高考物理 动量冲量精讲精练（打包13套）.zip

1分方向动量守恒如果一个系统在某一方向不受外力作用，或者某一方向所受的合外力为零，这个系统的该方向动量保持不变．例题 1．如图所示，在光滑的水平面上放有一物体 M，物体 M 上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为 R，最低点为 C，两端 A、 B 等高，现让小滑块 m 从 A 点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )A． M 和 m 组成的系统机械能守恒，动量守恒B． M 和 m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒C． m 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动， m 从 C 到 B 的过程中 M 向右运动D． m 从 A 到 B 的过程中， M 运动的位移为mRM＋ m解析：选 B.M 和 m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B 正确； m 从 A 到 C 过程中， M 向左加速运动，当 m 到达 C 处时， M 向左速度最大，m 从 C 到 B 过程中， M 向左减速运动，C 错误；在 m 从 A 到 B 过程中，有MxM＝ mxm， xM＋ xm＝2 R，得 xM＝2 mR/(m＋ M)，D 错误．例题 2. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体 M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为 C，两端 A、 B 一样高．现让小滑块 m 从 A 点静止下滑，则( )A． m 不能到达小车上的 B 点B． m 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动， m 从 C 到 B 的过程中 M 向右运动C． m 从 A 到 B 的过程中小车一直向左运动， m 到达 B 的瞬间， M 速度为零D． M 与 m 组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：选 C.A.M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以 m 恰能达到小车上的 B 点，到达 B 点时小车与滑块的速度都是 0，故 A 错误；B. M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒， m 从 A 到 C 的过程中以及 m 从 C 到 B 的过程中 m 一直向右运动，所以 M 一直向左运动， m 到达 B 的瞬间， M 与 m 速度都为零，故 B 错误，C 正确；D.小滑块 m 从 A 点静止下滑，物体 M 与滑块 m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒． M 和 m 组成的系统机械能守恒，故 D2错误．例题 3. (多选)如右图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可视为质点)自左端槽口 A 点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从 A 点进入槽内，则下列说法正确的是( )A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：选 CD.小球从开始下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，D 正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，A 错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽向右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，小球与斜槽组成的系统机械能守恒，B 错误，C 正确．例题 4.如图所示，小车质量为 M，小车顶端为半径为 R 的四分之一光滑圆弧，质量为m 的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是( g 为当地重力加速度) ( C )A． 若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为 mgB． 若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为 2mgC． 若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为 m2gRM M＋ mD． 若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为 M2gRm M＋ m[解析] 若地面粗糙且小车能够静止不动，因为小球只有重力做功，故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得小球任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值。若地面光滑，小球下滑的过程中，小车向左运3动，系统的水平动量守恒，系统的机械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圆弧最低点时小车的速度。设圆弧半径为 R，当小球运动到重力与半径夹角为 θ 时，速度为 v。根据机械能守恒定律有： mv2＝ mgRcosθ ，由牛顿第二定律有 N－ mgcosθ ＝ m ，解得小球对12 v2R小车的压力为 N＝3 mgcosθ ，其水平分量为 Nx＝3 mgcosθ sinθ ＝ mgsin2θ ，根据平衡条32件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为 f＝ Nx＝ mgsin2θ ，可以看出：当32sinθ ＝1，即 θ ＝45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为 fmax＝ mg，故 AB 错误；若32地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为 v′，小球的速度设为 v。小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv－ Mv′＝0，系统的机械能守恒，则得 mgR＝ mv2＋ Mv′ 2，解得 v′＝ m ，故 C 正确，D 错误。12 12 2gRM M＋ m例题 5．如图所示，光滑水平面上有一质量为 2M、半径为 R(R 足够大)的圆弧曲面 C，质量为 M 的小球 B 置于其底端，另一个小球 A 质量为 ，以 v0＝6 m/s 的速度向 B 运动，并M2与 B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，求：(1)小球 B 的最大速率；(2)小球 B 运动到圆弧曲面最高点时的速率；(3)通过计算判断小球 B 能否与小球 A 再次发生碰撞。[解析] (1) A 与 B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒得： v0＝ vA＋ MvB；由机械能守恒得： · v ＝ · v ＋ Mv ；解得 vA＝－2 M2 M2 12 M220 12 M22A 12 2Bm/s， vB＝4 m/s故 B 的最大速率为 4 m/s(2)B 冲上 C 并运动到最高点时二者共速设为 v，则MvB＝( M＋2 M)v ，可以得到： v＝ m/s43(3)从 B 冲上 C 然后又滑下的过程，设 BC 分离时速度分别为 vB′、 vC′由水平动量守恒有MvB＝ MvB′＋2 MvC′4机械能也守恒，有 Mv ＝ MvB′ 2＋ ·2MvC′ 212 2B 12 12联立可以得到： vB′＝－ m/s43由于| vB′|＜| vA|，所以二者不会再次发生碰撞。1冲量、动量1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式： I＝ Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)表达式： p＝ mv.(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．3.动量的变化(1)定义：末动量与初动量的矢量差．(2)表达式：Δ p＝ p′－ p（ p′为末动量， p 为初动量 ）(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.(4)特征：动量动量的变化是矢量，其方向和速度变化量方向相同．对点自测1．判断正误(1)动量越大的物体，其运动速度越大．(×)(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(×)(3)物体的动量变化量等于某个力的冲量．(×)(4)动量是过程量，冲量是状态量．(×)(5)物体沿水平面运动，重力不做功，重力的冲量也等于零．(×)(6)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)2． (多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析：选 AC.根据动能 Ek＝ mv2可知，动量 p＝ ，两个质量不同的物体，当动能12 2mEk相等时，质量大的动量大，A 正确、B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确、D 错误．2例题 1．如图所示，一个质量为 0.18 kg 的垒球，以 25 m/s 的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为 45 m/s，则这一过程中动量的变化量为( )A．大小为 3.6 kg·m/s，方向向左B．大小为 3.6 kg·m/s，方向向右C．大小为 12.6 kg·m/s，方向向左D．大小为 12.6 kg·m/s，方向向右解析：选 D.选向左为正方向，则动量的变化量 Δ p＝ mv1－ mv0＝－12.6 kg·m/s，大小为 12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，D 正确．例题 2．如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，有一个质量是 m 的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间 t1，速度为零后又下滑，经过时间 t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是 Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为 Ff(t2－ t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为 mg(t1＋ t2)sin θ ＋ Ff(t1－ t2)，沿斜面向下．答案： Ff(t2－ t1) 沿斜面向上 mg(t1＋ t2)sin θ ＋ Ff(t1－ t2) 沿斜面向下过关检测1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向解析：选 D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故 A 错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即 p＝ mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故 B 错误；加速度不3变，速度是变化的，所以动量一定变化，故 C 错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故 D 正确．2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力 F＝100 N，球在地面上滚动了 t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )A．1 000 N·s B．500 N·sC．零 D．无法确定解析：选 D.滚动了 t＝10 s 是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．1碰撞 动量守恒定律一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分，1～5 题每小题只有一个选项正确，6～8 小题有多个选项符合题目要求，全选对得 6 分，选对但不全得 3 分，有选错的得 0 分)1. 如图所示，水平轻弹簧与物体 A 和 B 相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体 A 的质量为 m，物体 B 的质量为 M，且 M＞ m.现用大小相等的水平恒力 F1、 F2拉 A 和 B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中( )A．因 F1＝ F2，所以 A、 B 和弹簧组成的系统机械能守恒B．因 F1＝ F2，所以 A、 B 和弹簧组成的系统动量守恒C．由于 F1、 F2大小不变，所以 m， M 各自一直做匀加速运动D．弹簧第一次最长时， A 和 B 总动能最大解析：选 B.此过程 F1、 F2均做正功， A、 B 和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故 A 错误；两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 B 正确；在拉力作用下， A、 B 开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故 C 错误；弹簧第一次最长时， A、 B 的总动能最小，故 D 错误；故选 B.2. 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在 A 车上，两车静止，若这个人自 A 车跳到 B 车上，接着又跳回 A 车，静止于 A 车上，则 A 车的速率( )A．等于零 B．小于 B 车的速率C．大于 B 车的速率 D．等于 B 车的速率解析：选 B.两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为 m1，车的质量为 m2， A、 B 车的速率分别为 v1、 v2，则由动量守恒定律得( m1＋ m2)v1－ m2v2＝0，所以，有 v1＝ v2， p 乙． 假设规定 p 甲 方向为正，不计一切阻力，则( )A．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大B．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进C．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进D．两车动量变化量大小相等，方向一定是 Δ p 甲 沿正方向，Δ p 乙 沿负方向解析：选 C.由于规定 p 甲 方向为正，两车动量关系为 p 甲 ＞ p 乙． 碰后两车可能以相同2的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项 A 错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项 B 错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项 C 正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是 Δ p 甲 沿负方向，Δ p乙 沿正方向，选项 D 错误．4. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体 M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为 C，两端 A、 B 一样高．现让小滑块 m 从 A 点静止下滑，则( )A． m 不能到达小车上的 B 点B． m 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动， m 从 C 到 B 的过程中 M 向右运动C． m 从 A 到 B 的过程中小车一直向左运动， m 到达 B 的瞬间， M 速度为零D． M 与 m 组成的系统机械能守恒，动量守恒解析：选 C.A.M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以 m 恰能达到小车上的 B 点，到达 B 点时小车与滑块的速度都是 0，故 A 错误；B. M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒， m 从 A 到 C 的过程中以及 m 从 C 到 B 的过程中 m 一直向右运动，所以 M 一直向左运动， m 到达 B 的瞬间， M 与 m 速度都为零，故 B 错误，C 正确；D.小滑块 m 从 A 点静止下滑，物体 M 与滑块 m 组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒． M 和 m 组成的系统机械能守恒，故 D错误．5．质量为 m 的物体，以 v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为vt，且 vt＝0.5 v0，则( )A．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C．合力的冲量在整个过程中大小为 mv032D．整个过程中物体动量变化量为 mv012解析：选 C.以 v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为 vt＝0.5 v0，说明斜面不光滑．设斜面长为 L，则上滑过程所需时间 t1＝ ＝ ，下滑过程所需时间lv02 2lv0t2＝ ＝ ， t1t2.根据冲量的定义，可知上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 错误；上lvt2 4lv0滑和下滑时支持力的大小都不等于零，B 错误；对全过程应用动量定理，则 I 合3＝Δ p＝－ mvt－ mv0＝－ mv0，C 正确，D 错误．326．质量为 M 的物块以速度 v 运动，与质量为 m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比 M/m 可能为( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选 AB.碰后动量相等，设此动量为 p，方向一定与 v 相同，则可知碰后速度关系，碰后 m 的速度 v2一定要大于或等于碰后 M 的速度 v1即 v2≥ v1由 mv2＝ Mv1，可知 ＝ ≥1，Mm v2v1由能量关系可知 ≥ ＋ ，解得： ≤3，由上述结论可知，A、B 项正确． 2p 22M p22m p22M Mm7. 如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块 N 和挡板 P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块 M 以初速度 v0向右运动，它与挡板 P 碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块 N 以速度 v0向右运动．在此过程中( )A． M 的速度等于 0 时，弹簧的弹性势能最大B． M 与 N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C． M 的速度为 v0/2 时，弹簧的长度最长D． M 的速度为 v0/2 时，弹簧的长度最短解析：选 BD.M、 N 两滑块碰撞过程中动量守恒，当 M 与 N 具有相同的速度 v0/2 时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A 错误，B 正确； M 的速度为 v0/2 时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C 错误，D 正确．8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M＝0.6 kg， m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有 Ep＝10.8 J 弹性势能的轻弹簧 (弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R＝0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示． g 取 10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3.4 N·sB． M 离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/sC．若半圆轨道半径可调，则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D．弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8 N·s4解析：选 AD.释放弹簧过程中，由动量守恒定律得 Mv1＝ mv2，由机械能守恒定律得Ep＝ Mv ＋ mv ，解得 v1＝3 m/s， v2＝9 m/s，故 B 错误；对 m，由 A 运动到 B 的过程由机12 21 12 2械能守恒定律得 mv ＝ mv2′ 2＋ mg×2R，得 v2′＝8 m/s，由 A 运动到 B 的过程由动量定12 2 12理得 I 合 ＝ mv2′－(－ mv2)＝3.4 N·s，故 A 正确；球 m 从 B 点飞出后，由平抛运动可知水平方向 x＝ v2′ t，竖直方向 2R＝ gt2，解得 x＝ ，故 C 错误；弹簧弹开过程，弹力12 25.6R对 m 的冲量 I＝ mv2＝1.8 N·s，故 D 正确．二、非选择题(共 4 小题，52 分)9．(12 分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．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把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块 1 的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块 2 放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块 1(包括撞针)的质量为 310 g，滑块 2(包括橡皮泥)的质量为 205 g.(1)试着完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留 3 位有效数字)5(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_______________.解析：(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块 1.(2)作用前滑块 1 的速度 v1＝ m/s＝2 m/s，其质量与速度的乘积为 0.310×2 0.20.1kg·m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块 1 和滑块 2 具有相同的速度 v＝ m/s＝1.2 0.1680.14m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块 1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦10．(12 分)如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为 M＝3.0 kg，木板的长度为 L＝1.5 m，在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数 μ ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度 v0沿木板向左运动，重力加速度 g＝10 m/s 2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求 v0的大小；(2)若初速度 v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为 v，由动量守恒定律 mv0＝( m＋ M)v ①对木板和物块系统，由功能关系μmgL ＝ mv － (M＋ m)v2②12 20 12由①②两式解得：v0＝ ＝ m/s＝2 m/s2μ gL M＋ mM 2×0.1×10×1.5× 3＋ 13(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度 v.设碰撞过程中损失的机械能为 Δ E.对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有 μmg 2L＋Δ E＝ mv － (m＋ M)v2③12 20 12由①③两式解得：Δ E＝ v －2 μmgL ＝ ×32－2×0.1×10×1.5 mM2 M＋ m 20 1×32 3＋ 1J＝0.375 J答案：(1)2 m/s (2)0.375 J11．(14 分)如图所示，在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B，其右侧边缘放有小滑块 C，与木板 B 完全相同的木板 A 以一定的速度向左运动，与木板 B 发生正碰，碰后两者6粘在一起并继续向左运动，最终滑块 C 刚好没有从木板上掉下．已知木板 A、 B 和滑块 C 的质量均为 m， C 与 A、 B 之间的动摩擦因数均为 μ .求：(1)木板 A 与 B 碰前的速度 v0；(2)整个过程中木板 B 对木板 A 的冲量 I.解析：(1) A、 B 碰后瞬时速度为 v1，碰撞过程中动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝2 mv1A、 B 粘为一体后通过摩擦力与 C 发生作用，最后有共同的速度 v2，此过程中动量守恒，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2 mv1＝3 mv2C 在 A 上滑动过程中，由能量守恒定律得：－ μmgL ＝ ·3mv － ·2mv12 2 12 21联立以上三式解得： v0＝2 3μ gL(2)根据动量定理可知， B 对 A 的冲量与 A 对 B 的冲量等大反向，则 I 的大小等于 B 的动量变化量，即： I＝－ mv2＝－ ，负号表示 B 对 A 的冲量方向向右．2m3μ gL3答案：(1)2 (2)－ ，负号表示 B 对 A 的冲量方向向右3μ gL2m3μ gL312．(14 分) 水平光滑的桌面上平放有一质量为 2m 的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为 m 的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径 AB 的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度 v0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；(2)两小球碰后在第一次返回到 A、 B 时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．解析：(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为 v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为 vy.左右方向上两球与细圆管动量守恒72mv0＝(2 m＋2 m)v1，解得 v1＝v02根据能量守恒定律可得2× mv ＝ ×2mv ＋2× m(v ＋ v )12 20 12 21 12 21 2y解得 vy＝ v022两球相对速度大小 v＝2× vy＝ v02(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、 B 位置．从刚开始两球运动到两球第一次回到 A、 B 位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为 2m 的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为 v0.答案：(1) v0 (2)两小球相对桌面速度为零21动量和能量观点综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的初、末状态动量式、动能式和力在过程中所做的功，即可对问题进行求解．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(2)中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题．若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点要简便，而中学阶段涉及的曲线运动( a 不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解．例题 1 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30 kg，冰块的质量为 m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小 g＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝( m2＋ m3)v①m2v ＝ (m2＋ m3)v2＋ m2gh②12 20 12式中 v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有m1v1＋ m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有2m2v20＝ m2v2＋ m3v3⑥m2v ＝ m2v ＋ m3v ⑦12 20 12 2 12 23联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案 (1)20 kg (2)见解析应用动量、能量观点解决问题的两点技巧(1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象．(2)灵活选取物理过程．在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究．列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况．例题 2．如图所示，两块长度均为 d＝0.2 m 的木块 A、 B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为 M＝0.9 kg.一颗质量为 m＝0.02 kg 的子弹 (可视为质点且不计重力)以速度v0＝500 m/s 水平向右射入木块 A，当子弹恰水平穿出 A 时，测得木块的速度为 v＝2 m/s，子弹最终停留在木块 B 中．求：(1)子弹离开木块 A 时的速度大小及子弹在木块 A 中所受的阻力大小；(2)子弹穿出 A 后进入 B 的过程中，子弹与 B 组成的系统损失的机械能．解析：(1)设子弹离开 A 时速度为 v1，对子弹和 A、 B 整体，有 mv0＝ mv1＋2 MvFd＝ mv － mv － ×2Mv212 20 12 21 12联立解得 v1＝320 m/s， F＝7 362 N(2)子弹在 B 中运动过程中，最后二者共速，速度设为 v2，对子弹和 B 整体，有mv1＋ Mv＝( m＋ M)v2解得 v2＝ m/s20523Δ E＝ mv ＋ Mv2－ (m＋ M)v ＝989 J.12 21 12 12 23答案：(1)320 m/s 7 362 N (2)989 J例题 3．两滑块 a、 b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块 a、 b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设 a、 b 的质量分别为 m1、 m2， a、 b 碰撞前的速度为 v1、 v2.由题给图象得v1＝－2 m/s①v2＝1 m/s②a、 b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v.由题给图象得 v＝ m/s③23由动量守恒定律得m1v1＋ m2v2＝( m1＋ m2)v④联立①②③④式得m1∶ m2＝1∶8⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Δ E＝ m1v ＋ m2v － (m1＋ m2)v2⑥12 21 12 2 12由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝ (m1＋ m2)v2⑦12联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶Δ E＝1∶2⑧答案：(1)1∶8 (2)1∶2例题 4．如图，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直； a 和 b 相距l， b 与墙之间也相距 l； a 的质量为 m， b 的质量为 m.两物块与地面间的动摩擦因数均相34同．现使 a 以初速度 v0向右滑动．此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为 g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．4解析：设物块与地面间的动摩擦因数为 μ .若要物块 a、 b 能够发生碰撞，应有mv μmgl ①12 20即 μ ②v202gl设在 a、 b 发生弹性碰撞前的瞬间， a 的速度大小为 v1.由能量守恒有mv ＝ mv ＋ μmgl ③12 20 12 21设在 a、 b 碰撞后的瞬间， a、 b 的速度大小分别为 v1′、 v2′，由动量守恒和能量守恒有mv1＝ mv1′＋ mv2′④34mv ＝ mv1′ 2＋ v2′ 2⑤12 21 12 12(34m)联立④⑤式解得 v2′＝ v1⑥87由题意知， b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知v2′ 2≤ μ mgl⑦12(34m) 34联立③⑥⑦式，可得μ ≥ ⑧32v20113gl联立②⑧式， a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件 ≤ μ ⑨32v20113gl v202gl答案： ≤ μ 32v20113gl v202gl例题 5．如图所示，木块 A、 B 的质量均为 m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块 A、 B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让 A、 B 以初速度 v0一起从 O 点滑出，滑行一段距离后到达 P 点，速度变为 ，此时炸药爆炸使木块 A、 B 脱离，发现木块v02B 立即停在原位置，木块 A 继续沿水平方向前进．已知 O、 P 两点间的距离为 s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：5(1)木块与水平地面的动摩擦因数 μ ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为 μ ，炸药爆炸释放的化学能为 E0.从 O 滑到 P，对 A、 B 由动能定理得－ μ ·2mgs＝ ·2m( )2－ ·2mv ①12 v02 12 20解得 μ ＝ ②3v208gs(2)在 P 点爆炸时， A、 B 动量守恒，有 2m· ＝ mv③v02根据能量守恒定律，有E0＋ ·2m·( )2＝ mv2④12 v02 12联立③④式解得 E0＝ mv .14 20答案：(1) (2) mv3v208gs 14 201动量守恒定律1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．3．定律的表达式m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．可写为： p＝ p′、Δ p＝0 和 Δ p1＝－Δ p24．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．对点自测1． (多选) 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：选 ACD.当两手同时放开时，系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项 A 正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项 B 错，而 C、D 正确．3．(多选)如图所示为两滑块 M、 N 之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )A．两滑块的动量之和变大B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向2C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等D．整个过程中两滑块的机械能增大解析：选 BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A 错误；由动量守恒定律得 0＝ mMvM－ mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B 正确；当 mM＝ mN时， vM＝ vN，C 正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D 正确．4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A．两球抛出后，船向左以一定速度运动B．两球抛出后，船向右以一定速度运动C．两球抛出后，船的速度为 0D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大解析：选 CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为 0，两球抛出后的系统总动量也是 0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为 0，船的动量也必为 0，船的速度必为 0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量 I 甲 ＝ mv－0，人给乙球的冲量 I2＝ mv－ mv′， v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．二 动量守恒定律的理解及应用1．动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．2．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋ m2v2＝ m1v1′＋ m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δ p1＝－Δ p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δ p＝0，系统总动量的增量为零．3例题 1．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量 M＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积 S＝10 cm2，速度 v＝10 m/s，水的密度 ρ ＝1.0×10 3 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量 m＝5 kg 的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小．解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒， 设当进入质量为 m 的水后，小车速度为 v1，则 mv＝( m＋ M)v1，即 v1＝ ＝2 m/smvm＋ M(2)质量为 m 的水流进小车后，在极短的时间 Δ t 内，冲击小车的水的质量Δ m＝ ρS (v－ v1)Δ t，设此时水对车的冲击力为 F，则车对水的作用力为－ F，由动量定理有－ FΔ t＝Δ mv1－Δ mv，得 F＝ ρS (v－ v1)2＝64 N，小车的加速度 a＝ ＝2.56 m/s 2FM＋ m答案：(1)2 m/s (2)2.56 m/s 2例题 2 光滑水平轨道上有三个木块 A、 B、 C，质量分别为 mA＝3 m、 mB＝ mC＝ m，开始时 B、 C 均静止， A 以初速度 v0向右运动， A 与 B 碰撞后分开， B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，此后 A 与 B 间的距离保持不变．求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小．解析 设 A 与 B 碰撞后， A 的速度为 vA， B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB， B 与 C 碰撞后粘在一起的速度为 v，由动量守恒定律得对 A、 B 木块： mAv0＝ mAvA＋ mBvB①对 B、 C 木块： mBvB＝( mB＋ mC)v②由 A 与 B 间的距离保持不变可知vA＝ v③联立①②③式，代入数据得vB＝ v0④65答案 v065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(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；4(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．过关检测1．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，在其右端放一质量为 m＝1.0 kg 的小木块 A.现以地面为参照系，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，但最后 A 并没有滑离木板 B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块 A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板 B 相对地面的速度大小可能是( )A．2.4 m/s B．2.8 m/sC．3.0 m/s D．1.8 m/s解析：选 A.A 相对地面速度为 0 时，木板的速度为 v1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－ mv＝ Mv1，解得： v1＝ m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为 v2，由动量83守恒得： Mv－ mv＝( M＋ m)v2，解得： v2＝2 m/s，故 B 对地的速度在 2 m/s～ m/s 范围内，83选项 A 正确．2．(多选)某同学质量为 60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为 2 m/s 的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是 140 kg，原来的速度大小是 0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为 105 kg·m/sC．船最终的速度是 0.95 m/sD．船的动量变化量是 105 kg·m/s解析：选 BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为 v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得： m 人 v 人 － m 船 v 船 ＝( m 人 ＋ m 船 )v，代入数据解得： v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故 A 错误，C 错误；人的动量的变化 Δ p 为：Δ p＝ m 人 v－ m 人 v 人 ＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故 B 正确；船的动量变化量为：Δ p′＝ m 船 v－ m 船 v 船 ＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故 D 正确．