙壁碰前瞬间的运动过程，由动能定理，有－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
可得μ＝0.32.
(2)选碰后速度方向为正方向，由动量定理，有FΔt＝mv′－mv，可得F＝130 N.
(3)由碰后至物块停止运动的过程，由动能定理得，碰撞后物块克服摩擦力做的功W＝eq \f(1,2)mv′2＝9 J.
【例16】(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，不计空气阻力，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，此时物体仍未落地，在这段时间内物体动量变化量的大小可能是(重力加速度为g)( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
答案： BCD
解析： 根据动量定理，物体动量的变化量应该等于末动量与初动量的矢量差，而不是代数差，A错误；由动量定理I合＝Δp知Δp＝mgt，B正确；由公式Δp＝mΔv＝mvy＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，则C、D正确．
【变式训练16-1】光滑斜面高h=0.8 m，质量m=1 kg的滑块从固定的斜面顶端由静止释放，如图所示。滑块滑到底端的过程中（g取10 m/s2）：
（1）重力对滑块所做的功为_____J；
（2）滑块的动能增量为_____J；
（3）重力对滑块的冲量为______N·s；
（4）滑块的动量增量为_____kg·m/s。
答案：8；8；8；4
【例17】枪筒长为L，子弹质量为m，设子弹被击发后在枪筒内作匀加速直线运动，运动的时间为t，则（ ）。
（A）子弹离开枪口时的动能为 EQ \F(mL2,2t2)
（B）子弹在枪筒内运动过程中外力的冲量为 EQ \F(mL2,t2)
（C）子弹在枪筒内运动过程中，合外力对它做的功是 EQ \F(2mL2,t2)
（D）子弹受到的平均冲力是 EQ \F(2mL2,t2)
答案：C
考点四：用动量定理处理多过程问题
1．动量定理的适用范围
(1)动量定理不仅适用于恒力，而且适用于随时间而变化的力．
(2)对于变力，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．
(3)动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．
2．动量定理与牛顿第二定律的选用原则
(1)在合外力为恒力的情况下，可用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v＝v0＋at，也可用动量定理F·Δt＝mv′－mv，但较牛顿第二定律，动量定理适用范围更广，且表达式中只涉及一个过程量F·Δt及两个状态量mv′和mv，而过程中的速度怎样，轨迹怎样，加速度怎样，位移怎样均不必考虑，因此解题时优先选用动量定理．
(2)对于多过程问题，牛顿第二定律仅能分段使用，求解过程较复杂，而动量定理可用于全过程，不必考虑中间量，使问题求解变得简捷．
【例18】地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1 700多年．如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h，当感知到地震时，质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)
C.eq \f(m\r(gh),t) D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
答案： A
解析： 铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v＝eq \r(2gh)，
设蟾蜍口对铜珠的作用力为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：
Ft－mgt＝0－(－mv)，
解得：F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg，根据牛顿第三定律可知，铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小F′＝F，故A正确．
【变式训练18-1】某消防队员从一平台上跳下，下落1 s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2 s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( )
A．自身所受重力的2倍
B．自身所受重力的6倍
C．自身所受重力的8倍
D．自身所受重力的10倍
答案： B
解析： 解法一：消防员下落t1＝1 s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2 s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq \x\t(F)，由动量定理得(mg－eq \x\t(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2 s，则eq \x\t(F)＝mg＋eq \f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确．
解法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq \x\t(F)t2)＝0－0，代入数据解得eq \x\t(F)＝6mg，故B正确．
【例19】（多过程图象问题）(多选)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD.则整个过程中( )
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量小于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量
D．合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量
答案： BD
解析： AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．但a的总运动时间小于b的，根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量；根据动量定理，对整个过程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因tOB【变式训练19-1】(多选)一个静止在水平地面上的物体，质量为0.2 kg，受到竖直向上的拉力F作用，如图甲所示，F随时间t的变化情况如图乙所示．若g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．0～3 s内，物体的速度逐渐增大
B．第5 s末物体的速率为7.5 m/s
C．第3 s末物体的加速度大小为15 m/s2
D．第4 s末和第6 s末物体的速度相等
答案： BD
解析： 物体的重力为G＝mg＝2 N，所以0～2 s内，拉力小于重力，物体受到拉力、地面的弹力和重力共同作用，保持静止状态，故A错误；2 s末物体开始运动，由题图乙可得5 s末的拉力为F5＝2 N，所以在2～5 s内物体加速上升，对应图形面积表示拉力的冲量，可得合力的冲量为F合t＝(eq \f(2＋3,2)×1＋eq \f(3＋2,2)×2－2×3)N·s＝1.5 N·s，则由动量定理可得F合t＝mv，v＝7.5 m/s，故B正确；第3 s末物体的加速度大小为a＝eq \f(F－mg,m)＝5 m/s2，故C错误；由题图乙可得第4 s末拉力为2.5 N，第6 s末拉力为1.5 N，由动量定理可得F合′t′＝mv6－mv4，即mv6－mv4＝(eq \f(2.5＋1.5,2)×2－2×2)N·s＝0，所以第4 s末和第6 s末物体的速度相等，故D正确．
【例20】（多选）一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（ ）。
（A）过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
（B）过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
（C）过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和
（D）过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能
答案：AC
【变式训练20-1】(多选)如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ，则( )
A．过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
B．过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．整个过程中合外力的总冲量等于零
D．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
答案： CD
解析： 过程Ⅱ中钢珠的速度变化量不为零，所以钢珠的动量改变量不等于零，所以A错误；在整个过程中根据动量定理知总冲量为零，即过程Ⅱ中的阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中的重力的冲量大小和过程Ⅱ中的重力的冲量大小之和，所以过程Ⅱ中阻力冲量的大小大于过程Ⅰ中重力冲量的大小，B错误，C正确；过程Ⅰ中钢珠只受重力，根据动量定理可知D正确．
考点五：动量定理解决流体问题
1．解答质量连续变动的动量问题的基本思路
(1)建立“柱体”模型．对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；
(2)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于微元动量的增量，即F合Δt＝Δp.(Δt足够短时，重力可忽略不计)
2．解答质量连续变动的动量问题的具体步骤
应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：
(1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象；
(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式；
(3)分析连续体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解．
【例21】水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的。假如煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可被破碎，若高速水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为（ ）。
（A）30 m/s（B）40 m/s（C）45 m/s（D）60 m/s
答案： D
【变式训练21-1】如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出的强力水柱冲击煤层．设水柱直径为d＝30 cm，水速为v＝50 m/s.假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零．求水柱对煤层的平均冲击力的大小．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，结果保留三位有效数字)
答案： 1.77×105 N
解析： 取一小段时间Δt，从水枪射出的水的质量为Δm＝ρSvΔt.以Δm为研究对象，如图所示，
设水速方向为正方向，由动量定理，得
FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，则F＝－ρSv2.
由牛顿第三定律，知水对煤层的平均冲击力大小为
F′＝－F＝ρSv2，又S＝eq \f(π,4)d2.
代入数据，解得F′≈1.77×105 N.
【变式训练21-2】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，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(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变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
答案： (1)ρv0S (2)eq \f(v02,2g)－eq \f(M2g,2ρ2v02S2)
解析： (1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为
eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S.
(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg④
其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v′2－v02＝－2gh⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq \f(v02,2g)－eq \f(M2g,2ρ2v02S2).
【例22】假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1 m3空间有一微粒，每一微粒平均质量m＝2×10－4 g，若要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船相碰后附着到飞船上)
答案： 0.784 N
解析： 由于飞船速度保持不变，因此增加的牵引力应与微粒对飞船的作用力大小相等，据牛顿第三定律知，此力也与飞船对微粒的作用力大小相等．只要求出时间t内微粒的质量，再由动量定理求出飞船对微粒的作用力，即可得到飞船增加的牵引力．时间t内附着到飞船上的微粒质量为：M＝m·S·vt，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：Ft＝Mv＝mSvt·v，即F＝mSv2，代入数据解得F＝0.784 N.
【变式训练22-1】新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外，为了防止病毒传播，打喷嚏时捂住口鼻很重要．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s．已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力大小为( )
A．0.13 N B．13 N
C．0.68 N D．2.6 N
答案： A
解析： 打一次喷嚏喷出的空气质量为m＝ρV＝1.3×5×10－5 kg＝6.5×10－5 kg，设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得FΔt＝mv，解得F＝eq \f(mv,Δt)＝eq \f(6.5×10－5×40,0.02) N＝0.13 N，根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力大小为F′＝0.13 N，故A正确，B、C、D错误．
【变式训练22-2】质量为50 g的机枪子弹的出膛速度为1000 m/s，假设机枪每分钟发射120发子弹，则在射击时机枪手需用多大的力抵住机枪？
答案：100N
考点六：动量守恒定律
1．系统、内力与外力
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统．
(2)内力：系统中物体间的作用力．
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力．
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等)．
(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．
(4)普适性：动量守恒定律既适用于低速物体，也适用于高速(接近光速)物体．既适用于宏观领域，也适用于微观领域．
3．动量守恒定律的几个特性
(1)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，即系统所受合外力为零，应用时一定要先判断系统是否满足守恒条件．
(2)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式，总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．在求初、末状态系统的总动量时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，可选取正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，将矢量运算转化为代数运算．
(3)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性参考系，一般取相对地面的速度．
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速(接近光速)微观粒子组成的系统．
4.动量是否守恒的判定方法
（1）选定研究对象及研究过程，分清外力与内力．
（2）分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．
（3）除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定．
【例23】下图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )
A．只有甲和乙 B．只有丙和丁
C．只有甲和丙 D．只有乙和丁
答案： C
解析： 题图甲中，在光滑水平面上，子弹水平射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒．题图丙中两球匀速下降，说明两球组成的系统在竖直方向上所受的合外力为零，细线断裂后，两球组成的系统动量守恒，它们在水中运动的过程中，两球整体受力情况不变，遵循动量守恒定律．题图乙中系统受到墙的弹力作用，题图丁中斜面是固定的，题图乙、丁所示过程系统所受合外力不为零，动量不守恒，故只有甲、丙系统动量守恒，即C正确．
【变式训练23-1】如图，小车与木箱紧挨着并静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推动木箱。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小不相等
答案：C
【变式训练23-2】在光滑水平直路上停着一辆较长的木板车，车的左端站立一个大人，车的右端站立一个小孩。如果大人向右走，小孩（质量比大人小）向左走，他们的速度大小相同，则在他们走动过程中（ ）
（A）车可能向右运动（B）车一定向左运动
（C）车可能保持静止（D）无法确定
答案：B
【例24】(多选)如图所示，小车静止放在光滑的水平面上，将系着轻绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，那么在以后的过程中( )
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零)
答案： BD
解析： 以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒．由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以B、D正确．
考点七：动量守恒定律的应用
1.动量守恒定律的常用表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2.应用动量守恒定律解题的步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成
（2）研究过程并受力分析，确定动量是否守恒
（3）规定正方向，确定初、末动量
（4）根据动量守恒定律，建立守恒方程
（5）代入数据，求出结果并讨论说明
【例25】 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，方向向右，乙车速度大小为2 m/s，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图所示．
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最近时，乙车的速度是多大？方向如何？
答案： (1)1 m/s 方向向右； (2)0.5 m/s 方向向右
解析： 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，取向右为正方向．
(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s.
据动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车的距离最近时，两车速度相同，设为v′，
由动量守恒定律得：mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.
解得v′＝eq \f(mv甲＋mv乙,2m)＝eq \f(v甲＋v乙,2)＝eq \f(3－2,2) m/s＝0.5 m/s，方向向右．
【例26】（多选）我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同
B．相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律
C．相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律
D．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
答案： CD
解析： 甲对乙的作用力与乙对甲的作用力等大反向，她们的冲量也等大反向，故A错误．由于乙推甲的过程，其他形式的能转化为机械能，故机械能不守恒，B错误．甲、乙相互作用的过程，系统水平方向不受外力的作用，竖直方向所受合外力为零，故系统的动量守恒，此过程甲的动量增大，乙的动量减小，二者动量的变化大小相等、方向相反，故C、D正确．
【例27】质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为( )
A．v0 B.eq \f(v0,5) C.eq \f(v0,3) D.eq \f(v0,4)
答案： B
解析： 由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，得v＝eq \f(1,5)v0，即它们最后的速度为eq \f(1,5)v0，故选B.
【例28】甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(忽略空气阻力)( )
A.eq \f(2M,M－m) B.eq \f(M＋m,M)
C.eq \f(2M＋m,3M) D.eq \f(M,M＋m)
答案： D
解析： 甲、乙之间传递球时不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况．研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时系统的总动量为零，在任意时刻系统的总动量都为零．设甲的速度大小为v甲，乙的速度大小为v乙，二者方向相反，根据动量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，则eq \f(v甲,v乙)＝eq \f(M,M＋m)，选项D正确．
【变式训练28-1】如图所示，两只小船平行逆向航行，航线邻近，当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50 kg的麻袋到对而船上去，结果载重较小的一只船停了下来，另一只船则以v=8.5 m/s的速度向原方向航行。设两只船及船上的载重总重分别为m1=500 kg、m2=1000 kg。问在交换麻袋前两只船的速率为多大（水的阻力不计）？【4.5】
答案：v1=1 m/s，v2=9 m/s
【例29】如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A的质量是物体B的质量的eq \f(3,4)，子弹的质量是物体B的质量的eq \f(1,4)，弹簧压缩到最短时B的速度为( )
A.eq \f(v0,2) B.eq \f(v0,4) C.eq \f(v0,8) D.eq \f(v0,3)
答案： C
解析： 弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝eq \f(1,4)mB，mA＝eq \f(3,4)mB，故v1＝eq \f(v0,8)，即弹簧压缩到最短时B的速度为eq \f(v0,8)，故C正确．
【例30】如图，两物块 B、C 用轻质弹簧拴接放在水平面上，开始时物块 C 被锁定在水平面上，另一个与物块 B、C 在同一直线上的物块 A 以水平向左的速度 v0 向物块 B 运动，经过一段时间后和物块 B 碰撞并粘在一起。已知 A、B、C 物块完全相同，质量均为 m，水平面光滑，整个过程中弹簧未超过弹性限度，不计空气阻力。求：
（1）弹簧的最大弹性势能 Epm；
（2）在弹簧的弹性势能最大时解除锁定，物块 C 的最大速度 vm。
答案：（1）Epm = EQ \F(1,4) mv02 ； （2）vm = EQ \F(\R(3),3) v0
【拓展练习】如图所示，一排人站在沿x轴水平轨道旁。原点O两侧的人的序号都记为n（n=1，2，3，…），每人只有一个砂袋，x＞0一侧的每个砂袋质量为m=14 kg，x＜0一侧的每个砂袋的质量mʹ=10 kg。一质量为M=48 kg的小车以某一初速度从原点出发向正x轴方向滑行，不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人把砂袋以水平速度v朝与车速相反方向沿车面扔到车上，v的大小等于扔此砂袋之前瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号）。
（1）空车出发后，车上堆积了几个砂袋后，车就反向滑行？
（2）车上最终有大小砂袋共多少个？
答案：（1）3个；（2）11个
考点八：碰撞问题
1.弹性碰撞
（1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
（2）机械能守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
（3）质量相等两物体，碰后互换速度
2.非弹性碰撞
（1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
（2）机械能不守恒：eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22>eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
3.完全非弹性碰撞（粘在一起，共速）
（1）动量守恒：m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′
（2）机械能损失最多：ΔEk=eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22-eq \f(1,2)（m1＋m2）v′2
4.分析碰撞可能性问题的思路
（1）对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加．
（2）注意碰后的速度关系是否合理．
（3）要灵活运用Ek＝eq \f(p2,2m)和p＝eq \r(2mEk)两个关系式．
【例31】现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动．那么这次碰撞是( )
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法确定
答案： A
解析： 取甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律：3mv－mv＝0＋mv′，得v′＝2v，碰撞前总动能Ek＝eq \f(1,2)×3mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，碰撞后动能Ek′＝eq \f(1,2)mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，碰撞前后动能不变，选项A正确．
【例32】如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC＝1 m/s.求：
(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小；
(2)第二次碰撞过程中损失了多少动能；
(3)两次碰撞过程中共损失了多少动能．
答案： (1)1 m/s (2)0.25 J (3)1.25 J
解析： (1)A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s.
(2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v1的方向为正方向，有：2mv1＝mvC＋2mv2
解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，
第二次碰撞损失的动能
ΔEk＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)×2mv22＝0.25 J.
(3)两次碰撞共损失的动能
ΔEk′＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv22－eq \f(1,2)mvC2＝1.25 J.
【例33】质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为( )
A．E0 B.eq \f(2E0,3) C.eq \f(E0,3) D.eq \f(E0,9)
答案： C
解析： 碰撞过程中动量守恒，有mv0＝3mv1，可得
v1＝eq \f(v0,3)①
E0＝eq \f(1,2)mv02②
Ek′＝eq \f(1,2)×3mv12③
由①②③得Ek′＝eq \f(1,2)×3m(eq \f(v0,3))2＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)mv02)＝eq \f(E0,3)，故C正确．
【例34】在同一高度同时释放A、B和C三个物体，自由下落距离h时，物体A被水平飞来的子弹击中，子弹留在A内；B受到一个水平方向的冲量，则A、B和C落地时间t1、t2和t3的关系是（ ）
（A）t1=t2=t3（B）t1＞t2＞t3（C）t1＜t2＜t3（D）t1＞t2=t3
答案：D
【例35】（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m1和m2都向右运动
C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案： AC
解析： 碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝eq \f(Δx,Δt)＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m2的速度方向为正方向，说明m2向右运动，而m1的速度方向为负方向，说明m1向左运动，故B错误；由题图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v1′2－eq \f(1,2)m2v2′2＝0，故D错误．
【例36】（多选）如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车的v－t图像，由此可知（ ）
（A）小车上表面至少的长度
（B）物体A与小车B的质量之比
（C）A与小车上B上表面的动摩擦因数
（D）小车B获得的动能
答案：ABC
【例37】质量为m=3 kg的物体在离地面高度为h=20 m处，正以水平速度v=20 m/s运动时，突然炸裂成两块，其中一块质量为m1=1 kg，仍沿原运动方向以v1=40 m/s的速度飞行，炸裂后的另一块的速度大小为______m/s，两块落到水平地面上的距离为______m（不计空气阻力，g取10 m/s2）。
答案：10； 60
【例38】（多选）如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，线长L。若将A由图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时的高度可能是（ ）。
（A）L/2（B）L/4
（C）L/8（D）L/10
答案：ABC
【例39】在一条直线上相同运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量。它们正碰后可能发生的情况是（ ）
（A）甲球停下，乙球反向运动（B）甲球反向运动，乙球停下
（C）甲、乙两球都反向运动（D）甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等
答案：AC
【例40】在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后．已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB.下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
答案： A
解析： ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误．
【例41】如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则：
(1)A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？
(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？
(3)弹簧的最大弹性势能是多少？
(4)弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？
答案： （1）eq \f(v0,2)；（2）eq \f(v0,3)；（3）eq \f(1,12)mv02；（4）vAB＝eq \f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq \f(v0,6)，vC＝eq \f(2v0,3).
解析： (1)在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2).
(2)粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有
2mv1＝3mv2，解得v2＝eq \f(v0,3).
(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得
Epm＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×3mv22＝eq \f(1,12)mv02.
(4)弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律，得
2mv1＝2mvAB＋mvC，
eq \f(1,2)×2mv12＝eq \f(1,2)×2mvAB2＋eq \f(1,2)mvC2
解得vAB＝eq \f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq \f(v0,6)，vC＝eq \f(2v0,3).
【例42】如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，试分析：
(1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？
(2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？
(3)小球与轨道分离时两者的速度分别是多少？
答案：
(1)整个过程中系统的机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒．
(2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同．
由动量守恒定律得mv0＝3mv
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×3mv2＋mgh
解得h＝eq \f(v02,3g)
(3)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋2mv2
根据机械能守恒定律有：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22
联立以上两式可得：v1＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2,3)v0.
【例43】(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为3m
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mv02
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02
答案： AC
解析： 对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝eq \f(1,2)Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M·(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq \f(3,2)mv02，选项A、C正确，B、D错误．
【例44】如图所示，将一半径R＝0.3 m、质量M＝3 kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上．现让一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5 m，小球与半圆槽相切滑入槽内．已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0；
(2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1；
(3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H.
答案： (1)4 m/s (2)eq \r(7) m/s (3)0.3 m
解析： (1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有
mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝4 m/s
(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设其为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有，mv0＝(M＋m)v
根据机械能守恒定律有，mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv2
联立解得v1＝eq \r(7) m/s
(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度
v1y＝eq \r(v12－v2)＝eq \r(6) m/s
竖直方向有v1y2＝2gH
解得H＝0.3 m.
考点九：反冲现象、火箭
1．反冲运动的三个特点
(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．
(2)反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，遵循动量守恒定律或在某一方向上动量守恒．
(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．
2．讨论反冲运动应注意的两个问题
(1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向运动的另一部分的速度就要取负值．
(2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，将各速度转换成相对同一参考系的速度，再列动量守恒方程．
3．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用．
4．分析火箭类问题应注意的三个问题
(1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象．注意反冲前、后各物体质量的变化．
(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换．
(3)列方程时要注意初、末状态动量的方向．
【例45】(多选)下列属于反冲现象的是( )
A．乒乓球碰到墙壁后弹回
B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退
C．用力向后蹬地，人向前运动
D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反的方向运动
答案： BD
解析： 乒乓球碰墙壁后弹回属于碰撞类问题，碰前乒乓球并非静止，而墙壁始终保持静止，不属于反冲现象，A选项错误；人用力向后蹬地，人向前运动，是人脚与外部地面的作用，地面保持静止，不属于反冲现象，C选项错误；B、D均为系统内力作用下物体的两部分向相反方向运动，是反冲现象，选项B、D正确．
【例45】(多选)如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力，下列说法正确的是( )
A．若前、后舱是分开的，则前舱将向后运动
B．若前、后舱是分开的，则前舱将向前运动
C．若前、后舱不分开，则船将向后运动
D．若前、后舱不分开，则船将向前运动
答案： BD
解析： 前、后舱分开时，前舱和抽出的水相互作用，靠反冲作用前舱向前运动，若不分开，虽然抽水的过程属于船与水的内力作用，但水的质量发生了转移，从前舱转到了后舱，相当于人从船的一头走到另一头的过程，船将向前运动，B、D正确．
【例46】某一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．以下说法正确的是( )
A．运动第1 s末，火箭的速度约为10 m/s
B．运动第2 s末，火箭的速度约为135 m/s
C．当发动机第3次喷出气体后，火箭的速度约为2 m/s
D．当发动机第4次喷出气体后，火箭的速度约为200 m/s
答案： C
解析： 1 s末发动机喷出20次，共喷出的气体质量为m1＝20×0.2 kg＝4 kg，根据动量守恒定律得(M－m1)v1－m1v＝0，则得火箭1 s末的速度大小为v1＝eq \f(m1v,M－m1)＝eq \f(4×1 000,300－4) m/s≈13.5 m/s，故A错误；2 s末发动机喷出40次，共喷出的气体质量为m2＝40×0.2 kg＝8 kg，同理可得，火箭2 s末的速度大小为v2＝eq \f(m2v,M－m2)＝eq \f(8×1 000,300－8) m/s≈27.4 m/s，故B错误；第3次气体喷出后，共喷出的气体质量m3′＝3×0.2 kg＝0.6 kg，同理可得，火箭第3次喷出气体后的速度大小为v3＝eq \f(m3v,M－m3)＝eq \f(0.6×1 000,300－0.6) m/s≈2.0 m/s，故C正确；第4次气体喷出后，共喷出的气体质量m4＝4×0.2 kg＝0.8 kg，同理可得，火箭第4次喷出气体后的速度大小为v4＝eq \f(m4v,M－m4)＝eq \f(0.8×1 000,300－0.8) m/s≈2.7 m/s，故D错误．
【例47】一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲。已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为（ ）
（A）E0（B） EQ \F(m,M) E0（C） EQ \F(m,M－m) E0（D） EQ \F(Mm,(M－m)2) E0
答案：C
【变式训练47-1】如图，一个运动的中子 A 与一个静止的中子 B 发生弹性碰撞，碰撞过程中的动量__________（选填“一定”“可能”或“一定不”）守恒，碰撞后中子A __________（选填“静止”“向右运动”或“向左运动”）。
答案：一定，静止
【例48】（嘉定二模）假设两颗质量相同的种子，水平喷出时相对于果实的速度相同，有两种喷出情况：①两颗种子同时喷出；②两颗种子依次喷出。则果实所获得的水平速度（ ）
A．情况①下更大B．情况②下更大C．两种情况一样大
答案：B（用相对速度）
考点十：人船模型
1．“人船模型”问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比．
(2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(m船,m人).人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。x人、x船大小与人运动时间和运动状态无关。
3．解题关键点：解题时要选择同一个参考系，画出各物体的位移关系草图，找准各位移之间的关系．
【例49】如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头岸边自由停泊，人轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量为( )
A.eq \f(mL＋d,d) B.eq \f(mL－d,d)
C.eq \f(mL,d) D.eq \f(mL＋d,L)
答案： B
解析： 设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船尾走到船头用时为t，船的位移大小为d ，人的位移大小为L－d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t).以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：0＝Mv－mv′，可得：Meq \f(d,t)＝meq \f(L－d,t) ，解得小船的质量为M＝meq \f(L－d,d) ，故B正确．
【变式训练49-1】（拓展练习）一个质量为m1＝50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）
A．5m B．3.6m C．2.6m D．8m
答案： B
解析： 当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6m，故选项B正确。
【例50】如图所示，质量为M的四分之一光滑轨道静止在光滑水平面上，圆弧轨道末端与水平面相切，圆弧轨道半径为R，且圆弧轨道不固定．有一质量为m＝eq \f(1,4)M的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无初速度释放，小球可视为质点，重力加速度为g，求：
(1)小球与圆弧轨道分离时小球的速度大小；
(2)从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小．
答案： (1)eq \f(2,5)eq \r(10gR) (2)eq \f(R,5)
解析： (1)圆弧轨道不固定且光滑，水平面光滑，则小球和圆弧轨道组成的系统机械能守恒，有mgR＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，有
0＝mv1－Mv2
又m＝eq \f(1,4)M，联立解得v1＝eq \f(2,5)eq \r(10gR)
(2)设从刚释放小球到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中小球和圆弧轨道运动的位移大小分别为x1、x2，小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，可得，0＝meq \f(x1,t)－Meq \f(x2,t)
又x1＋x2＝R
解得x2＝eq \f(R,5).
【拓展练习】如图所示，在光滑水平面上停有一辆质量为M的小车，车身长为l，一个质量为m的质点A放在车的尾部。A与车之间的动摩擦因数为μ，现给质点A以水平速度v0向右运动，设A与小车的前后挡板碰撞中动能不损失。问：
（1）质点A与小车相对静止时，小车速度多大？
（2）质点A相对小车静止前与小车前后挡板碰撞的总次数是多少？
答案：（1） EQ \F(mv0,M+m) ； （2） EQ \F(Mv02,2μgl(M+m))
考点十一：子弹打木块模型 滑块—木板模型
（一）子弹打木块模型
1．模型特点
(1)子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．
(2)在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化．
2．两种类型
(1)子弹留在木块中(未穿出)
①动量守恒：mv0＝(m＋M)v
②机械能损失(摩擦生热)
Q热＝Ff·d＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2
其中d为子弹射入木块的深度．
(2)子弹穿出木块
①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
②机械能的损失(摩擦生热)
Q热＝Ff·L＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)Mv22
其中L为木块的长度，注意d≤L.
（二）滑块—木板模型
1．把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．
2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ff·s相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程．
3．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．
【例51】一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
解析：
(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝eq \f(m,M＋m)v0
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0
解得t＝eq \f(Mmv0,FfM＋m)
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得：x1＝eq \f(MmM＋2mv\\al(02),2FfM＋m2)
对木块：Ffx2＝eq \f(1,2)Mv2
解得：x2＝eq \f(Mm2v\\al(02),2FfM＋m2)
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝eq \f(Mmv\\al(02),2FfM＋m)
(4)系统损失的机械能为：E损＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(Mmv\\al(02),2M＋m)
系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝eq \f(Mmv\\al(02),2M＋m)
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有FfL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2
解得L＝eq \f(Mmv\\al(02),2FfM＋m)
因此木块的长度至少为eq \f(Mmv\\al(02),2FfM＋m)
【变式训练51-1】如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，细绳离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)子弹射入木块B时产生的热量；
(2)木块B能摆起的最大高度；
(3)小车A运动过程的最大速度大小．
答案： (1)eq \f(1,3)mv02 (2)eq \f(v\\al(02),36g) (3)eq \f(1,3)v0
解析： (1)子弹与木块B作用瞬间水平方向的动量守恒，可得
mv0＝(m＋2m)v1，解得v1＝eq \f(v0,3).
设产生的热量为Q，根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(3,2)mv12＝eq \f(1,3)mv02.
(2)木块B到最高点时，小车A、木块B、子弹三者有相同的水平速度，
根据水平方向动量守恒有(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，
解得v2＝eq \f(1,6)v0.
由机械能守恒定律有3mgh＋eq \f(1,2)×6mv22＝eq \f(1,2)×3mv12，
解得h＝eq \f(v\\al(02),36g).
(3)设小车A运动过程的最大速度为v4，此时木块的速度为v3，当木块回到原来高度时，小车的速度最大，根据水平方向动量守恒，
有3mv1＝3mv3＋3mv4，
根据能量守恒定律有eq \f(3,2)mv12＝eq \f(3,2)mv32＋eq \f(3,2)mv42，
解得v4＝eq \f(1,3)v0.
【变式训练51-2】如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A，B，放在光滑的水平面上，若物体A被水平速度为v0的子弹射中，且后者嵌在物体A的中心，已知物体A的质量是物体B质量的3/4，子弹质量是物体B的1/4，弹簧被压缩到最短时，求物体A、B的速度。
答案：子弹和A、B木块组成的系统动量守恒：，v′= EQ \F(1,8) v0
【例52】如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
答案：(1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7v02,25μg) (3)eq \f(v0,μg) mv02
解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，
再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，
联立化简得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0，
再根据功能关系有
－μmgx＝eq \f(1,2)×2mv木2＋eq \f(1,2)mv滑2－eq \f(1,2)×2mv02，
联立解得x＝eq \f(7v02,25μg)。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg，
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq \f(v0,μg)，
则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq \f(v02,μg)，
则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。
【变式训练52-2】(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )
A．2.1 m/s B．2.4 m/s
C．2.8 m/s D．3.0 m/s
答案： AB
解析： 以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入数据解得vB1≈2.67 m/s.当从开始到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s，则在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s考点十二：解决力学问题的三个基本观点和五个规律
【例53】(多选)如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.3 s
B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s
C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s
D．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s
答案： AD
解析： 由h＝eq \f(1,2)gt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A项正确；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝eq \f(x,t1)＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝eq \r(vx2＋vy2)＝5 m/s，C项错误；对玩具青蛙抱住木块过程由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D项正确；对木块及玩具青蛙在平台滑行过程，由动量定理得：－μ( M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B项错误．
【例54】如图甲所示，质量m1＝4 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量m2＝1 kg的小物块静止在长木板的左端．现对小物块施加一水平向右的作用力F，小物块和长木板运动的速度—时间图像如图乙所示.2 s后，撤去F，g取10 m/s2.求：
(1)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ；
(2)水平力的大小F；
(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统损失的机械能ΔE.
答案： (1)0.2 (2)4 N (3)3.6 J
解析： (1)由题图乙可知：长木板的加速度a1＝0.5 m/s2，
由牛顿第二定律可知：小物块施加给长木板的滑动摩擦力Ff＝m1a1＝2 N，
小物块与长木板之间的动摩擦因数：μ＝eq \f(Ff,m2g)＝0.2.
(2)由题图乙可知，小物块的加速度a2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律可知：F－μm2g＝m2a2，
解得F＝4 N.
(3)撤去F后，小物块和长木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，最终两者以相同速度(设为v)运动，则有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，
代入数据解得v＝1.6 m/s，
则系统损失的机械能
ΔE＝(eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝3.6 J.
【例55】如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时分别以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g，求：
(1)此后运动过程中木块B的最小速度是多少；
(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A发生的位移是多少．
答案： （1）eq \f(v0,5)；（2）eq \f(21v02,50μg)
解析： (1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．
取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m·2v0－mv0＝5mv
解得B的最小速度v＝eq \f(v0,5).
(2)A向左减速的过程，根据动能定理有
－μmgx1＝0－eq \f(1,2)mv02
向左的位移大小为x1＝eq \f(v02,2μg)
A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有
μmgx2＝eq \f(1,2)×4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,5)))2
向右的位移大小为x2＝eq \f(2v02,25μg)
取向右为正方向，整个过程A发生的位移为
x＝x2－x1＝－eq \f(21v02,50μg)
即此过程中A发生的位移向左，大小为eq \f(21v02,50μg).
【例56】如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M=2.0 kg，长度皆为l=1.0 m，C是一质量为m=1.0 kg的小物块。现给它一初速度v0=2.0 m/s，使它从B板的左端开始向右滑动。已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10。问最后A、B、C各以多大的速度作匀速运动？g取10 m/s2
答案：vA=0.563 m/s，vB=0.155 m/s，vC=0.563 m/s
【例57】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，且下端极薄，其质量为2.0 kg，静止于光滑水平面上，一质量为2.0 kg的小球B以2.0 m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用。
（1）B球沿A曲面上升的最大高度（设B球不能飞出去）是（ ）
（A）0.40 m（B）0.20 m
（C）0.10 m（D）0.05 m
（2）B球沿A曲面上升到最大高度处时的速度是（ ）
（A）0（B）1.0 m/s（C）0.71 m/s（D）0.50 m/s
（3）B球与A曲面相互作用结束后，B球的速度是（ ）
（A）0（B）1.0 m/s（C）0.71 m/s（D）0.50 m/s
答案：（1）C（2）B（3）A
考点十三：实验：验证动量守恒定律
方案1：研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒
(1)质量的测量：用天平测量．
(2)速度的测量：v＝eq \f(d,Δt)，式中的d为滑块上挡光板的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块上的挡光板经过光电门的时间．
(3)碰撞情景的实现：如图所示，利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用在滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量．
(4)器材：气垫导轨、数字计时器、滑块(带挡光板)两个、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、天平．
(5)验证的表达式：m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2(注意速度的矢量性)
方案2：研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒
如图甲所示，让一个质量较大的小球从斜槽上滚下来，与放在斜槽末端的另一质量较小的同样大小的小球发生正碰，之后两小球都做平抛运动．
(1)质量的测量：用天平测量．
(2)速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等．如果以小球的飞行时间为单位时间，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平速度．只要测出不放被碰小球时入射小球在空中飞出的水平距离OP，以及碰撞后入射小球与被碰小球在空中飞出的水平距离OM和ON，就可以表示出碰撞前后小球的速度．
(3)碰撞情景的实现：
①不放被碰小球，让入射小球m1从斜槽上某一位置由静止滚下，记录平抛的落点P及水平位移OP.
②在斜槽水平末端放上被碰小球m2，让m1从斜槽同一位置由静止滚下，记下两小球离开斜槽做平抛运动的落点M、N及水平位移OM、ON.
(4)器材：斜槽、两个大小相等而质量不等的小球、重垂线、白纸、复写纸、刻度尺、天平、圆规．
(5)验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.
方案3：其他方法验证动量守恒
【例58】利用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上．O点到A球球心的距离为L.使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直方向的夹角为α，A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直方向夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录了多个B球的落点，重力加速度为g.(悬线长远大于小球半径)
(1)图中x应是B球初始位置到________的水平距离．
(2)为了验证动量守恒，应测量的物理量有________．
(3)用测得的物理量表示(vA为A球与B球刚要相碰前A球的速度，vA′为A球与B球刚相碰后A球的速度，vB′为A球与B球刚相碰后B球的速度)：
mAvA＝________________；
mAvA′＝________________；
mBvB′＝________________.
答案： (1)B球平均落点 (2)mA、mB、α、β、H、L、x
(3)mAeq \r(2gL1－cs α) mAeq \r(2gL1－cs β) mBxeq \r(\f(g,2H))
解析：
(1)小球A在碰撞前、碰撞后的两次摆动过程，均满足机械能守恒定律．小球B在碰撞后做平抛运动，则x应为B球的平均落点到其初始位置的水平距离．
(2)(3)碰撞前对A，由机械能守恒定律得mAgL(1－cs α)＝eq \f(1,2)mAvA2，则：
mAvA＝mAeq \r(2gL1－cs α).
碰撞后对A，由机械能守恒定律得
mAgL(1－cs β)＝eq \f(1,2)mAvA′2，
则：mAvA′＝mAeq \r(2gL1－cs β).
碰后B做平抛运动，
有x＝vB′t，H＝eq \f(1,2)gt2.
所以mBvB′＝mBxeq \r(\f(g,2H)).
故要得到碰撞前后的动量，要测量的物理量有mA、mB、α、β、H、L、x.
注意：不论哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：
(1)用天平测出相关质量．
(2)安装实验装置．
(3)使物体发生一维碰撞，测量或读出相关物理量，计算相关速度，填入预先设计好的表格．
(4)改变碰撞条件，重复实验．
(5)通过对数据的分析处理，验证碰撞过程动量是否守恒．
(6)整理器材，结束实验．
【例59】某同学利用气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通数字计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧(未画出)的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；
⑦读出滑块通过光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；
⑧测出挡光板的宽度d＝5 mm，测得滑块1的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g.
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：
A．________________________________________________________________________；
B．________________________________________________________________________.
②碰撞前滑块1的速度v1为__________ m/s；碰撞后滑块1的速度v2为__________ m/s；碰撞后滑块2的速度v3为__________ m/s.(结果均保留两位有效数字)
③碰撞前系统的总动量为m1v1＝________.
碰撞后系统的总动量为m1v2＋m2v3＝________.
由此可得实验结论：_____________________________________________________________.
答案：
(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度v1＝0.50 m/s
滑块1碰撞之后的速度v2＝0.10 m/s
滑块2碰撞之后的速度v3＝0.60 m/s
③系统碰撞之前m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s.
结论：在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒．
解析： (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度
v1＝eq \f(d,Δt1)＝eq \f(5×10－3,10.01×10－3) m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞之后的速度
v2＝eq \f(d,Δt2)＝eq \f(5×10－3,49.99×10－3) m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞之后的速度v3＝eq \f(d,Δt3)＝eq \f(5×10－3,8.35×10－3) m/s≈0.60 m/s；
③系统碰撞之前m1v1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s.
通过实验结果，可得结论：在实验误差允许的范围内，两滑块相互作用的过程，系统的动量守恒．
【例60】某同学用图甲所示的装置通过半径相同的A、B两球（mA＞mB）的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。
（1）碰撞后B球的水平射程应取为________cm；
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________。（填选项字母）
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
E．测量O点相对于水平槽面的高度
（3）实验中，对入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是
A．释放点越低，小球受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小
B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确
C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小
D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小
答案：（1）64.7（64.5～64.9均可） （2）A、B、D （3）C
解析：（1）用一尽可能小的圆把小球落点圈在里面，由此可见圆心的位置是64.7 cm，这就是小球落点的平均位置。
（2）本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离x1、x2、x3，所以应选A、B、D。
（3）入射小球的释放点越高，入射小球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减少测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C正确。动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具有的能量
物体的质量和速度的乘积
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
Ek＝eq \f(1,2)mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联
方程
Ek＝eq \f(p2,2m)，Ek＝eq \f(1,2)pv，p＝eq \r(2mEk)，p＝eq \f(2Ek,v)
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
三个基本观点
对应规律
公式表达
动力学观点
运动学
v＝v0＋at，x＝v0t＋eq \f(1,2)at2等
牛顿第二定律
F合＝ma
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
W合＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
机械能守恒定律
mgh1＋eq \f(1,2)mv12＝mgh2＋eq \f(1,2)mv22
动量观点
动量定理
F合t＝p′－p
I合＝Δp
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′