高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训7动量定理和动量守恒定律

动量守恒定律一：复习要点1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。

2．一般数学表达式：''11221122m v m v m v m v +=+3．动量守恒定律的适用条件 ：①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F 合=0）；②系统所受的外力远小于内力（F 外F 内），则系统动量近似守恒；③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒)4．动量恒定律的五个特性①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算③同时性：12,v v 应是作用前同一时刻的速度，''12,v v 应是作用后同—时刻的速度 ④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷二：典题分析1.放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是 ( )A.两手同时放开，两车的总动量等于零B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左D ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB2．Ａ、Ｂ两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰．用频闪照相机在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中Ｂ像有重叠，ｍＢ＝（3／2）ｍＡ，由此可判断 （ ）Ａ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 Ｂ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｃ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｄ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为 B3．质量为50㎏的人站在质量为150㎏（不包括人的质量）的船头上，船和人以0.20m/s 的速度向左在水面上匀速运动，若人用t =10s 的时间匀加速从船头走到船尾，船长L ＝5m ，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系） 解析：设人走到船尾时，人的速度为x v ，船的速度为y v 对系统分析：动量守恒()y x Mv mv v M m +=+0对船分析：（匀加速运动） S =t v v y⋅+2对人分析：（匀加速运动） t v v L S x⋅+=-20 得：S = 3.25 m.4．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，…，n 的物体，所有物块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，…n 号物块的初速度分别是v 0，2 v 0，3 v 0，…nv 0，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。

专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题)1．[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m 的子弹以水平速度v 0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )A ．Mmv 0M ＋mB ．2Mv 0C ．2Mmv 0M ＋mD ．2mv 02.[2022·湖南押题卷]如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C ，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，则下列说法错误的是( )A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为m 0m mgL2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL2m ＋m 0C ．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L2m ＋m 03．[2022·湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v ，在随后的一段时间内速度大小由2v 增大到5v .前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 1和W 2，合外力的冲量大小分别为I 1和I 2.下列关系式一定成立的是( )A ．W 2＝3W 1，I 2≤3I 1B ．W 2＝3W 1，I 2≥I 1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I14.[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4 040倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车( )A.2 020 B．2 021 C．2 022 D．2 0235.[2022·重庆押题卷]如图所示，光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的光滑圆弧槽，槽底端离地高度为R，B为光滑小球，从圆弧槽左端静止释放，若滑块固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x1；若滑块不固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x2；已知x1∶x2＝1∶3.由此可知，小球B和滑块A的质量比为( ) A．1∶2 B．2∶1C．1∶3D．2∶36．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q 处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒7．[2022·湖南卷]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­ t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变二、非选择题8.如图所示，质量m＝1 kg的弹性小球A在长为l＝0.9 m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P，P处有一个水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8 m，槽内有许多质量均为M＝3 kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰(碰撞时间极短)，钢球水平飞出做平抛运动．每次被小球A 碰撞后，槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充运动到P点位置且静止．现将小球A 在顶点P以v0＝32 m/s的初速度向左抛出(如图)，小球均可视为质点，g取10 m/s2，求：(1)第一次碰撞后瞬间，小球A和第一个钢球获得的速度；(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数；(3)第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．9.[2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；(3)滑杆向上运动的最大高度h.专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律1．解析：由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：mv 0＝（M ＋m ）v ，解得v ＝mv 0M ＋m根据动量定理，合外力的冲量I ＝Mv ＝Mmv 0M ＋m，故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A2．解析：小球C 下落到最低点时，AB 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒有：m 0gL ＝12m 0v 2C ＋12×2m ×v 2AB取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m 0v C ＝2m ×v AB联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0 ，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确； C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理I AB ＝mv AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误； C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地向左水平位移大小为x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0 ，故D 正确．答案：C3．解析：根据动能定理可知W 1＝12 m （2v ）2－12 mv 2＝32 mv 2，W 2＝12 m （5v ）2－12m （2v ）2＝212mv 2，可得W 2＝7W 1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv ≤I 1≤3mv ，3mv ≤I 2≤7mv ，比较可得I 2≥I 1，一定成立．D 正确．答案：D4．解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A 车后，小孩和B 车获得速度为v 1，由动量守恒定律m B v 1－m A v ＝0解得v 1＝m Am Bv小孩第n －1次推出A 车后小孩和B 车获得速度为v n －1，第n 次推出A 车后，小孩和B车获得速度为v n .第n 次推出A 车前后，由动量守恒定律m A v ＋m B v n －1＝－m A v ＋m B v n得v n －v n －1＝2m Am Bv由等差数列公式得v n ＝v 1＋（n －1）2m A m B v ＝2n －14 040 v当v n ≥v 时，再也接不到小车，即2n －14 040 ≥1得n ≥2 020.5 取n ＝2 021，故选B. 答案：B5．解析：A 的质量为m A ，B 的质量为m B ；当滑块固定时，由动能定理m B gR ＝12 m B v 2B随后小球B 做平抛运动x 方向x 1＝v B t y 方向R ＝12gt 2联立得x 1＝2R若滑块不固定时，由水平方向上动量守恒0＝m A v A ＋m B v B 由能量守恒得m B gR ＝12 m B v 2B ＋12m A v 2AB 随后做平抛运动，A 随后做匀速运动 x 方向x 2＝v B t －v A t y 方向R ＝12gt 2因为x 1∶x 2＝1∶3 联立得m A ∶m B ＝1∶2，故选B. 答案：B6．解析：碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A 错误；碰后红壶运动的距离为x 1＝R 2－R 1＝0.61 m 蓝壶运动的距离为x 2＝2R 2＝2.44 m二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v 21 ＝2ax 1对蓝壶有v 22 ＝2ax 2联立可得v 1v 2 ＝12即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B 正确；设红壶碰前速度为v 0，则有mv 0＝mv 1＋mv 2，故有v 0＝3v 1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C 正确；碰前的动能为E k0＝12 mv 2碰后动能为E k1＝12 mv 21 ＋12 mv 22则有E k0>E k1，机械能不守恒，D 错误． 答案：BC7．解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mgv ，因此在0～t 1时间内，结合v ­t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v ­t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C 项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．答案：AC8．解析：（1）小球A 在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv ′1；12 mv 20 ＝12 mv 21 ＋12Mv ′21联立解得v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0＝－16 m/s ；v ′1＝2m M ＋m v 0＝12v 0＝16 m/s. （2）利用上述方程还可得小球A 第一次碰后的速度v 1＝m －M M ＋m v 0＝－12 v 0同理可知碰撞n 次以后瞬间的速度为v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 n v 0，负号表示与碰前入射速度方向相反，小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n 次后假定再次到达P 位置，其速度大小一定有v n ≥gl ＝3 m/s ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12 nv 0≥gl ，解得3<n <4，n 为整数，所以取4，小球A 可以与4个钢球碰撞．（3）第4个钢球碰后速度v ′4＝2mm ＋Mv 4＝2 m/s ，由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动，水平距离是x ＝x 1＋x 4，平抛时间是t ＝ 4Lg＝0.6 s ，得x ＝（16＋2）×0.6m ＝10.8 m答案：（1）见解析 （2）4个 （3）10.8 m9．解析：（1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知N 1＝（m ＋M ）g ＝8 N滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N 2＝Mg －f代入数据得N 2＝5 N.（2）方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg ＋f ＝ma 1 解得a 1＝15 m/s 2，方向向下 由运动学公式得v 2－v 20 ＝－2a 1l 代入数据得v ＝8 m/s.方法二 由动能定理得－（mg ＋f ）l ＝12 mv 2－12 mv 20代入数据解得v ＝8 m/s.（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv ＝（M ＋m ）v共代入数据得v 共＝2 m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有 －（M ＋m ）gh ＝0－12 （M ＋m ）v 2共代入数据得h ＝0.2 m答案：（1）8 N 5 N （2）8 m/s （3）0.2 m。

专题07动量定理动量守恒定律目录01动量定理的理解及应用 (2)考向一动量定理的应用 (2)考向二利用动量定理处理流体(变质量)问题 (10)02动量守恒定律的理解及应用 (14)考向一碰撞模型 (14)考向二爆炸反冲人船模型 (18)01动量定理的理解及应用考向一动量定理的应用1．（2023·福建·高考真题）（多选）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。

以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。

则（）A．0~2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B．乙车在t=2s和t=6s时的速度相同C．2~6s内，甲、乙两车的位移不同D．t=8s时，甲、乙两车的动能不同【答案】BC【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0~2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0~ 2s内根据动量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s,乙车在0~6s内根据动量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s,则可知乙车在t=2s和t=6s时的速度相同，故B正确；C．根据图（a）可知，2~6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2~6s内乙车一直向正方向运动，则2~6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；D．根据图（a）可知，t=8s时甲车的速度为0，则t=8s时，甲车的动能为0；乙车在0~8s内根据动量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0,可知t=8s时乙车的速度为0，则t=8s时，乙车的动能为0，故D错误。

故选BC。

2．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P 点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。

某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。

第7天动量和动量守恒定律（复习篇）1．理解动量、冲量的概念，知道动量和动能的区别与联系.知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量．2.理解动量定理及其表达式.会用动量定理解释有关物理现象并进行有关计算．3.能在具体问题中判断动量是否守恒，并熟练运用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象.能用动量守恒定律分析和解决实际问题．1.(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，如图所示，经时间t，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．重力对物体的冲量大小为mgt sin θB．支持力对物体的冲量大小为零C．摩擦力对物体的冲量大小为mgt sin θD．合力对物体的冲量大小为零答案CD解析根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为mgt，A错误；对物体进行受力分析可知支持力大小F N＝mg cos θ，则支持力对物体的冲量大小为mg cos θ·t，B错误；摩擦力F f＝mg sin θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为mgt sin θ，C正确；因物体静止，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确．2.如图所示，光滑水平面上有一辆质量为4m的小车，车上左、右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始时两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度大小将是()A．1.5v0B．v0C．大于v0，小于1.5v0D．大于1.5v0答案A解析两人和车组成的系统开始时动量为6m v0，方向向右．当乙、甲两人先后以相对地面大小相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人动量的矢量和为零，则有6m v0＝4m v车，解得v车＝1.5v0，A 正确．一、动量定理1．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＝m v′－m v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)不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用．2．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＝ΔE k可知，动能定理反映力对空间的累积效应．3．动量定理的应用(1)定性分析有关现象．①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤．(3)应用动量定理求解变力的冲量．二、动量守恒定律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一、动量定理例题1. (多选)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC．球棒对垒球做的功为126 JD．球棒对垒球做的功为36 J答案 AC解析 设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v 1－v 0)，取末速度方向为正方向，代入数据解得F ＝1 260 N ．对整个过程，由动能定理得W ＝12m v 12－12m v 02＝126 J ，故A 、C 正确．解题归纳：动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向；动能定理是标量式，应用时不用选取正方向．涉及一段时间(或冲量)选用动量定理；涉及一段位移(或功)选用动能定理． 二、动量守恒的条件例题2. (多选)如图所示，A 、B 两物体质量之比为m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当两物体被同时释放后，则( )A ．若A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则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，则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，则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，则A 、B 、C 组成系统的动量守恒 答案 BCD解析 若μA ＝μB ，m A ∶m B ＝3∶2，故F f A ∶F f B ＝3∶2，A 、B 组成的系统合外力不为零，所以A 、B 组成的系统动量不守恒，A 项错误；当F f A ＝F f B ，A 、B 组成的系统合外力为零，动量守恒，C 项正确；当把A 、B 、C 作为系统时，由于地面光滑，故不论A 、B 与C 之间摩擦力大小情况如何，系统受到的合外力均等于0，所以A 、B 、C 组成的系统动量守恒，故B 、D 项正确． 解题归纳：系统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．（建议用时：30分钟）一、单选题1．(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是()A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零答案ABD解析当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则，可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图甲所示，A正确．当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图乙所示，Δp与p1或p2方向相反，B正确．当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变．动量可能不变化，即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C错误．当物体做平抛运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，D正确．2．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，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为F f，重力加速度为g.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mg sin θ(t1＋t2) B．mg sin θ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0答案C解析根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以I G＝mg(t1＋t2)，C正确．3．一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则()A．t＝2 s时，物块的动量大小为0B．t＝3 s时，物块的速率为1 m/sC．t＝0到t＝1 s时间内，合力F对物块冲量的大小为1 N·sD．t＝2 s到t＝3 s时间内，物块动量变化量的大小为2 kg·m/s答案 B解析 F －t 图像和时间轴所围成的面积表示物块受到的冲量，根据动量定理I 合＝Δp ，则有1＋22×2kg·m/s ＝p －0，解得p ＝3 kg·m/s ，A 错误；由动量定理，1＋22×2 kg·m/s －1×1 kg·m/s ＝m v －0，得v ＝1 m/s ，B 正确；在t ＝0到t ＝1 s 时间内，合力F 对物块冲量大小I ＝1×2 N·s ＝2 N·s ，C 错误；t ＝2 s 到t ＝3 s 时间内，物块动量变化量大小Δp ＝I ＝1×1 kg·m/s ＝1 kg·m/s ，D 错误．4．光滑水平桌面上有A 、B 两个物块，B 的质量是A 的n 倍．将一轻弹簧置于A 、B 之间，用外力缓慢压A 、B .撤去外力后，A 、B 同时开始运动，则A 和B 最终动量大小的比值为( ) A ．n 2 B ．n C.1n D ．1答案 D解析 在光滑水平桌面上，摩擦力为零，撤去外力后A 、B 组成的系统所受外力之和为零，所以系统总动量守恒，A 、B 物块的动量大小相等，方向相反，因此A 和B 的最终动量大小的比值为1，D 选项正确．二、多选题5．一质量m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t ＝0.2 s 以大小v ＝1 m/s 的速度离开地面，重力加速度g ＝10 m/s 2.在这0.2 s 内( ) A ．地面对运动员的冲量大小为180 N·s B ．地面对运动员的冲量大小为60 N·s C ．地面对运动员做的功为零 D ．地面对运动员做的功为30 J 答案 AC解析 运动员的速度原来为零，起跳后变为v ，以竖直向上为正方向，由动量定理可得：I －mg Δt ＝m v －0，故地面对运动员的冲量为：I ＝m v ＋mg Δt ＝60×1 N·s ＋60×10×0.2 N·s ＝180 N·s ，故A 正确，B 错误；运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，则地面对运动员做的功为零，故C 正确，D 错误．6．如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m 的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )A ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动B ．小木块和木箱最终速度为MM ＋m v 0C ．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案 AB解析 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终二者以相同的速度一起向右运动，取v 0的方向为正方向，由动量守恒定律：M v 0＝(M ＋m )v ，解得：v ＝M v 0M ＋m，A 、B 正确，C 、D 错误．三、解答题7．一质量为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v 0＝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/s 2.(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 ＝12m v 2－12m v 02可得μ＝0.32.(2)选碰后速度方向为正方向，由动量定理，有F Δt ＝m v ′－m v ，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 ＝12m v ′2＝9 J.8．一辆车在水平光滑路面上以速度v 匀速向右行驶，车上的人每次以相同的速度4v (对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m 的沙包．抛出第一个沙包后，车减速为原来的34，则抛出第四个沙包后，此车的运动情况如何？ 答案 车以v3的速度向左行驶解析 设车的总质量为M ，抛出第四个沙包后车速为v 1，取车行驶的方向为正方向，由全过程动量守恒得M v ＝(M －4m )v 1＋4m ·4v ① 对抛出第一个沙包前后列方程有： M v ＝(M －m )34v ＋m ·4v ②联立①②式，解得抛出第四个沙包后车速为v 1＝－v3，负号表示向左行驶．。

第5讲动量定理、动量守恒定律考点一动量、冲量和动量定理1.(功、冲量等综合辨析)(多项选择)为了进一步研究课本中的实验,某同学从圆珠笔中拿出轻弹簧,将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,使劲把笔帽往下压后快速松开,他察看到笔帽被弹起并走开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽视笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢还原长的过程中()A.笔帽向来做加快运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的均匀功率大于笔帽战胜重力做功的均匀功率2.(动量定理的应用)在圆滑水平面上,本来静止的物体在水平力F作用下,经过时间t后,动量为p,动能为E k;若该物体在此圆滑水平面上由静止出发,仍在水平力F 的作用下,则经过时间2t后物体的()A.动量为4pB.动量为pC.动能为4E kD.动能为2E k3.(动量定理求均匀力)用豆粒模拟气体分子,能够模拟气体压强产生的原理.如图5-1所示,从距秤盘80 cm高度处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,连续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒遇到的重力),已知1000粒的豆粒的总质量为100 g,则在碰撞过程中秤盘遇到的压力大小约为()图5-1A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.1.6 N4.(动量定理求电荷量)如图5-2所示,两根间距为L的平行金属导轨PQ和MN处于同一水平面内,左端连结一阻值为R的电阻,导轨平面处于竖直向上的匀强磁场中,磁感觉强度为B.一质量为m的导体棒CD垂直于导轨且与导轨接触优秀,不计导轨和导体棒的电阻,不计导体棒与导轨间的摩擦.现对CD棒施加水平向右的恒力F,使CD棒由静止开始向右做直线运动.若经过时间t,CD棒获取的速度为v,求此过程中经过CD棒的电荷量q.图5-2概括应用动量定理解题的一般步骤为:(1)明确研究对象和物理过程;(2)剖析研究对象在运动过程中的受力状况及各力的冲量;(3)选用正方向,确立物体在运动过程中始、末两状态的动量;(4)依照动量定理列方程、求解.考点二动量守恒定律的理解和应用1 如图5-3所示,圆滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱的质量为m,小车和人的总质量为M,M∶m=4∶1,人以速率v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来此后,人接住木箱再以相同大小的速度v第二次推出木箱,木箱又被原速率反弹……问人最多能推几次木箱?图5-3[导思] ①人每次推出或接住箱子的过程,动量守恒吗?②多次推出和接住箱子,含箱子与挡板碰撞过程,动量守恒吗?③人不可以接住箱子,其速度应知足什么条件?概括动量守恒定律的理解与应用1.动量守恒定律建立的条件:(1)系统不受外力或许所受合外力为零;(2)系统受外力,但外力远小于内力,能够忽视不计,如碰撞、爆炸等;(3)系统在某一方向上所受的合外力为零,则该方向上动量守恒.2.动量守恒定律的表达形式:(1)m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2,即p1+p2=p'1+p'2;(2)Δp1+Δp2=0,即Δp1=-Δp2.3.动量守恒的速度拥有“四性”:(1)矢量性;(2)刹时性;(3)相对性;(4)普适性.式1 (多项选择)如图5-4所示,将质量为M1、半径为R且内壁圆滑的半圆槽置于圆滑水平面上,左边靠墙角,右边靠一质量为M2的物块.今让一质量为m的小球自左边槽口A的正上方h高处从静止开始落下,自A点切入槽内,则以下结论中正确的选项是 ()图5-4A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向上动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向上动量不守恒C.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块构成的系统动量不守恒D.若小球能从C点走开半圆槽,则小球必定会做竖直上抛运动式2 (多项选择)甲、乙两个质量都为M的小车静止在圆滑水平川面上.质量为m的人站在甲车上并以速率v(对地)跳上乙车,接着仍以对地的速率v反跳回甲车.对于这一过程,以下说法中正确的选项是 ()A.最后甲、乙两车的速率相等B.最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙=M∶(m+M)C.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量大小I1与人在整个过程中对乙车的冲量大小I2的关系是I1=I2D.人从甲车跳到乙车时对甲车的冲量大小I1与人在整个过程中对乙车的冲量大小I2的关系是I1<I2考点三动量与能量的简单综合应用2 (多项选择)如图5-5所示,质量为3m、半径为R的圆滑半圆形槽静置于圆滑水平面上,A、C为半圆形槽槽口对称等高的两点,B为半圆形槽的最低点.将一可视为质点、质量为m的小球从左边槽口A点自由开释,小球沿槽运动的过程中,不计空气阻力,以下说法正确的选项是(重力加快度为g) ()图5-5A.小球和半圆形槽构成的系统机械能守恒、动量守恒B.小球恰好能够抵达半圆形槽右边的C点C.半圆形槽的最大速率为D.半圆形槽相对于地面的最大位移为R[导思] ①小球和半圆形槽构成的系统动量守恒吗?②半圆形槽速率达到最大值时小球的地点在哪儿?式1 (多项选择)质量为M的小车静止在水平面上,静止在小车左端的质量为m 的小球忽然获取一个水平向右的初速度v0,并沿曲面运动,若曲面很长,小球不行能从右端走开,不计全部阻力,对于运动过程剖析正确的选项是(重力加快度为g) ()图5-6A.小球沿小车上涨的最大高度小于B.小球回到小车左端的速度大小仍为v0C.小球和小车构成的系统机械能守恒D.小球到最高点的速度为式2 高空杂技表演中,悬在同一点的两根长均为L的轻绳分别系着男、女演员,他们在竖直面内先后从不一样高度由静止相向摆下,在最低点相拥后,恰能一同摆到男演员的出发点.已知男、女演员的质量分别为M、m,女演员的出发点与最低点的高度差为,重力加快度为g,不计空气阻力,男、女演员均视为质点.(1)求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小.(2)若两人接着从男演员的出发点一同由静止摆下,抵达最低点时男演员推开女演员,为了使女演员恰能回到其最先出发点,男演员应付女演员做多少功?【真题模型再现】碰撞、爆炸等模型根源图例考向统计剖析2017·全国卷Ⅰ第14题将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g焚烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬时,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽视) ()A.30 kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s动量守恒定律、反冲经过近几年高考真题的统计能够看出,动量定理和动量守恒定律是考察的热门,以碰撞、爆炸等为模型,能够考察动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速运动等方面问题.从应用解题来看,应依据碰撞、爆炸与反冲的特色剖析,选择适合的物理规律.碰撞波及弹性和非弹性两种,系统的机械能不增添,反冲和爆炸过程,系统的机械能常常增大,要充足应用能量与动量进行综合剖析,反冲等问题常常还与运动相关,属于典型的力学综合问题,能力要求高.2017·全国卷Ⅱ第15题一静止的铀核放出一个α粒子衰变为钍核,衰变方程为U Th He.以下说法正确的选项是()A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量反冲和爆炸与原子物理联合2018·全国卷Ⅰ第24题一质量为m的烟花弹获取动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上涨的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获取的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加快度大小为g.不计空气阻力和火药的质量.求:(1)烟花弹从地面开始上涨到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.竖直上抛、爆炸,动量守恒定律、能量守恒定律等知识的综合应用2018·全国卷Ⅱ第24题匀变速直线运动规律、牛顿运动定律和动量守恒定律【模型中心概括】1.常考的模型:(1)碰撞中的“两物体作用模型”;(2)碰撞中的“多物体作用模型”;(3)碰撞中的“图像类问题模型”;(4)“反冲模型”;(5)“爆炸模型”.2.模型解法:(1)碰撞遵照的三个原则:①动量守恒,即p1+p2=p'1+p'2;②系统动能不增添,即E k1+E k2≥E'k1+E'k2;③速度合理,碰撞前v前<v后,碰撞后v'前≥v'后.(2)熟记两个结论: ①“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度知足v1=v0,v2=v 0,质量相等的两物体发生弹性碰撞后互换速度;②发生完整非弹性碰撞后两物体共速,动能损失最多.(3) “反冲模型”和“爆炸模型”中有其余形式能量转变为机械能,系统动能增添.测1 (与原子物理联合)在核反响堆中,铀235核汲取一个热衷子(慢中子)后,可发生裂变反响,放出能量和2~3个快中子.为了能使裂变反响连续下去,需要将反响中放出的快中子减速.有一种减速的方法是第5讲动量定理、动量守恒定律高频考点研究考点一1.CD[分析] 在弹簧恢还原长的过程中,笔帽受重力和弹簧弹力作用,先加快运动后减速运动,选项A错误;桌面未动,位移为0,弹簧对桌面做功为0,而弹簧对笔帽做正功,选项B错误;在弹簧恢还原长的过程中,弹簧对笔帽的力和对桌面的力时辰大小相等,弹簧对笔帽和对桌面的冲量大小相等,选项C正确;对笔帽,由动能定理得W弹簧-mgh=mv2,则>,即弹簧对笔帽的弹力做功的均匀功率大于笔帽战胜重力做功的均匀功率,选项D正确.2.C[分析] 依据动量定理得Ft=p,F·2t=p1,解得p1=2p,故A、B错误;依据牛顿第二定律得F=ma,解得a=,因为水平力F不变,则加快度不变,依据x=at2知,时间变为本来的2倍,则位移变为本来的4倍,依据动能定理得Fx=E k,Fx1=E k1,解得E k1=4E k,故C正确,D错误.3.B[分析] 设豆粒从80 cm高处落到秤盘上时速度为v, 有v2=2gh,则v==m/s=4 m/s,以向上为正方向,依据动量定理得Ft=mv2-mv1,则F==N=0.6 N,选项B正确.4.[分析] 导体棒在恒力作用下做加快度减小的加快运动,设Δt时间内导体棒的速度由v变为v+Δv,所以由动量定理得FΔt-BLIΔt=mΔv,即FΔt-BLΔq=mΔv能够将时间t内的运动过程分解成N个这样的细小过程,N趋势无量大.将这样的细小过程都累加起来得Ft-BLq=mv-0解得q=.考点二例13次[分析] 选木箱、人和小车构成的系统为研究对象,取向右为正方向.设第n次推出木箱后代与小车的速度为v n,第n次接住后速度为v'n,则由动量守恒定律可知第一次推出后,有0=Mv1-mv,则v1=v第一次接住后,有Mv1+mv=(M+m)v'1第二次推出后,有(M+m)v'1=Mv2-mv,则v2=v第二次接住后,有Mv2+mv=(M+m)v'2……第n-1次接住后,有Mv n-1+mv=(M+m)v'n-1第n次推出后,有(M+m)v'n-1=Mv n-mv,则v n=v设最多能推N次,推出后,有v n≥v,v n-1<v,即v≥v,且v<v所以≤N<+1将=4代入,可得2.5≤N<3.5因N取整数,故N=3.例1变式1BC[分析] 动量守恒的条件是系统不受外力或许所受合外力为0,小球从A到B的过程中,半圆槽受墙壁的作用,所以动量不守恒,选项A错误,B、C 正确;若小球能从C点走开半圆槽,小球从B到C过程中,半圆槽向右运动,设小球到B时的速度为v0,三者在水平方向上动量守恒,有mv0=(m+M1+M2)v x,则小球走开半圆槽时有水平方向的分速度,小球将做斜抛运动,选项D错误.例1变式2BD[分析] 对人与甲车构成的系统,由动量守恒定律得mv-Mv1=0,同理,对乙车与人构成的系统,人跳上乙车时,有mv=(m+M)v2,人跳离乙车时,有(m+M)v2=Mv乙-mv,对人与甲车构成的系统,由动量守恒定律得mv+Mv1=(m+M)v,解得=,选项A错误,B正确;由动量定理,对甲车,有I1=Mv1=mv,对乙车,甲有I2=Mv=2mv,故I1<I2,选项C错误,D正确.乙考点三例2BD[分析] 对于小球和半圆形槽构成的系统,只有重力做功,水平方向上不受外力,则系统机械能守恒且水平方向上动量守恒,选项A错误;当小球抵达B点时,二者的速率最大,且0=3mv1-mv2,mgR=×3m+m,解得v1=,选项C 错误;设小球到槽右边最高点的速度为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律,有0=(3m+m)v,mgR=×4mv2+mgh,联立解得h=R,选项B正确;设小球运动到右边最高点的水平位移为x1,该过程半圆形槽相对于地面的位移为x2,水平方向上动量守恒,有0=3mx2-mx1,而x1+x2=2R,解得x2=,选项D正确.例2变式1AC[分析] 以小球和小车整体为系统,在水平方向上动量守恒,有mv0=(M+m)v,小球上涨到最高点时,二者拥有共同的水平速度v=,选项D错误;对小球和小车构成的系统,仅有重力做功,系统机械能守恒,因为拥有水平速度,所以小球上涨到最高点时动能不行能所有转变为重力势能,即m>mgh,所以h<,选项A、C正确;小球回到小车左端,设二者的速度分别为v1和v2,有mv0=mv1+Mv2,m=m+M,解得v1=v0,选项B错误.例2变式2(1)2mg(2)gL[分析] (1)设女演员摆到最低点时速度大小为v1,由机械能守恒定律得mg=m在最低点时,设绳索对女演员的拉力大小为F,由牛顿第二定律得F-mg=m设女演员对绳索的拉力大小为F',依据牛顿第三定律得F'=F联立解得F'=2mg(2)设男演员下摆高度为h,到最低点时速度大小为v2,由机械能守恒定律得Mgh=M设男、女演员相拥后拥有的共同速度大小为v3,由动量守恒定律得mv1-Mv2=(m+M)v3一同摆到男演员出发点的过程中,由机械能守恒定律得(m+M)gh=(m+M)男、女演员一同摆到最低点时速度大小仍为v2,女演员被推开后速度大小应为v1,由动能定理得,男演员对女演员做的功W=m-m联立解得W=gL热门模型解读展望1D[分析] 由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,由能量守恒定律得m1=m1+m2,解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,又E0=m1,则E1=m1=m1=,选项D正确.展望2BC[分析] 从动量守恒的角度剖析,四个选项都正确;从能量角度剖析,A、B碰撞过程中没有其余形式的能量转变为它们的动能,所以碰撞后它们的总动能不可以增添.碰前B在前,A在后,碰后假如二者速度同向,必定还是B在前,A在后,A不行能超越B,所以碰后A的速度应小于或等于B的速度.A选项中,明显碰后A的速度大于B的速度,这是不切合实质状况的,选项A错误.碰前A、B的总动能E k=+=,对于碰后A、B的总动能,B选项中E'k=+=<E k=,所以B可能,C选项中E'k=+==E k,选项C也可能,D选项中E'k=+=>E k=,选项D是不行能的.展望3(1)(2)kmgl[分析] (1)设滑扣A的初速度为v0,细线拉紧时滑扣A的速度为v1,细线拉紧后,A、B滑扣的共同速度为v2,细线拉紧前,滑扣A的加快度a=kg,细线拉紧后,滑块A连续滑行的加快度大小也为a,有-=-2almv1=2mv20-=-2a·联立解得v2=,v1=2,v0=(2)系统在整个运动过程中,由能量守恒定律得ΔE=m-kmgl-k·2mg·=kmgl 使用石墨(碳12)作减速剂,设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞,一个动能为E0的快中子与静止的碳原子碰撞一次后,中子的动能大小变为()A.E0B.E0C.E0D.E0测2 (碰撞可能性)(多项选择)A、B两个质量相等的球在圆滑的水平面上沿同向来线向同一方向运动,A球的动量是7 kg·m/s,B球的动量是5 kg·m/s,A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能分别是()A.p'A=8 kg·m/s,p'B=4 kg·m/sB.p'A=6 kg·m/s,p'B=6 kg·m/sC.p'A=5 kg·m/s,p'B=7 kg·m/sD.p'A=-2 kg·m/s,p'B=14 kg·m/s测3 (动量与能量综合)如图5-7所示,水平固定的长滑杆上套有两个质量均为m 的薄滑扣(即能够滑动的圆环)A和B,两滑扣之间由不行伸长的柔嫩轻质细线相连,细线长度为l,滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k倍.开始时两滑扣能够近似地当作挨在一同(但未互相挤压).今给滑扣A一个向左的初速度使其在滑杆上开始向左滑行,细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行,连续滑行距离后静止.假定细线拉紧过程的时间极短,重力加快度为g.求:图5-7(1)滑扣A的初速度大小;(2)整个过程中只是因为细线拉紧惹起的机械能损失.。