【K12教育学习资料】[学习]2019年度高考物理一轮复习 第六章 动量 动量守恒定律 实验七 验证

第六章 动 量[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节动量定理(1)动量越大的物体，其速度越大。

(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。

(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。

(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

3．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。

4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。

突破点(一) 动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较动能 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E k ＝12mv 2 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 E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E k 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2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。

冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。

(2)冲量是矢量，功是标量。

(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。

3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。

(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

第1讲动量、冲量、动量定理板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动量Ⅱ1．定义：运动物体的质量m和它的速度v的乘积m v叫做物体的动量。

动量通常用符号p 来表示，即p＝m v。

2．单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号为kg·m/s。

说明：动量既有大小，又有方向，是矢量。

我们讲物体的动量，是指物体在某一时刻的动量，动量的方向与物体瞬时速度的方向相同。

有关动量的运算，一般情况下用平行四边形定则进行运算。

如果物体在一条直线上运动，则选定一个正方向后，动量的运算就可以转化为代数运算。

3．动量的三个性质(1)动量具有瞬时性。

物体的质量是物体的固有属性，是不发生变化的，而物体的速度是与时刻相对应的，由动量的定义式p＝m v可知，动量是一个状态量，具有瞬时性。

(2)动量具有相对性。

选用不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，指的是物体相对于地面的动量。

在分析有关问题时要先明确相应的参考系。

(3)矢量性。

动量是矢量，方向与速度的方向相同，遵循矢量运算法则。

【知识点2】动量的变化Ⅱ1．因为p＝m v是矢量，只要m的大小、v的大小和v的方向三者中任何一个发生变化，动量p就发生了变化。

2．动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。

3．动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量。

即Δp＝p′－p，此式为矢量式，若p′、p不在同一直线上，则要用平行四边形定则(或矢量三角形定则)求矢量差；若在同一直线上，则应先规定正方向，再用正、负表示p、p′的方向，最后用Δp＝p′－p＝m v′－m v进行代数运算。

【知识点3】动量、动能、动量变化量的比较Ⅱ【知识点4】冲量、动量定理Ⅱ1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积。

(2)表达式：I＝Ft。

单位：牛秒(N·s)。

(3)矢量性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。

专题强化七 动力学、动量和能量观点在力学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题. 2.学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题.3.用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律).一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论命题点一动量与动力学观点的综合应用1.解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量.(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换.这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.例1(2017·山西五校四联)如图1甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点.P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞.已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：图1(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.答案(1)8m/s 7 m/s (2)3.5s解析(1)在0～3s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得v＝8m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg ＝maP 在B 、C 两点间做匀减速直线运动，有： v 2－v 12＝2aL解得v 1＝7m/s(2)设P 与Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v 1′、v 2，有：mv 1＝mv 1′＋mv 212mv 12＝12mv 1′2＋12mv 22 碰撞后Q 做匀减速直线运动，有： μmg ＝ma ′t ＝v 2a ′解得t ＝3.5s变式1 (2018·宁夏银川质检)质量为m 1＝1200kg 的汽车A 以速度v 1＝21m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m 2＝800 kg 的汽车B 以速度v 2＝15 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t ＝1s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，取g ＝10m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求： (1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t 0＝0.2s ，则A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍； (3)两车一起滑行的距离. 答案 (1)6m/s (2)6倍 (3)6m 解析 (1)对于减速过程有a ＝μg对A 车有：v A ＝v 1－at 对B 车有：v B ＝v 2－at以碰撞前A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m 1v A －m 2v B ＝(m 1＋m 2)v 共可得v 共＝6m/s(2)对A 车由动量定理得：－Ft 0＝m 1v 共－m 1v A 可得F ＝7.2×104N 则Fm 1g＝6 (3)对共同滑行的过程有x ＝v 2共2a可得x ＝6m命题点二 动量与能量观点的综合应用1.两大观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律. 能量的观点：动能定理和能量守恒定律. 2.解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律). (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处.特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性.例2 如图2所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2m ，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑.水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连.已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内.a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后以共同速度一起向右运动.(g 取10 m/s 2)求：图2(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离. 答案 (1)1m/s (2)132m (3)0.125m解析 (1)对物块a ，由动能定理得 －μmgL ＝12mv 12－12mv 02代入数据解得a 与b 碰前a 的速度：v 1＝2m/s ；a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2 代入数据解得v 2＝1m/s(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v 2＝1m/s 的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s. 对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 32代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132m(3)由能量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m )v 32解得物块a 与车相对静止时与O 点的距离：x ＝0.125m变式2 (2017·山东潍坊中学一模)如图3所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态.现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .重力加速度为g ，求：图3(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能. 答案 (1)3v 04μg (2)4171024mv 02解析 (1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，以v 0的方向为正方向，根据动量定理得： －μmgt ＝14mv 0－mv 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得： 3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：ΔE ＝12mv 02－12×2mv 2A －12×3m ·(316v 0)2－12m ·(14v 0)2＝4171024mv 02命题点三 力学三大观点解决多过程问题1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动. (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动.(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动. 2.应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率).例3 (2015·广东理综·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).图4(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 答案 见解析解析 (1)由机械能守恒定律得： 12mv 02＝mg ·2R ＋12mv 2 得：A 滑过Q 点时的速度v ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s.在Q 点，由牛顿第二定律和向心力公式有：F ＋mg ＝mv 2R解得：A 滑过Q 点时受到的弹力F ＝22 N(2)设A 、B 碰撞前A 的速度为v A ，由机械能守恒定律有： 12mv 02＝12mv 2A 得：v A ＝v 0＝6 m/s A 、B 碰撞后以共同的速度v P 前进，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得： mv A ＝(m ＋m )v P解得：v P ＝3 m/s总动能E k ＝12(m ＋m )v 2P ＝9 J滑块每经过一段粗糙段损失的机械能 ΔE ＝F f L ＝μ(m ＋m )gL ＝0.2 J 则k ＝E kΔE＝45(3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段上损失的能量E 损＝n ΔE ＝0.2n J由能量守恒得：12(m ＋m )v 2P －12(m ＋m )v 2n ＝n ΔE代入数据解得：v n ＝9－0.2n m/s ，(n ＜k )变式3 如图5所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2s 至t 2＝4s 内工作.已知P 1、P 2的质量都为m ＝1kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4m ，g 取10m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.图5(1)若v 1＝6m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE k ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E km . 答案 (1)3m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14m/s 17J 解析 (1)P 1、P 2碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，有mv 1＝2mv解得v ＝v 12＝3m/s碰撞过程中损失的动能为ΔE k ＝12mv 12－12(2m )v 2解得ΔE k ＝9J.(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P 在AC 间等效为匀减速直线运动，设P 1、P 2碰撞后速度为v ，P 在AC 段加速度大小为a ，碰后经过B 点的速度为v 2，由牛顿第二定律和运动学规律，得 μ(2m )g ＝2ma 3L ＝vt －12at 2v 2＝v －at解得v 1＝2v ＝6L ＋μgt2tv 2＝6L －μgt 22t由于2s≤t ≤4s，所以解得v 1的取值范围10m/s ≤v 1≤14 m/sv 2的取值范围1m/s ≤v 2≤5 m/s所以当v 2＝5m/s 时，P 向左经过A 点时有最大速度v 3＝v 22－2aL ＝17m/s则P 向左经过A 点时的最大动能E km ＝12(2m )v 32＝17J1.如图1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 两木块同时以方向水平向右的初速度v 0和2v 0在木板上滑动，木板足够长，A 、B 始终未滑离木板.求：图1(1)木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B 所发生的位移大小； (2)木块A 在整个过程中的最小速度. 答案 (1)91v 0250μg (2)25v 0解析 (1)木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为v 1.对A 、B 、C 三者组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1解得v 1＝0.6v 0对木块B 运用动能定理，有： －μmgs ＝12mv 12－12m (2v 0)2解得：s ＝91v 0250μg(2)当A 和C 速度相等时速度最小，设为v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得 则：3mv 0＝4mv ＋m [2v 0－(v 0－v )] 则v ＝25v 0(其中v 0－v 为A 和B 速度的变化量)2.如图2所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′相切.现将一质量m ＝1.0kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10m/s 2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离.答案 (1)5m/s (2)0.5m解析 (1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1，以向左的方向为正方向 由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12mv 02－12(M ＋m )v 12＝mgR ＋μmgL② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车到二者相对静止的过程中，以向左的方向为正方向，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得： 12mv 02－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5m.3.如图3所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别是5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图3答案 54m 2gh 15128mgh解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 12解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有：mg h 16＝12mv 1′2解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv 1′＋5mv 2 解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 32解得：E pm ＝15128mgh .4.如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中.图4(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 答案 (1)116mv 02(2)1348mv 02解析 (1)以v 0的方向为正方向，对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1解得v 1＝12v 0B 与C 碰撞的瞬间，B 、C 组成的系统动量定恒，有 m ·v 02＝2mv 2解得v 2＝v 04系统损失的机械能ΔE ＝12m (v 02)2－12×2m (v 04)2＝116mv 02(2)当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝3mv解得v ＝v 03根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能E p ＝12mv 02－12(3m )v 2－ΔE ＝1348mv 02.小初高试卷教案习题集小初高试卷教案习题集 5.如图5所示，水平放置的轻弹簧左端固定，小物块P 置于水平桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长.现用水平向左的推力将P 缓缓推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为W F ＝6J.撤去推力后，小物块P 沿桌面滑动到停在光滑水平地面上、靠在桌子边缘C 点的平板小车Q 上，且恰好物块P 在小车Q 上不滑出去(不掉下小车).小车的上表面与桌面在同一水平面上，已知P 、Q 质量分别为m ＝1kg 、M ＝4kg ，A 、B 间距离为L 1＝5cm ，A 离桌子边缘C 点的距离为L 2＝90cm ，P 与桌面及P 与Q 的动摩擦因数均为μ＝0.4，g ＝ 10m/s 2，试求：图5(1)把小物块推到B 处时，弹簧获得的弹性势能；(2)小物块滑到C 点的速度大小；(3)P 和Q 最后的速度大小；(4)Q 的长度.答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m解析 (1)由能量守恒，增加的弹性势能为：E p ＝W F －μmgL 1＝(6－0.4×1×10×0.05) J＝5.8 J(2)对BC 过程由动能定理可知：E p －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 02，代入数据解得小物块滑到C 点的速度为： v 0＝2 m/s ；(3)以向右的方向为正方向，对P 、Q 由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v解得共同速度：v ＝0.4 m/s(4)对P 、Q 由能量守恒得：μmgL ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 代入数据解得小车的长度：L ＝0.4 m.。

第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2 动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图6­2­1所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图6­2­1A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图6­2­2所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图6­2­2A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，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 ．人和小船最终静止的水面上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．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [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m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6­2­3所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图6­2­3A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图6­2­4所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )【导学号：】图6­2­4A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B ＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C 组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【导学号：】【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图6­2­5甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s ­t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙图6­2­5A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图6­2­6所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图6­2­6【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．(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(或某一方向上是否守恒)；(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．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图6­2­7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4.0m/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( )图6­2­7A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [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 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67m/s.当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图6­2­8所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图6­2­8(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图6­2­9所示，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34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0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.【导学号：】图6­2­9【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 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧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32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6­2­10所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6­2­10(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。

50 力学三大规律的综合应用[方法点拨] 做好以下几步：①确定研究对象，进行运动分析和受力分析；②分析物理过程，按特点划分阶段；③选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．1．(2018·广东东莞模拟)如图1所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m 、相距l 沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离l 2，恰好停靠在墙边．若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小．2．(2017·河北石家庄第二次质检)如图2所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m 的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的距离为74R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图2(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．3.(2017·江西上饶一模)如图3所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的右端．已知A、B质量相等，C的质量为A的质量的2倍，木板C长为L，重力加速度为g.求：图3(1)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数；(2)当A刚到C的右端时，B、C相距多远？4．(2017·河南六市第一次联考)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，如图4所示．一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，O为弹簧自然伸长时钢板的位置．若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，已知重力加速度为g，计算结果可以用根式表示，求：图4(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1；(2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离．5．(2017·山东泰安一模)如图5所示，质量为m1＝0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M＝1 kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m2＝1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10 m/s，与长木板左端的滑块Q相碰，最后物块P 停在AC的正中点，Q停在木板上．已知台面AB部分光滑，P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1，AC间距离L＝4 m．Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求：图5(1)撤去推力时弹簧的弹性势能；(2)长木板运动中的最大速度；(3)长木板的最小长度．6．(2018·河北邢台质检)如图6所示，某时刻质量为m1＝50 kg的人站在m2＝10 kg的小车上，推着m3＝40 kg的铁箱一起以速度v0＝2 m/s在水平地面沿直线运动到A点时，该人迅速将铁箱推出，推出后人和车刚好停在A点，铁箱则向右运动到距A点s＝0.25 m的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回，弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一，当铁箱回到A点时被人接住，人、小车和铁箱一起向左运动，已知小车、铁箱受到的摩擦力均为地面压力的0.2倍，重力加速度g＝10 m/s2，求：图6(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功；(2)人、小车和铁箱停止运动时距A点的距离．答案精析1．(1)mkgl (2)m 6gkl解析 (1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v 1，与第二辆车碰后的共同速度为v 2.由动量守恒定律有mv 1＝2mv 2由动能定理有－2kmg ·l 2＝0－12(2m )v 22 则碰撞中系统损失的机械能ΔE ＝12mv 12－12(2m )v 22 联立以上各式解得ΔE ＝mkgl(2)设第一辆车推出时的速度为v 0由动能定理有－kmgl ＝12mv 12－12mv 02 I ＝mv 0联立解得I ＝m 6gkl2．(1)5mg (2)(33＋833)m 31解析 (1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg ·2R ＝12mv 02小球刚到最低点时，根据圆周运动规律和牛顿第二定律有： F N －mg ＝m v 02R据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F N ′＝F N联立解得：F N ′＝5mg(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv 0＝(m ＋M )v设小球到达最高点时与金属槽圆弧最低点的高度为h .则有R 2＋h 2＝(74R )2 根据能量守恒定律有：mgh ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2 联立解得M ＝(33＋833)m 31.3．(1)4v 0227gL (2)L 3解析 (1)设A 、B 的质量为m ，则C 的质量为2m .B 、C 碰撞过程中动量守恒，令B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 1 解得：v 1＝v 03 B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＋2mv 1＝3mv 2解得：v 2＝5v 09在A 、C 相互作用过程中，根据能量守恒定律得：F f L ＝12mv 02＋12×2mv 12－12×3mv 22又F f ＝μmg解得：μ＝4v 0227gL(2)A 在C 上滑动时，C 的加速度a ＝μmg 2m ＝2v 0227L A 从滑上C 到与C 共速经历的时间：t ＝v 2－v 1a ＝3L v 0B 运动的位移：x B ＝v 1t ＝LC 运动的位移x C ＝(v 1＋v 2)t 2＝4L 3B 、C 相距：x ＝x C －x B ＝L 34．(1)6gx 0sin θ2 (2)12mgx 0sin θ (3)x 02解析 (1)设物块与钢板碰撞前速度为v 0，3mgx 0sin θ＝12mv 02 解得v 0＝6gx 0sin θ设物块与钢板碰撞后一起运动的速度为v 1，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 mv 0＝2mv 1解得v 1＝6gx 0sin θ2(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为E p ，当它们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹性势能为零，根据机械能守恒定律得E p ＋12(2m )v 12＝2mgx 0sin θ解得E p ＝12mgx 0sin θ (3)设v 2表示质量为2m 的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得2mv 0＝3mv 2它们回到O 点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v ，由机械能守恒定律得 E p ＋12(3m )v 22＝3mgx 0sin θ＋12(3m )v 2在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v 继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O 点的距离为l ，有 v 2＝2al2mg sin θ＝2ma解得l ＝x 025．(1)27 J (2)2 m/s (3)3 m解析 (1)小物块P 由B 到C 的过程： W 弹－μ1m 1gL ＝12m 1v 02－0解得W 弹＝27 J E p ＝W 弹＝27 J即撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.(2)小物块P 和滑块Q 碰撞过程动量守恒，以v 0的方向为正方向m 1v 0＝－m 1v P ＋m 2v Q小物块P 从碰撞后到静止－12μ1m 1gL ＝0－12m 1v P 2 解得v Q ＝6 m/sQ 在长木板上滑动过程中：对Q ：－μ2m 2g ＝m 2a 1对木板：μ2m 2g －μ3(M ＋m 2)g ＝Ma 2解得a 1＝－4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2当滑块Q 和木板速度相等时，木板速度最大，设速度为v ，滑行时间为t . 对Q ：v ＝v Q ＋a 1t对木板：v ＝a 2t解得t ＝1 sv ＝2 m/s长木板运动中的最大速度为2 m/s(3)在Q 和木板相对滑动过程中Q 的位移：x Q ＝12(v Q ＋v )·t木板的位移：x 板＝12(0＋v )·t 木板的最小长度：L ＝x Q －x 板解得L ＝3 m6．(1)420 J (2)0.2 m解析 (1)人推铁箱过程，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得： (m 1＋m 2＋m 3)v 0＝m 3v 1解得v 1＝5 m/s人推出铁箱时对铁箱所做的功为： W ＝12m 3v 12－12m 3v 02＝420 J(2)设铁箱与墙壁相碰前的速度为v 2，箱子再次滑到A 点时速度为v 3，根据动能定理得：从A 到墙：－0.2m 3gs ＝12m 3v 22－12m 3v 12 解得v 2＝2 6 m/s从墙到A ：－0.2m 3gs ＝12m 3v 32－12m 3(12v 2)2 解得v 3＝ 5 m/s设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v 4，以向左方向为正方向，根据动量守恒定律得：m 3v 3＝(m 1＋m 2＋m 3)v 4解得v 4＝255m/s 根据动能定理得：－0.2(m 1＋m 2＋m 3)gx ＝0－12(m 1＋m 2＋m 3)v 42 解得x ＝0.2 m。

第六章 ⎪⎪⎪动 量[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节动量定理(1)动量越大的物体，其速度越大。

(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。

(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。

(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

3．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。

4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。

突破点(一) 动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较动能 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E k ＝12m v 2 p ＝m v 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 E k ＝p 22m ，E k ＝12p v ，p ＝2mE k ，p ＝2E k 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2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。

冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。

(2)冲量是矢量，功是标量。

(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。

3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。

(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

第六章动量[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)考点及要求2013～2017考情统计命题概率常考角度动量、动量定理、动量守恒定律及其应用(Ⅱ) '17Ⅰ卷T14(6分)，'17Ⅱ卷T15(6分)'17Ⅲ卷T20(6分)，'16Ⅰ卷T35(2)(10分)'16Ⅱ卷T35(2)(10分)独立命题概率60%(1)动量定理与动量守恒定律的应用(2)动量守恒与能量守恒的综合应用(3)动量守恒定律与磁场、电磁感应、原子核物理等知识的综合应用弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)'16Ⅲ卷T35(2)(10分)，'15Ⅰ卷T35(2)(10分)'15Ⅱ卷T35(2)(10分)，'14Ⅰ卷T35(2)(9分)'13Ⅰ卷T35(2)(9分)，'13Ⅱ卷T35(2)(10分)综合命题概率70%实验七：验证动量守恒定律' 14Ⅱ卷T35(2)(10分)综合命题概率25%第1节动量定理(1)动量越大的物体，其速度越大。

(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。

(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。

(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

3．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。

4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。

突破点(一) 动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较动能 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E k ＝12mv 2 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 E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E k 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2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。

2019届高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第1讲动量定理动量守恒定律重点课课件必考部分[ 第六章] 动量守恒定律第第1讲讲动量定理动量守恒定律 [ 重点课][ 考纲解读] 1. 用动量定理解释现象，用动量定理分析瞬时作用问题、流体问题． 2. 理解动量守恒定律的条件，能够应用动量守恒定律解决简单问题．基础分层导学[ 必备知识] 知识点一动量 1．．定义：物体的________ 与________ 的乘积． 2．．表达式：p ＝________. 3．．特征：矢量性、瞬时性、相对性． 4．．动量的变化( 也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等) (1) 定义：动量的变化等于________ 与________ 之差．质量速度 mv 末动量初动量(2) 表达式：____________ ，p 也是矢量，p 的方向由初、末动量的方向共同决定． p ＝p －－p知识点二冲量 1．．定义：_____ 与_______________ 的乘积叫做力的冲量．力力的作用时间2. 公式：________. 3．．单位：________ ，符号是________ ． 4．．标矢性：冲量是________ ，方向是由__________ 决定的． 5．．物理意义：表示力的作用对________ 的积累效果． 6．．作用效果：使物体的________ 发生变化． I ＝Ft 牛顿秒秒 Ns 矢量力的方向时间动量知识点三动量定理 1．．内容：物体在一个过程始末的_____________ 等于它在这个过程中所受力的冲量． 2．．表达式：F(t －－t) ＝mv －－mv 或或 I ＝p －－p. 3．．对动量定理的理解 (1) 动量定理的内容有两方面：一是合外力冲量的大小与动量变化的大小________ ，二是动量变化的方向与冲量的方向________ ． (2) 动量定理的研究对象，可以是__________ ，也可以是__________ ．对物体系统，内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系统的动量变化．动量变化量相等相同单个物体物体系统知识点四动量守恒定律 1．．内容：如果一个系统__________ ，或者__________________为为 0 ，这个系统的总动量____________ ． 2．．成立条件( 具备下列条件之一) (1) 系统___________ ． (2) 系统所受外力的矢量和为___________ ．不受外力所受外力的矢量和保持不变不受外力03．．表达式 (1)m 1 v 1 ＋＋m 2 v 2 ＝＝m 1 v 1 ＋＋m 2 v 2 含义：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于于____________________ ． (2)p 1 ＝－p 2 含义：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___________ 、___________. 作用后的动量之和大小相等方向相反[ 双基夯实] 1 ．判断正误． (1) 冲量是物体动量变化的原因．( ) (2) 作用在静止的物体上的力的冲量一定为零．( ) (3) 冲量的方向就是物体运动的方向．( ) (4) 物体的动量发生变化，其动能一定变化．( ) (5) 只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒. ( )2 ．质为量为 5 kg 的小球以 5 m/s 的速度竖直落到地板上，随后以以3 m/s 的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为( )A ．10 kgm/sB ．－10 kgm/sC ．40 kgm/sD ．－40 kgm/s D解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正量方向，则小球的初动量 p 1 ＝＝mv 1 ＝＝25 kgm/s ，末动量 p 2 ＝＝mv 2 ＝－15 kgm/s ，所以动量的变化 p ＝p 2 －－p 1 ＝－40 kgm/s.3 ．( 多选) 以初速度 v 为水平抛出一质量为 m 的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断中，正确的是( ) A ．在两个相同的时间间隔内，石块受到的冲量相同 B ．在两个相同的时间间隔内，石块动量的增量相同 C ．在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同D ．在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同 ABD解析：不计空气阻力，石块只受重力作用，无论路程怎样，只要两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A 项正确．由动量定理可知，石块动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相同的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B 项正确．由于石块下落时在竖直方向上做加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，所以动量的增量不同，C 项错误．根据动能定理，外力对石块所做的功等于石块动能的增量，由于石块只受重力的作用，且在重力的方向上石块的位移相同，所以重力做的功就相同，因此动能的增量就相同，D项正确．4 ．如图所示，两个质量相同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，在到达斜面底端的过程中( ) A ．重力的冲量相同 B ．弹力的冲量相同 C ．合力的冲量相同 D ．合力的冲量大小相同 D解析：量重力的冲量 I G ＝＝mgt ，物体下滑时间不同，故 I G 不同，A 项错误．弹力与斜面垂直，两物块所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B 项错误．两物块所受合力的方向平行于斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，所以合力的冲量不同，C 项错误．由机械能守恒定律可知，物体到达底端时的速率相同，又两物体的质量由相同，所以由 I ＝mv 知，合力的冲量大小相同，故 D 项正确．5 ．如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，弹子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象( 系统) ，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( ) A ．动量守恒、机械能守恒 B ．动量不守恒、机械能不守恒 C ．动量守恒、机械能不守恒 D ．动量不守恒、机械能守恒 B题型重点研讨考点动量和冲量 [ 重点讲解] 1．．冲量和动量的比较项目量冲量 I 量动量 p 定义力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量质量和速度的乘积叫做动量公式 I ＝Ft p ＝mv 单位 Ns kgm/s 标矢性性矢量，方向与恒力的方向相同矢量，方向与速度的方向相同特点过程量状态量2. 一条直线上矢量运算步骤 (1) 规定正方向． (2)用用＋、－号表示各矢量方向：与正方向相同的取正值，相反的取负值，未知量用符号包含方向． (3) 将矢量运算简化为代数运算．[ 衡中调研] 型题型 1 动量、动量变化的理解 [例典例 1] 在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中( ) A ．三个小球动量的变化量相同 B ．下抛球和平抛球动量的变化量相同 C ．上抛球动量的变化量最大 D ．三个小球落地时的动量相同 C[ 解析] 三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt ＝p ，可得上故抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故 C 正确，A、、B 错误．根据动能定理有 mgh＝＝ 12 mv2 － 12 mv20 ，可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下故抛运动的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同，故 D 错错误．[ 变式 1] 质量是 8 g 的玻璃球，以 3 m/s 的速度向右运动，碰以到一个物体后被弹回，以 2 m/s 的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量．[ 解析] 则设水平向右的方向为正方向，则 p ＝mv ＝8 10－ 3 3 kgm/s ＝2.4 10－ 2 kgm/s，，p ＝＝mv ＝＝8 10－ 3 ( －2) kgm/s ＝－1.6 10－ 2kgm/s 为故玻璃球动量的变化量为 p ＝p －－p ＝－1.6 10－ 2 kgm/s－－2.4 10－ 2 kgm/s ＝－4.0 10－ 2 kgm/s －表示动量变化量的方向水平向左． [ 答案] 4.0 10－ 2 kgm/s ，方向水平向左型题型 2 冲量的理解及计算 [ 典例 2] 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它在竖轨直方向上的直径．两根光滑滑轨 MP 、QN 的端点都在圆周上，MPQN. 将两个完全相同的小滑块 a 、b 分别从 M 、Q 点无初速度释沿放，在它们各自沿 MP 、QN 运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A ．合力对两滑块的冲量大小相同B ．重力对 a 滑块的冲量较大C ．弹力对 a 滑块的冲量较小D ．两滑块的动量变化大小相同[ 解析] 这是等时圆，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F ＝mgsin ( 为滑轨倾角)，，F a F b 对，因此合力对 a 滑块的冲量较大，a 滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、力方向都相同；弹力 F N ＝mgcos ，，F Na F Nb 对，因此弹力对 a 滑块的冲量较小．故选项 C ．正确． [ 答案] C[ 变式 2] ( 多选) 如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑端斜面由静止开始从顶端下滑到底端 C 、D 、E 处，三个过程中重力为的冲量的大小依次为 I 1 、、I 2 、、I 3 为，动量变化量的大小依次为 p 1 、、p 2 、p 3 ，则有( ) ABCA ．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等等B ．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C ．I 1 I 2 I 3 ，，p 1 ＝＝p 2 ＝＝p 3D ．I 1 I 2 I 3 ，，p 1 p 2 p 3解析：三个物体滑到底端所用时间不同，所以重力冲量不同；由于重力做功相同，所以速度大小相等，动能的变化量相等，动量变化大小相等、合力的冲量大小相等，A 、B 、C 正确．(1)．动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度． (2) 动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算． (3) 只有合力的冲量才等于动量变化量，某一个力的冲量一般不等于动量变化量．考点动量定理的理解和应用 [ 重点理解] 1．．动量定理理解的要点 (1) 应用动量定理时研究对象既可以是单一物体，也可以是系统，当为系统时不考虑内力的冲量． (2) 求合力的冲量的方法有两种：一是先求合力再求合力冲量；二是求出每个力的冲量再对冲量求和． (3) 动量定理是矢量式，列方程之前先规定正方向．2．．动量定理的应用 (1) 应用 I ＝p 求变力的冲量． (2) 应用 p ＝Ft 求动量的变化量． (3) 运用动量定理解决连续流体的作用问题，即变质量问题，常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等．[ 衡中调研] 型题型 1 应用动量定理解释物理现象 [例典例 3] (2018 河北邯郸广平一中期中) 从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎．这是因为( ) A ．掉在水泥地上，玻璃杯的动量大 B ．掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大 DC ．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D ．掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大[ 解析] 杯子从同一高度落下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相理同，由动量定理 I ＝p 可知，冲量也相等；但由于在软泥地上，软由泥地的缓冲使接触时间较大，由 I ＝Ft 可知，杯子受到的作用力较有小，故杯子在水泥地上比在软泥地上更易破碎；只有 D 选项正确．型题型 2 动量定理的应用 [ 典例 4] (2016 全国卷ⅠⅠ) 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水为柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，为假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v 0 竖直向上喷出；玩具底部为平板(于面积略大于 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．已知水的密度为为，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．[ 关键点拨] 对流体变质量问题，研究对象的选择是解题中的间重要环节．在本题中，一般以在较短时间 t ．内喷出的水为研究现象．[ 解析] (1)设设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V ，质量为为 m ，则 m ＝V ① V ＝v 0 St ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 mt＝v 0 S. ③ (2) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h ，水从喷口喷出为后到达玩具底面时的速度大小为 v.于对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得 12 mv2 ＋＋mgh＝＝ 12 mv20 ④在在 h 高度处，t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量为变化量的大小为 p ＝mv ⑤为设水对玩具的作用力的大小为 F ，根据动量定理有 Ft ＝p ⑥得由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F ＝Mg ⑦联立③④⑤⑥⑦得式得 h＝＝v 202g －M 2 g2 2 v 20 S2 . ⑧ [ 答案] (1)v 0 S (2) v202g －M 2 g2 2 v 20 S2应用动量定理解题的三点注意 (1) 动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系( 即要注意各个量的正负) ． (2) 动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和． (3) 应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统．考点动量守恒定律的理解及应用 [ 重点理解] 1．．适用条件 (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．2. 动量守恒定律的四性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度( 一般是相对于地面) 同时性的动量是一个瞬时量，表达式中的 p 1 、、p 2 、必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p 1 、、p 2 、量必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统[ 衡中调研] 型题型 1 对动量守恒定律条件的理解 [ 典例 5] ( 多选)，如图所示，A、、B 两物体质量之比 m A ∶∶m B ＝＝3∶∶2 ，原来静止在平板小车 C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑．当弹簧突然释放后，则( ) BCDA ．若 A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 组成的系统动量守恒 B若．若 A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A 、B 、C组成的系统动量守恒C ．若 A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 组成的系统动量守恒恒D ．若 A 、B 所受的摩擦力大小相等，A 、B 、C 组成的系统动量守恒[ 解析] 要判断 A 、B 组成的系统动量是否守恒，要先分析 A、、B 组成的系统受到的合外力与 A 、B 之间相互作用的内力，看合外力之和是否为零，或者内力是否远远大于合外力．[ 变式 3] (2018 江苏苏北调研) 如图所示，小车与木箱紧挨着静止放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木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( ) CA ．男孩与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、小车的总动量增量相同解析：为如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为 0 ，那么这个系统的总项动量保持不变．选项 A 中，男孩与木箱组成的系统受项到小车对系统的摩擦力的作用；选项 B 中，小车与木箱组成的系统项受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项 D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相选反．故选 C.型题型 2 动量守恒定律的应用 [ 典例 6] 人和冰车的总质量为 m 总为，另有一质量为 m 的木球，m 总∶∶m ＝31 ∶2 ，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度 v( 相对于地面) 将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦．设球与挡板碰撞时无机械能损失，人接住球后再以同样的速度度 v( 相对于地面) 将球沿冰面向正前方推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球．[ 解析] 人在接球和推球的过程中均满足动量守恒的条件，以推球的方向为正方向第一次推球，0 ＝mv －m 总 v 1 ，v 1 ＝ mvm 总( 人后退速度) 球碰挡板后速度变为－v ，又被以 v 1 后退的人接到－－m 总 v 1 －－mv ＝－(m 总＋＋m)v 1 为人接球后后退速度为 v 1 ＝2mvm 总＋＋m 第二次推球，－(m 总＋＋m)v 1 ＝＝mv －m 总 v 2 v 2 ＝ 3mvm 总第二次接球，－m 总 v 2 －－mv ＝－(m 总＋＋m)v 2 度人第二次接球后后退速度 v 2 ＝4mvm 总＋＋m 第三次推球，－(m 总＋＋m)v 2 ＝＝mv －m 总 v 3 v 3 ＝ 5mvm 总第三次接球，－m 总 v 3 －－mv ＝－(m 总＋＋m)v 3 度人第三次接球后后退速度 v 3 ＝6mvm 总＋＋m第综上所述，人第 n 次推球后，后退速度为 v n ＝2n －1mvm 总，球度碰挡板后又以速度 v 滑向人，若人不再能接球，必须有 v n v ，即2n －1mvm 总 v 出得出 n1＋＋ m总m2即，即 n 12 1＋＋ 312＝＝8.25 球所以人推球 9 次后将不再接到球． [ 答案] 9 次[ 典例 7] 如图所示，物体 A 和和 B 质量分别为 m 2 和和 m 1 ，其水为平直角边长分别为 a 和和 b.A 、B 之间存在摩擦，B 与水平地面无摩的擦．可视为质点的 A 与地面间的高度差为 h ，当 A 由由 B 的顶端从静到止开始滑到 B 的底端时． (1)B 的水平位移是多少？ (2)A 滑到斜面底端时速度为 v 2 时，此时 B 的速度为 v 1 . 则在 A 下下滑过程中，A 损失的机械能为多少？[ 解析] (1) 设向右为正方向，下滑过程中 A 的水平速度为－v 2 ，B 的速度为 v 1 对，对 A 和和 B 组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，有则每时每刻都有 m 1 v 1 －－m 2 v 2 ＝＝0 ，有则有 m 1 x 1 －－m 2 x 2 ＝＝0 ，知由题意可知 x 1 ＋＋x 2 ＝＝b －a ，得联立可得 x 1 ＝ m2b －a m 1 ＋＋m 2.(2) 根据能量守恒定律，m 2 为损失的机械能为 m 2 gh－－ 12 m 2 v22 －12m 1 v 21 . [ 答案] (1) m 2 b －a m 1 ＋＋m 2 (2)m 2 gh －－ 12 m 2 v22 － 12 m 1 v21应用动量守恒定律的解题步骤 (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( 或某一方向上是否守恒) ． (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．谢谢观看！。