【物理】2019届一轮复习人教版 动　量 学案 78页

第六章 Error! 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)，'17 Ⅱ卷 T15(6 分) '17Ⅲ卷 T20(6 分)，'16 Ⅰ卷 T35(2)(10 分) '16Ⅱ卷 T35(2)(10 分) 独立命题概率 60% 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% (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 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 Ek＝1 2mv2 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＝ p2 2m，Ek＝1 2pv，p＝ 2mEk，p＝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 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＋F2 2 t，其中 F1、F2 为该段时间内初、末两时刻力的大小。 ②作出 F­t 变化图线，图线与 t 轴所夹的面积即为变力的冲量。如 图所示。 ③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过 求 Δp 间接求出冲量。 [题点全练] 1．下列说法正确的是(　　) A．动量为零时，物体一定处于平衡状态 B．动能不变，物体的动量一定不变 C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变 D．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 解析：选 D　动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如 汽车的启动瞬时速度为零，故 A 错误；动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可 以变化的，故动量是可能发生变化的，故 B 错误；物体做匀变速直线运动时，物体的合外力 大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化，故 C 错误；物体受到恒力作用 时有可能做曲线运动，如平抛运动，故 D 正确。 2．[多选]关于力的冲量，以下说法正确的是(　　) A．只有作用时间很短的力才能产生冲量 B．冲量是矢量，其方向就是力的方向 C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向 D．如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零 解析：选 BCD　只要有力及作用时间，力就会有冲量，选项 A 错误；冲量是矢量，其 方向与力的方向相同，故 B 正确；作用力与反作用力大小相等，同时产生同时消失，故二力 的冲量一定大小相等，方向相反，故 C 正确；若力不等于零，则在一段时间内其冲量一定不 为零；故 D 正确。 3．质量为 2 kg 的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g 取 10 m/s2， 下列说法中正确的是(　　) A．2 s 末小球的动能为 40 J B．2 s 末小球的动量大小为 40 kg·m/s C．2 s 内重力的冲量大小为 20 N·s D．2 s 内重力的平均功率为 20 W 解析：选 B　2 s 末小球的速度 v＝gt＝20 m/s，则动能为 E k＝1 2mv2＝400 J，选项 A 错 误；2 s 末小球的动量大小为 p＝mv＝40 kg ·m/s，选项 B 正确；2 s 内重力的冲量大小为 I＝ mgt＝40 N·s，选项 C 错误；2 s 内重力的平均功率为P＝mgv＝1 2mgv＝200 W，选项 D 错误。 突破点(二)　动量定理的理解和应用 1．应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间 Δt 越短，力 F 就越大，力的作用时间 Δt 越长，力 F 就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力 F 一定时，力的作用时间 Δt 越长，动量变化量 Δp 越大，力的作用时间 Δt 越短，动量变化量 Δp 越小。 2．应用动量定理解题的一般步骤 (1)明确研究对象和研究过程 研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相 对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。 (2)进行受力分析 只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内 部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分 析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的 冲量，然后求它们的矢量和。 (3)规定正方向 由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向， 与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。 (4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。 (5)根据动量定理列式求解。 3．应用动量定理解题的注意事项 (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。 (4)初态的动量 p 是系统各部分动量之和，末态的动量 p′也是系统各部分动量之和。 (5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。 [典例]　(2016·全国卷Ⅰ)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。为计算方便起见，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。 [审题指导] (1)质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空中说明水柱对玩具的冲力大小为 Mg。 (2)单位时间内喷出的水的质量等于长为 v0，截面积为 S 的水柱的质量。 (3)喷口喷出的水向上运动过程中只受重力作用，机械能守恒。 [解析]　(1)设 Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为 ΔV，质量为 Δm，则 Δm＝ρΔV① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 Δm Δt ＝ρv0S。 ③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度 大小为 v。对于 Δt 时间内喷出的水，由机械能守恒得 1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝1 2(Δm)v02 ④ 在 h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v ⑤ 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝v02 2g－ M2g 2ρ2v02S2。 ⑧ [答案]　(1)ρv0S　(2)v02 2g－ M2g 2ρ2v02S2 [规律方法]　动量定理在变质量(如流体)中的应用 研究对象为“变质量”的“连续”的流体(如水流、空气流等)，以水流为例，一般要假 设一段时间 Δt 内流出的水柱，其长度为 vΔt，水柱底面积为 S，得水柱体积 V＝SvΔt，水柱 质量为 Δm＝ρV＝ρSvΔt，再对质量为 Δm 的水柱应用动量定理求解。 [集训冲关] 1．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉 动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是(　　) A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 解析：选 C　用水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于 迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力，A、B 均错误；迅速拉动纸带时，因作用时间短， 重物所受冲量较小，重物速度变化小，纸带易抽出，故 C 正确，D 错误。 2．(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从 几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降 至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选 A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加 速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是 先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动 能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向 始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选 项 A 正确，选项 B、C、D 错误。 3．(2018·北京市通州区摸底)在水平地面的右端 B 处有一面墙，一 小物块放在水平地面上的 A 点，质量 m＝0.5 kg，AB 间距离 s＝5 m，如 图所示。小物块以初速度 v0＝8 m/s 从 A 向 B 运动，刚要与墙壁碰撞时的速度 v1＝7 m/s， 碰撞后以速度 v2＝6 m/s 反向弹回。重力加速度 g 取 10 m/s2。求： (1)小物块从 A 向 B 运动过程中的加速度 a 的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数 μ； (3)若碰撞时间 t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力 F 的大小。 解析：(1)从 A 到 B 过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：a＝v12－v02 2s ＝72－82 2 × 5 m/s2＝－1.5 m/s2。 (2)从 A 到 B 过程，由动能定理，有： －μmgs＝1 2mv12－1 2mv02 代入数据解得：μ＝0.15。 (3)对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有： FΔt＝mv2－m(－v1) 可得：F＝130 N。 答案：(1)1.5 m/s2　(2)0.15　(3)130 N 巧思妙解——练创新思维 动量定理处理“微粒连续作用”类问题 1．微粒及其特点 (1)微粒常指电子流、光子流、微尘等。 (2)特点：①质量具有独立性；②已知单位体积内的粒子数 n。 2．解题一般步骤 (1)建立“柱体”模型：沿运动的方向选取一段微元，柱体的截面积为 S。 (2)研究微元粒子数：作用时间 Δt 内的一段微元柱体的长度为 Δl＝v0Δt，柱体体积 ΔV＝ Sv0Δt，柱体内的粒子数 N＝nSv0Δt。 (3)先对单个微粒应用动量定理，建立方程，再乘以 N 计算。　　　　 [应用体验] 1．自动称米机已在粮食工厂中广泛使用，有人认为：米流落到容器中时有向下的冲量 会增大分量而不划算；也有人认为：自动装置即刻切断米流时，尚有一些米仍在空中，这些 米是多给买者的。因而双方争执起来，究竟哪方说的对呢？请分析说明。 解析：设空中米流的质量为 m1，已落入秤盘中米的质量为 m2，正在落入秤盘中米的质 量为 Δm，只要分析出秤盘的示数与(m1＋Δm＋m2)g 的关系，问题便得以解决。设称米机的 流量为 d(单位时间内流出米的质量)，称米机出口到容器中米堆上表面的高度为 h，因米流出 口处速度小，可视为零，故米流冲击米堆的速度 v＝ 2gh。秤的示数 F 应等于 m2、Δm 的 重力以及 Δm 对秤盘冲击力 F′大小之和。以 m2＋Δm 为研究对象，根据动量定理得 (F－m2g－Δmg)Δt＝Δmv＝Δm 2gh F＝Δm Δt 2gh＋m2g＋Δmg＝d 2gh＋m2g＋Δmg 又因空中米的质量为 m1＝dt＝d 2h g 故 m1g＝d 2gh 则 F＝m1g＋Δmg＋m2g＝(m1＋Δm＋m2)g。 可见自动称米机的示数恰好等于空中米流、已落入秤盘的米与正在落入秤盘的米的重力 之和，不存在划不划算的问题。 答案：见解析 2．根据量子理论，光子的能量 E 与动量 p 之间的关系式为 E＝pc，其中 c 表示光速， 由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光 压”，用 I 表示。 (1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为 P0，射出的光束的横截面积为 S，当它 垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力 F＝2pN，其中 p 表示 光子的动量，N 表示单位时间内激光器射出的光子数，试用 P0 和 S 表示该束激光对物体产 生的光压。 (2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射 率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为 1 350 W，探测器和薄膜的总质量为 m＝100 kg，薄膜面积为 4×104 m2，求此时探测器的加速度大 小。 解析：(1)在单位时间内，功率为 P0 的激光器的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，所以：p ＝P0 Nc(kg·m/s) 由题意可知：激光对物体表面的压力 F＝2pN 故激光对物体产生的光压：I＝F S＝2P0 cS (Pa)。 (2)由上一问可知： I＝2P0 cS (Pa)＝2 × 1.35 × 103 3 × 108 × 1 Pa＝9×10－6Pa 所以探测器受到的光的总压力 FN＝IS 膜， 对探测器利用牛顿第二定律有 FN＝ma 故此时探测器的加速度 a＝IS膜 m ＝9 × 10－6 × 4 × 104 100 m/s2＝3.6×10－3 m/s2。 答案：(1)2P0 cS (Pa)　(2)3.6×10－3 m/s2 (一)普通高中适用作业 [A 级——基础小题练熟练快] 1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一 的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座 舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　) A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选 B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变 化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正 确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时 功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是 变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误。 ★2．(2018·合肥一模)质量为 0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面上， 再以 4 m/s 的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动 量变化量 Δp 和合外力对小球做的功 W，下列说法正确的是(　　) A．Δp＝2 kg·m/s　W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s　W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s　W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s　W＝2 J 解析：选 A　取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－ mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上。 由动能定理，合外力做的功：W＝1 2mv22－1 2mv12＝1 2×0.2×42J－1 2×0.2×62J＝－2 J。 故 A 正确。 3．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的 作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示， 则(　　) A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB　法一：根据 F­t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量， 可知在 0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应 用动量定理 I＝mΔv 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、 1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s， 则 A、B 项正确，C、D 项错误。 法二：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1＝F1 m＝2 2 m/s2＝1 m/s2，t＝1 s 时物块的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A 正确；t＝2 s 时物块的速率 v2＝a1t2＝2 m/s， 动量大小为 p2＝mv2＝4 kg·m/s，B 正确；物块在 2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小 为 a2＝F2 m＝0.5 m/s2，t＝3 s 时物块的速率 v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s， 动量大小为 p3＝mv3＝3 kg·m/s，C 错误；t＝4 s 时物块的速率 v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D 错误。 4.将一个质量为 m 的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端 由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时 t，如图所示，设在下滑的前一半 时间内木块的动量变化为 Δp1，在后一半时间内其动量变化为 Δp2，则 Δp1∶ Δp2 为(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶1 D．2∶1 解析：选 C　木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合 力大小恒定为 F＝mgsin θ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得 Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶ (F·t2)＝(mgsin θ·1 2t)∶(mgsin θ·1 2t)＝1∶1。故选项 C 正确。 ★5．(2018·三明一中模拟)质量为 m 的钢球自高处落下，以速率 v1 碰地，竖直向上弹回， 碰撞时间极短，离开地的速率为 v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为(　　) A．向下，m(v1－v2)　　　　　 B．向下，m(v1＋v2) C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2) 解析：选 D　根据动量定理可知钢球受到合力的冲量等于钢球动量的变化量，选取向下 为正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则钢球受到合力的冲量的方向向上，大小为 m(v1 ＋v2)。故 D 正确。 [B 级——中档题目练通抓牢] 6．[多选]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为 m 的小 球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为 v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小 球上升到最高点为过程 1，小球从最高点至返回地面为过程 2。如果忽略空气阻力，则下述 说法正确的是(　　) A．过程 1 和过程 2 动量的变化大小都为 mv0 B．过程 1 和过程 2 动量变化的方向相反 C．过程 1 重力的冲量为 mv0，且方向竖直向下 D．过程 1 和过程 2 重力的总冲量为 0 解析：选 AC　根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为 v0，方向竖 直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程 动量的变化量 Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量 Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均 为 mv0，且方向均竖直向下，A、C 正确，B 错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高 点又返回地面的整个过程中重力的冲量为 I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D 错误。 7．一个质量为 m＝100 g 的小球从 h＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若 从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时 间内，软垫对小球的冲量为(取 g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：选 C　设小球自由下落 h＝0.8 m 的时间为 t1，由 h＝1 2gt12 得 t1＝ 2h g ＝0.4 s。 设 IN 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量 定理得 mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得 IN＝－0.6 N·s。 负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项 C 正确。 ★8．[多选]质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动，经过时间 t，下降的高度为 h，速度变为 v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　) A．m(v－v0) B．mgt C．m v2－v02 D．m 2gh 解析：选 BCD　由动量定理可得，物体在时间 t 内动量变化量的大小为 mgt，B 正确； 物体在平抛运动过程中速度变化量 Δv 沿竖直方向，其大小 Δv＝ v2－v02，由机械能守恒定 律可得：1 2mv02＋mgh＝ 1 2mv2，所以 v2－v02＝ 2gh，故物体动量变化量 Δp＝mΔv＝m v2－v02＝m 2gh，选项 C、D 均正确，只有选项 A 错误。 ★9．将质量为 500 g 的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒 700 g 水的流量注入杯中。 注至 10 s 末时，台秤的读数为 78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？ 解析：以在很短时间 Δt 内，落在杯中的水柱 Δm 为研究对象，水柱受向下的重力 Δmg 和向上的作用力 F。 设向上的方向为正，由动量定理得： (F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv) 因 Δm 很小，Δmg 可忽略不计，并且Δm Δt ＝0.7 kg/s F＝Δm Δt v＝0.7v(N) 台秤的读数 G 读＝(m 杯＋m 水)g＋F 78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v 解得 v＝5 m/s。 答案：5 m/s 10．如图所示，质量 0.5 kg，长 1.2 m 的金属盒 AB，放在水平桌面上， 它与桌面间动摩擦因数 μ＝1 8，在盒内右端 B 放着质量也为 0.5 kg，半径为 0.1 m 的弹性球，球与盒接触面光滑。若在 A 端给盒以水平向右的冲量 1.5 N·s，设盒在运动 中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求： (1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少； (2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。 解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量 I 后获得速度 v， 由动量定理，有 I＝mv－0，v＝ I m＝1.5 0.5 m/s＝3 m/s 盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg －μ·2mg＝ma 即 a＝－2μg 盒运动了 x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m 后速度减少为 v′。 v′2－v2＝2ax1 v′＝ v2－2 × 2μgx1＝ 32－2 × 2 × 1 8 × 10 × 1 m/s ＝2 m/s， 盒左壁 A 以 v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以 v′＝2 m/s 的速 度向右做匀速直线运动，运动 1 m 后又与盒的右壁相碰，盒又以 v′＝2 m/s 的速度向右 运动，直到停止。 0－v′2＝2ax2 即 x2＝ －v′2 2a ＝ －v′2 －2 × 2μg＝ 22 2 × 2 × 1 8 × 10 m＝0.8 m 因 x2 只有 0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。 (2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为 t1 根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝v－v′ 2μg ＝ 3－2 2 × 1 8 × 10 s＝0.4 s； 小球匀速运动时间 t2＝ x1 v′＝1 2 s＝0.5 s ； 盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为 t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′ t3＝v′ 2μg＝ 2 2 × 1 8 × 10 s＝0.8 s； 总时间 t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s [C 级——难度题目自主选做] 11．[多选](2018·常德模拟)如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止 开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深 度为 h 的 B 点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为 g。关于小球 下落的整个过程，下列说法正确的有(　　) A．小球的机械能减小了 mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为 mgh C．小球所受阻力的冲量大于 m 2gH D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选 AC　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了 mg(H＋h)，则小 球的机械能减小了 mg(H＋h)，故 A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－ Wf＝0，则小球克服阻力做功 Wf＝mg(H＋h)，故 B 错误；小球落到地面的速度 v＝ 2gH， 对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m 2gH，得：IF＝IG＋m 2gH，知阻力的 冲量大于 m 2gH，故 C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的 冲量和阻力冲量的矢量和，故 D 错误。 12．[多选](2018·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验 结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做 匀变速直线运动，恰好能穿出第 4 个水球，则可以判断的是(　　) A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选 BCD　恰好能穿出第 4 个水球，即末速度 v＝0，逆向看子弹由右向左做初速 度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－ 3)∶( 3－ 2)∶ ( 2－1)∶1，则 B 正确。由于加速度 a 恒定，由 at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变 化不同，A 项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由 I＝ft 可知每个水球 对子弹的冲量不同，C 项正确。由动能定理有 ΔEk＝fx，f 相同，x 相同，则 ΔEk 相同，D 项 正确。 (二)重点高中适用作业 [A 级——保分题目巧做快做] 1．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的 摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在 竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　) A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 解析：选 B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变 化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正 确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时 功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是 变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误。 2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线 运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB　法一：根据 F­t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量， 可知在 0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应 用动量定理 I＝mΔv 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、 1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s， 则 A、B 项正确，C、D 项错误。 法二：前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1＝F1 m＝2 2 m/s2＝1 m/s2，t＝1 s 时物块的速率 v1＝a1t1＝1 m/s，A 正确；t＝2 s 时物块的速率 v2＝a1t2＝2 m/s， 动量大小为 p2＝mv2＝4 kg·m/s，B 正确；物块在 2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小 为 a2＝F2 m＝0.5 m/s2，t＝3 s 时物块的速率 v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s， 动量大小为 p3＝mv3＝3 kg·m/s，C 错误；t＝4 s 时物块的速率 v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D 错误。 3．将一个质量为 m 的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶 端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时 t，如图所示，设在下滑的前一 半时间内木块的动量变化为 Δp1，在后一半时间内其动量变化为 Δp2，则 Δp1∶Δp2 为(　　) A．1∶2　　　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶1 D ．2∶1 解析：选 C　木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合 力大小恒定为 F＝mgsin θ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得 Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶ (F·t2)＝(mgsin θ·1 2t)∶(mgsin θ·1 2t)＝1∶1。故选项 C 正确。 4．[多选]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为 m 的小 球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为 v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小 球上升到最高点为过程 1，小球从最高点至返回地面为过程 2。如果忽略空气阻力，则下述 说法正确的是(　　) A．过程 1 和过程 2 动量的变化大小都为 mv0 B．过程 1 和过程 2 动量变化的方向相反 C．过程 1 重力的冲量为 mv0，且方向竖直向下 D．过程 1 和过程 2 重力的总冲量为 0 解析：选 AC　根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为 v0，方向竖 直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程 动量的变化量 Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量 Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均 为 mv0，且方向均竖直向下，A、C 正确，B 错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高 点又返回地面的整个过程中重力的冲量为 I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D 错误。 5．一个质量为 m＝100 g 的小球从 h＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若 从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了 t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，则在这段时 间内，软垫对小球的冲量为(取 g＝10 m/s2)(　　) A．0.6 N·s B．0.4 N·s C．－0.6 N·s D．－0.4 N·s 解析：选 C　设小球自由下落 h＝0.8 m 的时间为 t1，由 h＝1 2gt12 得 t1＝ 2h g ＝0.4 s。 设 IN 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量 定理得 mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得 IN＝－0.6 N·s。负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方 向相反。故选项 C 正确。 6．[多选](2018·常德模拟)如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用， 到达距地面深度为 h 的 B 点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度 为 g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　) A．小球的机械能减小了 mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为 mgh C．小球所受阻力的冲量大于 m 2gH D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选 AC　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了 mg(H＋h)，则小 球的机械能减小了 mg(H＋h)，故 A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－ Wf＝0，则小球克服阻力做功 Wf＝mg(H＋h)，故 B 错误；小球落到地面的速度 v＝ 2gH， 对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m 2gH，得：IF＝IG＋m 2gH，知阻力的 冲量大于 m 2gH，故 C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的 冲量和阻力冲量的矢量和，故 D 错误。 7．[多选](2018·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验 结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做 匀变速直线运动，恰好能穿出第 4 个水球，则可以判断的是(　　) A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．子弹在每个水球中运动的时间不同 C．每个水球对子弹的冲量不同 D．子弹在每个水球中的动能变化相同 解析：选 BCD　恰好能穿出第 4 个水球，即末速度 v＝0，逆向看子弹由右向左做初速 度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－ 3)∶( 3－ 2)∶ ( 2－1)∶1，则 B 正确。由于加速度 a 恒定，由 at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变 化不同，A 项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由 I＝ft 可知每个水球 对子弹的冲量不同，C 项正确。由动能定理有 ΔEk＝fx，f 相同，x 相同，则 ΔEk 相同，D 项 正确。 [B 级——拔高题目稳做准做] ★8.一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 Δt 时间，身体伸直并刚好离开地 面，速度为 v。在此过程中(　　) A．地面对他的冲量为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为 1 2mv2 B．地面对他的冲量为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 1 2mv2 D．地面对他的冲量为 mv－mgΔt，地面对他做的功为零 解析：选 B　人的速度原来为零，起跳后为 v，由动量定理可得 I 地－mgΔt＝mv－0，可 得地面对人的冲量 I 地＝mgΔt＋mv；而人起跳时，地面对人的支持力的作用点位移为零，故 地面对人做功为零，所以只有选项 B 正确。 ★9．(2018·合肥质检)一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙 水平面上做加速直线运动时的 a­t 图像如图所示，t＝0 时其速度大小为 2 m/s。滑动摩擦力大小恒为 2 N，则(　　) A．在 t＝6 s 时刻，物体的速度为 18 m/s B．在 0～6 s 时间内，合力对物体做的功为 400 J C．在 0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为 36 N·s D．在 t＝6 s 时刻，拉力 F 的功率为 200 W 解析：选 D　根据 Δv＝a0t，可知 a­t 图线与 t 轴所围“面积”表示速度的增量，则 v6＝ v0＋Δv＝2 m/s＋1 2(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A 错误；由动能定理可得：W 合＝1 2mv62－1 2mv02 ＝396 J，B 错误；由动量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的冲量 IF＝48 N·s，C 错 误；由牛顿第二定律得 F－f＝ma，可求得 F6＝f＋ma＝10 N，则 6 s 时拉力 F 的功率 P＝F6·v6 ＝200 W，D 正确。 ★10．[多选](2018·商丘五校联考)在 2016 年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由 吴敏霞领衔包揽全部 8 枚金牌。假设质量为 m 的跳水运动员从跳台上以初速度 v0 向上跳起， 跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降 H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运 动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降 h，不计空气阻力，则(　　) A．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为 m v02＋2gH＋mv0 B．水对运动员阻力的冲量大小为 m v02＋2gH C．运动员克服水的阻力做功为 mgH＋1 2mv02 D．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为 mg(H＋h)＋1 2mv02 解析：选 AD　设运动员入水前速度为 vt，则由机械能守恒有 1 2mv02＋mgH＝1 2mvt2，得 vt＝ v02＋2gH，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小 I＝ mvt－(－mv0)＝m v02＋2gH＋mv0，A 项正确。运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上 的阻力，合力的冲量大小为 I 合＝m v02＋2gH，B 项错误。运动员从跳起到入水后速度减为 零的过程中应用动能定理有 mg(H＋h)－W f＝0－1 2mv02，得运动员克服水的阻力做功 Wf＝ mg(H＋h)＋1 2mv02，则 C 项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为 mg(H＋h)＋1 2mv02，D 项正确。 ★11．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平 地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设 喷口的面积为 S，气体的密度为 ρ，气体向外喷出的速度为 v，则气体 刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　) A．ρvS B．ρv2 S C．1 2ρv2S D．ρv2S 解析：选 D　Δt 时间内贮气瓶喷出气体的质量 Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及 喷出的气体所组成的系统，由动量定理得 F·Δt＝Δm·v－0，解得 F＝ρv2S，选项 D 正确。 12．如图所示，质量 0.5 kg，长 1.2 m 的金属盒 AB，放在水平桌面上， 它与桌面间动摩擦因数 μ＝1 8，在盒内右端 B 放着质量也为 0.5 kg，半径 为 0.1 m 的弹性球，球与盒接触面光滑。若在 A 端给盒以水平向右的冲量 1.5 N·s，设盒在运 动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求： (1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少； (2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。 解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量 I 后获得速度 v， 由动量定理，有 I＝mv－0，v＝ I m＝1.5 0.5 m/s＝3 m/s 盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力 f＝μFN＝μ·2mg －μ·2mg＝ma 即 a＝－2μg 盒运动了 x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m 后速度减少为 v′。 v′2－v2＝2ax1 v′＝ v2－2 × 2μgx1＝ 32－2 × 2 × 1 8 × 10 × 1 m/s ＝2 m/s， 盒左壁 A 以 v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以 v′＝2 m/s 的速 度向右做匀速直线运动，运动 1 m 后又与盒的右壁相碰，盒又以 v′＝2 m/s 的速度向右 运动，直到停止。 0－v′2＝2ax2 即 x2＝ －v′2 2a ＝ －v′2 －2 × 2μg＝ 22 2 × 2 × 1 8 × 10 m＝0.8 m 因 x2 只有 0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为 s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。 (2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为 t1 根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv t1＝v－v′ 2μg ＝ 3－2 2 × 1 8 × 10 s＝0.4 s； 小球匀速运动时间 t2＝ x1 v′＝1 2 s＝0.5 s ； 盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为 t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′ t3＝v′ 2μg＝ 2 2 × 1 8 × 10 s＝0.8 s； 总时间 t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。 答案：(1)1.8 m　(2)1.7 s ★13．(2018·三湘名校联考)如图甲所示是明德中学在高考前 100 天倒计时宣誓活动中为 给高三考生加油，用横幅打出的激励语。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若 横幅的质量为 m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳 A、B、C、D 固定在光滑的竖直 墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为 θ，其中绳 A、B 是不可伸长的刚性绳，绳 C、D 是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为 T0，重力加速度为 g。 　 (1)求绳 A、B 所受力的大小； (2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为 m0 的抹布滑落，正好落在横幅 上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为 h，忽略空气阻力的影响。抹布与 横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为 t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击 过程中，绳 A、B 所受平均拉力的大小。 解析：(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态： 2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋ mg 2sin θ。 (2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2gh＝v02 碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为 F，由动量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0 解得：F＝m0g＋m0 2gh t 由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力 F′＝F 横幅仍处于平衡状态：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′ 解得：T1＝T0＋mg＋m0g 2sin θ ＋m0 2gh 2tsin θ 。 答案：(1)T0＋ mg 2sin θ　(2)T0＋mg＋m0g 2sin θ ＋m0 2gh 2tsin θ 第 2 节 动量守恒定律 (1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。(×) (2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√) (3)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相 同。(√) 1．动量守恒方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向。 2．动量守恒方程中的速度必须是系统内各物体在同一时刻相对于同一参考系(一般选地 面)的速度。 3．碰撞、爆炸、反冲均因作用时间极短，内力远大于外力满足动量守恒(或近似守恒)， 但系统动能的变化是不同的。 4．“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某 个方向上系统动量守恒的情形。 突破点(一)　动量守恒定律的理解及应用 1．动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题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 动量是一个瞬时量，表达式中的 p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同 一时刻的动量，p1′、p2′……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 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微 观粒子组成的系统 2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义 (1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量 p 等于相互作用后的总动量 p′。 (2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为 0。 (3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大 小相等、方向相反。 3．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。 [典例]　(2018·郑州高三质量预测)如图所示，质量为 m＝245 g 的 物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板 静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质量为 m0＝5 g 的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度 v1。 (2)木板向右滑行的最大速度 v2。 (3)物块在木板上滑行的时间 t。 [审题指导] (1)子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短，木板速度仍为零。 (2)子弹与物块一起运动的初速度即为物块向右运动的最大速度 v1。 (3)木板足够长，物块最终与木块同速，此时，木板向右滑行的速度 v2 最大。 [解析]　(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可 得： m0v0＝(m0＋m)v1，解得 v1＝6 m/s。 (2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1 ＝(m0＋m＋M)v2，解得 v2＝2 m/s。 (3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得： －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。 [答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s [易错提醒]　应用动量守恒定律应注意以下三点 (1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。 (2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。 (3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。 [集训冲关] 1.[多选](2018·佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙 上，质量为 m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面 平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽上高 h 处由静止开始自由下滑(　　) A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高 h 处 解析：选 BC　在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项 A 错误；在 下滑过程中，小球和槽组成的系 统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项 B 正确；小球被弹簧反 弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项 C 正确；小球与 槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速 度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项 D 错误。 2．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过 程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 解析：选 A　燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷 出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 p－mv0＝0，解得 p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项 A 正确。 3．两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车 和磁铁的总质量为 0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为 1.0 kg。两磁铁的 N 极相对，推动一下， 使两车相向运动。某时刻甲的速率为 2 m/s，乙的速率为 3 m/s，方向与甲相反。两车运动 过程中始终未相碰。则： (1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？ 解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为 v，取乙车的速度方向为正方 向。由动量守恒定律得 m 乙 v 乙－m 甲 v 甲＝(m 甲＋m 乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为 v ＝m乙v乙－m甲v甲 m甲＋m乙 ＝1.0 × 3－0.5 × 2 0.5＋1.0 m/s＝4 3 m/s≈1.33 m/s。 (2)甲车开始反向时，其速度为 0，设此时乙车的速度为 v 乙′，由动量守恒定律得 m 乙 v 乙－m 甲 v 甲＝m 乙 v 乙′，得 v 乙′＝m乙v乙－m甲v甲 m乙 ＝1.0 × 3－0.5 × 2 1.0 m/s＝2 m/s。 答案：(1)1.33 m/s　(2)2 m/s 突破点(二)　动量守恒定律的 3 个应用实例 碰　撞 1.对碰撞的理解 (1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显 著；物体在作用时间内位移可忽略。 (2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短， 故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。 (3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于 碰撞前系统的总机械能。 2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断 弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒 定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。 (1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。 (2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰 撞。 3．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒。 (2)动能不增加。 (3)速度要合理。 ①若两物体同向运动，则碰前应有 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若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 [例 1]　(2018·揭阳市揭东一中检测)如图，水平面上相距为 L＝ 5 m 的 P、Q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为 M＝2 kg 的小物 块 B 静止在 O 点，OP 段光滑，OQ 段粗糙且长度为 d＝3 m。一质 量为 m＝1 kg 的小物块 A 以 v0＝6 m/s 的初速度从 OP 段的某点向右运动，并与 B 发生弹性 碰撞。两物块与 OQ 段的动摩擦因数均为 μ＝0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损 失机械能。重力加速度 g＝10 m/s2，求： (1)A 与 B 在 O 点碰后瞬间各自的速度； (2)两物块各自停止运动时的时间间隔。 [审题指导] (1)A、B 发生弹性碰撞，则碰撞过程中系统动量、动能均守恒。 (2)两物块与挡板碰撞时间极短且均不损失机械能，说明两物块与挡板碰撞后返回的速度 与碰前速度大小相等。 (3)注意判断 A 与 B 能否再次发生碰撞。 [解析]　(1)设 A、B 在 O 点碰后的速度分别为 v1 和 v2，以向右为正方向。 由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋Mv2 碰撞前后动能相等，则得：1 2mv02＝1 2mv12＋1 2Mv22 解得：v1＝－2 m/s，方向向左，v2＝4 m/s，方向向右。 (2)碰后，两物块在 OQ 段减速时加速度大小均为： a＝μg＝2 m/s2。 B 经过 t1 时间与 Q 处挡板相碰，由运动学公式： v2t1－1 2at12＝d 得：t1＝1 s(t1＝3 s 舍去) 与挡板碰后，B 的速度大小 v3＝v2－at1＝2 m/s，反弹后减速时间 t2＝v3 a ＝1 s 反弹后经过位移 s1＝v32 2a＝1 m，B 停止运动。 物块 A 与 P 处挡板碰后，以 v4＝2 m/s 的速度滑上 O 点，经过 s2＝v42 2a＝1 m 停止。 所以最终 A、B 的距离 s＝d－s1－s2＝1 m， 两者不会碰第二次。 在 AB 碰后，A 运动总时间 tA＝2(L－d) |v1| ＋v4 a ＝3 s B 运动总时间 tB＝t1＋t2＝2 s， 则时间间隔 ΔtAB＝tA－tB＝1 s。 [答案]　(1)2 m/s，方向向左　4 m/s，方向向右 (2)1 s [方法规律]　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： v1′＝m1－m2 m1＋m2v1 v2′＝ 2m1 m1＋m2v1 (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当 m1≫ m2，且 v2＝0 时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为 2v1。当 m1≪m2，且 v2＝0 时， 碰后质量小的球原速率反弹。 爆　炸 [例 2]　如图，A、B 质量分别为 m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车 C 上，小车的质量为 m3＝1 kg，A、B 与小车的动摩擦因数为 0.5，小车 静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若 A、B 间炸药爆炸的能量有 12 J 转化为 A、B 的机械能，其余能量转化为内能。A、B 始终在小车表面水平运动，小车足够长，求： (1)炸开后 A、B 获得的速度大小； (2)A、B 在小车上滑行的时间各是多少？ [解析]　(1)根据爆炸过程中能量的转化， 有：E＝1 2m1v12＋1 2m2v22 爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2 联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。 (2)爆炸后 A、B 都在 C 上滑动，由题意可知 B 会与 C 先相对静止，设此时 A 的速度为 v3，B、C 的速度为 v4，在该过程中，ABC 组成的系统动量守恒。设该过程的时间为 t1。 对 A 应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1； 对 B 应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2； 对 C 应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4； 代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。 之后，A 在 C 上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为 0。 即：(m1＋m2＋m3)v＝0， 解得 v＝0。 设 A 滑动的总时间为 t，对 A 应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1， 解得：t＝0.8 s。 [答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s [方法规律]　爆炸现象的三个规律 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 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，所以爆炸后 系统的总动能增加 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 反　冲 [例 3]　如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为 10m、12m，两船沿 同一直线同一方向运动，速度分别为 2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻 力) [解析]　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为 vmin，抛出货物后船的速度为 v1，甲 船上的人接到货物后船的速度为 v2，由动量守恒定律得 货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin 货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2 为避免两船相撞应满足 v1＝v2 解得 vmin＝4v0。 [答案]　4v0 [方法规律]　对反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 加 突破点(三)　动量与能量的综合应用 1．解决力学问题的三个基本观点 动力学观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 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 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．动量定理与牛顿第二定律的比较 (1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的 关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学 观点。 (2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移， 而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理 求解。 3．动量守恒和机械能守恒定律的比较 动量守恒定律 机械能守恒定律 内容 一个系统不受外力或所受合外力为零时， 系统的总动量保持不变 只有重力或弹力做功的系统，动能 与势能可以相互转化，总的机械能 保持不变 表达式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (2)Δp1＝－Δp2 (3)Δp＝0 (1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′ (2)ΔEk＝－ΔEp (3)ΔEA 增＝ΔEB 减 守恒条件 (1)系统不受外力或所受合外力为零 (2)内力远远大于外力 (3)系统所受合外力不为零，但某一方向合 外力为零(该方向上动量守恒) (1)只受重力或弹力作用 (2)有重力或弹力以外的力作用，但 是这些力不做功 (3)有重力或弹力以外的力做功，但 是这些力做功的代数和为零 研究对象 相互作用的物体系统 相互作用的系统(包括地球) 守恒性质 矢量守恒(规定正方向) 标量守恒(不考虑方向性) [典例]　(2015·广东高考)如图所示，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＝0.5 m。物块 A 以 v0＝6 m/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/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短)。 (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 vn 与 n 的关系式。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 物块 B 碰撞前速度为 0与直轨上 P 处静止的物块 B 碰撞， 碰后粘在一起运动 A、B 的碰撞为完全非弹性碰撞 P 点左侧轨道光滑 物块 A 在圆轨道上运动时满足机械能守恒定律 第二步：找突破口 (1)物块 A 在 Q 的速度 v> gR，所受弹力方向竖直向下，满足：mg＋F＝mv2 R。 (2)物块 A 与 B 碰前的速度仍为 v0。 (3)物块 A、B 碰后的总动能均用于克服摩擦力做功，其大小为 kL·2μmg。 (4)物块 A、B 碰后滑至第 n 个光滑段上时一定滑过了 n 个粗糙段。 [解析]　(1)物块 A 从滑入圆轨道到最高点 Q，根据机械能守恒定律，得 1 2mv02＝mg·2R＋ 1 2mv2 所以 A 滑过 Q 点时的速度 v＝ v02－4gR＝ 62－4 × 10 × 0.5 m/s＝4 m/s＞ gR＝ 5 m/s 在 Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝mv2 R 所以 A 受到的弹力 F＝mv2 R －mg＝(1 × 42 0.5 －1 × 10)N＝22 N。 (2)A 与 B 碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为 v′， 则 mv0＝2mv′ 所以 v′＝1 2v0＝3 m/s 从碰撞到 AB 停止，根据动能定理，得 －2μmgkL＝0－1 2·2mv′2 所以 k＝v′2 2μgL＝ 32 2 × 0.1 × 10 × 0.1＝45。 (3)AB 从碰撞到滑至第 n 个光滑段根据动能定理，得 －2μmgnL＝1 2·2mvn2－1 2·2mv′2 解得 vn＝ 9－0.2n (n＜k)。 [答案]　(1)4 m/s　22 N　(2)45 (3)vn＝ 9－0.2n(n＜k) [方法规律]　利用动量和能量观点解题的技巧 (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)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理 过程的始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。 [集训冲关] 1．[多选]交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。根据两位司 机的描述得知，发生撞车时汽车 A 正沿东西大道向正东行驶，汽车 B 正沿南北大道向正北行 驶。相撞后两车立即熄火并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动，最 终一起停在路口东北角的路灯柱旁，交警根据事故现场情况画出了如图所示的事故报告图。 通过观察地面上留下的碰撞痕迹，交警判定撞车的地点为该事故报告图中 P 点，并测量出相 关的数据标注在图中，又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题，将两车均视为质点， 且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒，根据图中测量数据可知下列说法中正确的是 (　　) A．发生碰撞时汽车 A 的速率较大 B．发生碰撞时汽车 B 的速率较大 C．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为 12∶5 D．发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为 2 3∶ 5 解析：选 BC　设两车碰撞后的加速度大小为 a，碰撞后一起滑行的位移为 x，则 x＝ 6.02＋2.52 m＝6.5 m。设碰后两车的速度大小为 v，由 v2＝2ax 可得 v＝ 13a。设 v 的方 向与正东方向间夹角为 θ，由动量守恒定律可得：mvA0＝2mvcos θ，mvB0＝2mvsin θ。又 sin θ＝12 13，cos θ＝ 5 13，可知，vB0＞vA0，则vB0 vA0＝sin θ cos θ＝12 5 ，故 B、C 正确，A、D 错误。 2．如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面，斜面表面光滑、高度为 h、倾角为 θ。一质量为 m(m＜M) 的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中 的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲 上斜面后能达到的最大高度为(　　) A．h　　　　　　　　　 B． m M＋mh C．m Mh D． M M＋mh 解析：选 D　若斜面固定，由机械能守恒定律可得 1 2mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水 平方向动量守恒，有 mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得 1 2mv2＝mgh′＋1 2(M＋m)v12。 联立以上各式可得 h′＝ M M＋mh，故 D 正确。 3．(2018·桂林质检)如图所示，静置于水平地面上的三辆手推车沿一直线排列，质量均 为 m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离 L 时与第二辆车 相碰，两车以共同速度继续运动了距离 L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离 L 时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的 k 倍，重力加速度为 g，若车与车之间 仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小。 解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为 W， 则 W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL。 即整个过程中摩擦阻力所做的总功为－6kmgL。 (2)设第一辆车的初速度为 v0，第一次碰前速度为 v1，碰后共同速度为 v2，第二次碰前 速度为 v3，碰后共同速度为 v4，则由动量守恒得 mv1＝2mv2 2mv2＝3mv4 －kmgL＝1 2mv12－1 2mv02 －k(2m)gL＝1 2(2m)v32－1 2(2m)v22 －k(3m)gL＝0－1 2(3m)v42 由以上各式得 v0＝2 7kgL， 所以人给第一辆车水平冲量的大小 I＝mv0＝2m 7kgL。 答案：(1)－6kmgL　(2)2m 7kgL “形异质同”类问题——练比较思维 反冲运动中的“人船”模型 如图所示，长为 L、质量为 m 船的小船停在静水中，质量为 m 人的人由静止开始从船的 一端走到船的另一端，不计水的阻力。 以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平 方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m 船 v 船＝m 人 v 人， 因人和船组成的系统，动量始终守恒， 故有：m 船 x 船＝m 人 x 人， 由图可看出：x 船＋x 人＝L， 可解得：x 人＝ m船 m人＋m船L，x 船＝ m人 m人＋m船L (一)系统动量守恒 1．如图所示，质量 m＝60 kg 的人，站在质量 M＝300 kg 的车的 一端，车长 L＝3 m，相对于地面静止。当车与地面间的摩擦可以忽略 不计时，人由车的一端走到另一端的过程中，车将(　　) A．后退 0.5 m　　　　　　　　　 B．后退 0.6 m C．后退 0.75 m D．一直匀速后退 解析：选 A　人车组成的系统动量守恒，则 mv1＝Mv2，所以 mx1＝Mx2，又有 x1＋x2＝ L，解得 x2＝0.5 m。 (二)系统某个方向上动量守恒 2．(2018·南通模拟)如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面 上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一质量为 m 的滑块在小车 上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。 (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车， 已知滑块质量 m＝M 2 ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，滑 块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度 vm； ②滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小。 解析：(1)滑块到达 B 点时的速度最大，受到的支持力最大；滑块下滑的过程中机械能守 恒，由机械能守恒定律得：mgR＝1 2mvB2，滑块在 B 点处受到的支持力与重力的合力提供向 心力，由牛顿第二定律得： N－mg＝mvB2 R ，解得：N＝3mg， 由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′＝N＝3mg 即滑块运动过程中对小车的最大压力是 3mg。 (2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，设小车的最大速 度是 vm， 由机械能守恒定律得：mgR＝1 2Mvm2＋1 2m(2vm)2， 解得：vm＝ gR 3 。 ②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，所以滑块从 B 到 C 运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的 2 倍，即：v滑块＝2 v车， 由于它们运动的时间相等，根据： x＝v t 可得 s 滑块＝2s 车 又：s 滑块＋s 车＝L 所以小车的位移大小：s 车＝1 3L。 答案：(1)3mg　(2)① gR 3 　②1 3L [反思领悟] “人船”模型不仅适用于人在船上走动的情形，还可以进一步推广到其他类似情景中， 如人沿静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上的问题；还可适用于系统在某个方向动量 守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形。这两类情形看似不同，其实 都属同一种“人船”模型问题。　 (一)普通高中适用作业 [A 级——基础小题练熟练快] ★1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A 并留在其 中，A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子 弹打击木块 A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 解析：选 C　动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两 木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量 守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹 射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，只有选项 C 正确。 2. (2018·南平模拟)如图所示，A、B 两物体质量分别为 mA、mB， 且 mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为 F 的力，同时分别作用在 A、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　) A．停止运动　　　　　　　　 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析：选 C　已知两个力大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度 aA ＜aB，又知 xA＝xB，由运动学公式得 xA＝1 2aAtA2，xB＝1 2aBtB2，可知 tA＞tB，由 IA＝FtA，IB＝ FtB，可得 IA＞IB，由动量定理可知 pA－0＝IA，pB－0＝IB，则 pA＞pB，碰前系统总动量方向 向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故 A、B、D 错误， C 正确。 3．[多选]质量为 M 和 m 0 的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止滑块发生碰撞，如 图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　) A．M、m0、m 速度均发生变化，分别为 v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋ mv3 B．m0 的速度不变，M 和 m 的速度变为 v1 和 v2，而且满足 Mv＝Mv1＋mv2 C．m0 的速度不变，M 和 m 的速度都变为 v′，且满足 Mv＝(M＋m)v′ D．M、m0、m 速度均发生变化，M、m0 速度都变为 v1，m 的速度变为 v2，且满足(M＋ m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 解析：选 BC　在 M 与 m 碰撞的极短时间内，m0 的速度来不及改变，故 A、D 均错误； M 与 m 碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故 B、C 均正确。 ★4．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。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 始终没有滑离木 板 B。 在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　) A．1.8 m/s　　　　　　 B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：选 B　A 先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最 终它们保持相对静止，设 A 减速到零时，木板的速度为 v1，最终它们的共同速度为 v2，取水 平向右为正方向，则 Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得 v1＝8 3 m/s，v2＝2 m/s，所 以在小木块 A 做加速运动的时间内，木板速度大小应大于 2.0 m/s 而小于8 3 m/s，只有选项 B 正确。 ★5．(2018·厦门质检)如图所示，两辆质量均为 M 的小车 A 和 B 置于光滑的水平面上， 有一质量为 m 的人静止站在 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 车并与 A 车相对静止。则此时 A 车和 B 车的速度之比为(　　) A．M＋m m B．m＋M M C． M M＋m D． m M＋m 解析：选 C　规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得vA vB＝ M M＋m，故 C 正确。 [B 级——中档题目练通抓牢] 6.(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两 个小球在同一直线上运动。两球质量关系为 mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动 量均为 8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则 (　　) A．右方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 2∶3 B．右方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 1∶6 C．左方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 2∶3 D．左方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 1∶6 解析：选 C　A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 ΔpA＝－ ΔpB，由于碰后 A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是 A 球，若是 A 球则动量的增量应 该是正值，因此碰撞后 A 球的动量为 4 kg·m/s，所以碰撞后 B 球的动量是增加的，为 12 kg·m/s，由于 mB＝2mA，所以碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶3，故 C 正确。 ★7．(2018·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为 m1 和 m2 的弹性小球 A、B 叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与 A 碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、 碰撞时间均可忽略不计。已知 m2＝3m1，则 A 反弹后能达到的高度为(　　) A．h B．2h C．3h D．4h 解析：选 D　所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向， 根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝1 2(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋ m2v2，1 2(m1＋m2)v2＝1 2m1v12＋1 2m2v22，1 2m1v12＝m1gh1，将 m2＝3m1 代入，联立可得 h1＝4h， 选项 D 正确。 8．如图所示，一个倾角为 α 的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜 面体质量为 M，顶端高度为 h，今有一质量为 m 的小物体，沿光滑斜面下 滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　) A． mh M＋m B． Mh M＋m C． mh (M＋m)tan α D． Mh (M＋m)tan α 解析：选 C　此题属“人船模型”问题。m 与 M 组成的系统在水平方向上动量守恒， 设 m 在水平方向上对地位移为 x1，M 在水平方向上对地位移为 x2，因此有 0＝mx1－Mx2。 ① 且 x1＋x2＝ h tan α。 ② 由①②可得 x2＝ mh (M＋m)tan α ，故 C 正确。 ★9.如图所示，小车的质量 M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道 AB 和粗糙的水平轨道 BC，且两轨道相切于 B 点。一小物块(可视为质点) 质量为 m＝0.5 kg，与轨道 BC 间的动摩擦因数 μ＝0.10，BC 部分的长 度 L＝0.80 m，重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)若小车固定在水平面上，将小物块从 AB 轨道的 D 点静止释放，小物块恰好可运动到 C 点。试求 D 点与 BC 轨道的高度差； (2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从 AB 轨道的 D 点静止释放，试求小物块滑到 BC 中点时的速度大小。 解析：(1)设 D 点与 BC 轨道的高度差为 h，根据动能定理有 mgh＝μmgL，解得：h＝ 8.0×10－2 m。 (2)设小物块滑到 BC 中点时小物块的速度为 v1，小车的速度为 v2，对系统，水平方向动 量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmgL 2＝mgh－(1 2mv12＋1 2Mv22)；由以上各式， 解得：v1＝0.80 m/s。 答案：(1)8.0×10－2 m　(2)0.80 m/s 10．(2017·天津高考)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细 绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg。 初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中。现将 B 竖直向上再举高 h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的 速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触。取 g＝10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t； (2)A 的最大速度 v 的大小； (3)初始时 B 离地面的高度 H。 解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h＝1 2gt2　① 代入数据解得 t＝0.6 s。　 ② (2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vB＝gt　③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v　 ④ 之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度， 联立②③④式，代入数据解得 v＝2 m/s。　 ⑤ (3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的速度为零， 这一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒，有1 2(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH　⑥ 代入数据解得 H＝0.6 m。　 ⑦ 答案：(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m [C 级——难度题目自主选做] 11.(2018·德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上的 A、B 两小 木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B 两小木块各 自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若 mA＝3mB，则 下列结果正确的是(　　) A．若轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1 和 W2，则有 W1∶W2＝1∶1 B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若 A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为 Δp1 和 Δp2，则有 Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若 A、B 同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B 两 木块的水平位移大小之比为 1∶3 解析：选 D　弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为 正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比 vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得： 轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1＝1 2mAvA2，W2＝1 2mBvB2，联立解得 W1∶W2＝1∶3，故 A 错 误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即 mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故 B 错误。A、B 离开桌面后都做平抛运动，它 们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t，由动量定理得：A、B 在空中飞行时的动量变 化量分别为 Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以 Δp1∶Δp2＝3∶1，故 C 错误。平抛运动水平方向 的分运动是匀速直线运动，由 x＝v0t 知，t 相等，则 A、B 两木块的水平位移大小之比等于 vA∶vB＝1∶3，故 D 正确。 12．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为 M 的滑块，滑 块的一侧是一个1 4弧形凹槽 OAB，凹槽半径为 R，A 点切线水平。另 有一个质量为 m 的小球以速度 v0 从 A 点冲上凹槽，重力加速度大小 为 g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　) A．当 v0＝ 2gR时，小球能到达 B 点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当 v0＝ 2gR时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回 A 点时对滑块的压力为 mv02 R 解析：选 C　弧形槽不固定，当 v0＝ 2gR时，小球沿槽上升的高度为 h，则有：mv0＝ (m＋M)v，1 2mv02＝1 2(M＋m)v2＋mgh，可解得 h＝ M M＋mR＜R，故 A 错误；因小球对弧形槽 的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C 正确；当小球速度足够大，从 B 点离 开滑块时，由于 B 点切线竖直，在 B 点时小球与滑块的水平速度相同，离开 B 点后将再次 从 B 点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B 错误；如果滑块固定，小球返 回 A 点时对滑块的压力为 mg＋mv02 R ，D 错误。 (二)重点高中适用作业 [A 级——保分题目巧做快做] 1. (2018·南平模拟)如图所示，A、B 两物体质量分别为 mA、mB， 且 mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为 F 的 力，同时分别作用在 A、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将 (　　) A．停止运动　　　　　　　 B．向左运动 C．向右运动 D．运动方向不能确定 解析：选 C　已知两个力大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度 aA ＜aB，又知 xA＝xB，由运动学公式得 xA＝1 2aAtA2，xB＝1 2aBtB2，可知 tA＞tB，由 IA＝FtA，IB＝ FtB，可得 IA＞IB，由动量定理可知 pA－0＝IA，pB－0＝IB，则 pA＞pB，碰前系统总动量方向 向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故 A、B、D 错误， C 正确。 2．[多选]质量为 M 和 m 0 的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度 v 沿光滑水平面运动， 与位于正对面的质量为 m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极 短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　) A．M、m0、m 速度均发生变化，分别为 v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋ mv3 B．m0 的速度不变，M 和 m 的速度变为 v1 和 v2，而且满足 Mv＝Mv1＋mv2 C．m0 的速度不变，M 和 m 的速度都变为 v′，且满足 Mv＝(M＋m)v′ D．M、m0、m 速度均发生变化，M、m0 速度都变为 v1，m 的速度变为 v2，且满足(M＋ m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 解析：选 BC　在 M 与 m 碰撞的极短时间内，m0 的速度来不及改变，故 A、D 均错误； M 与 m 碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故 B、C 均正确。 3．(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两个 小球在同一直线上运动。两球质量关系为 mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量 均为 8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　) A．右方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 2∶3 B．右方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 1∶6 C．左方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 2∶3 D．左方为 A 球，碰撞后 A、B 两球的速度大小之比为 1∶6 解析：选 C　A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得 ΔpA＝－ ΔpB，由于碰后 A 球的动量增量为负值，所以右边不可能是 A 球，若是 A 球则动量的增量应 该是正值，因此碰撞后 A 球的动量为 4 kg·m/s，所以碰撞后 B 球的动量是增加的，为 12 kg·m/s，由于 mB＝2mA，所以碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2∶3，故 C 正确。 4．(2018·德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上的 A、B 两小木块 中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B 两小木块各自在桌 面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若 mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　) A．若轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1 和 W2，则有 W1∶W2＝1∶1 B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若 A、B 在空中飞行时的动量变化量分别为 Δp1 和 Δp2，则有 Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若 A、B 同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B 两 木块的水平位移大小之比为 1∶3 解析：选 D　弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为 正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比 vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得： 轻弹簧对 A、B 做功分别为 W1＝1 2mAvA2，W2＝1 2mBvB2，联立解得 W1∶W2＝1∶3，故 A 错 误。根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即 mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故 B 错误。A、B 离开桌面后都做平抛运动，它 们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为 t，由动量定理得：A、B 在空中飞行时的动量变 化量分别为 Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以 Δp1∶Δp2＝3∶1，故 C 错误。平抛运动水平方向 的分运动是匀速直线运动，由 x＝v0t 知，t 相等，则 A、B 两木块的水平位移大小之比等于 vA∶vB＝1∶3，故 D 正确。 5．如图所示，一个倾角为 α 的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜 面体质量为 M，顶端高度为 h，今有一质量为 m 的小物体，沿光滑斜面下 滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　) A． mh M＋m B． Mh M＋m C． mh (M＋m)tan α D． Mh (M＋m)tan α 解析：选 C　此题属“人船模型”问题。m 与 M 组成的系统在水平方向上动量守恒， 设 m 在水平方向上对地位移为 x1，M 在水平方向上对地位移为 x2，因此有 0＝mx1－Mx2。 ① 且 x1＋x2＝ h tan α。 ② 由①②可得 x2＝ mh (M＋m)tan α ，故 C 正确。 6．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为 M 的滑块，滑块的 一侧是一个1 4弧形凹槽 OAB，凹槽半径为 R，A 点切线水平。另有一个 质量为 m 的小球以速度 v0 从 A 点冲上凹槽，重力加速度大小为 g，不 计摩擦。下列说法中正确的是(　　) A．当 v0＝ 2gR时，小球能到达 B 点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当 v0＝ 2gR时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回 A 点时对滑块的压力为 mv02 R 解析：选 C　弧形槽不固定，当 v0＝ 2gR时，小球沿槽上升的高度为 h，则有：mv0＝ (m＋M)v，1 2mv02＝1 2(M＋m)v2＋mgh，可解得 h＝ M M＋mR＜R，故 A 错误；因小球对弧形槽 的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C 正确；当小球速度足够大，从 B 点离 开滑块时，由于 B 点切线竖直，在 B 点时小球与滑块的水平速度相同，离开 B 点后将再次 从 B 点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B 错误；如果滑块固定，小球返 回 A 点时对滑块的压力为 mg＋mv02 R ，D 错误。 ★7．[多选]如图所示，质量为 M＝1 kg 的木板静止在光滑水平面 上，一个质量为 m＝3 kg 的滑块以初速度 v0＝2 m/s 从木板的左端向右 滑上木板，滑块始终未离开木板。则下面说法正确的是(　　) A．滑块和木板的加速度大小之比是 1∶3 B．整个过程中因摩擦产生的内能是 1.5 J C．可以求出木板的最小长度是 1.5 m D．从开始到滑块与木板相对静止这段时间内，滑块与木板的位移之比是 7∶3 解析：选 ABD　因水平面光滑，滑块与木板所受的合外力为一对滑动摩擦力，大小相等， 方向相反，由牛顿第二定律可知，其加速度大小之比为am aM＝M m＝1 3，A 正确；滑块与木板组成 的系统动量守恒，最终二者同速，有 mv0＝(M＋m)v，解得 v＝1.5 m/s，由能量守恒定律可 得：整个过程中因摩擦产生的内能 Q＝1 2mv02－1 2(M＋m)v2＝1.5 J，故 B 正确；由于不知道动 摩擦因数和滑块与木板的相对运动时间，不能求出木板的最小长度，故 C 错误；从开始到滑 块与木板相对静止这段时间内，滑块运动的位移 x1＝v0＋v 2 t，木板的位移 x2＝v 2t，两者之比x1 x2 ＝v0＋v v ＝2＋1.5 1.5 ＝7 3，故 D 正确。 ★8．[多选]如图所示，小车 AB 放在光滑水平面上，A 端固定一个轻弹簧，B 端粘有油 泥，小车总质量为 M，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于 小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时 AB 和 C 都静止，当突然烧断细绳 时，C 被释放，使 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说 法正确的是(　　) A．弹簧伸长过程中 C 向右运动，同时小车也向右运动 B．C 与油泥碰前，C 与小车的速率之比为 M∶m C．C 与油泥粘在一起后，小车立即停止运动 D．C 与油泥粘在一起后，小车继续向右运动 解析：选 BC　小车与木块 C 组成的系统在水平方向上动量守恒，C 向右运动时，小车 应向左运动，故 A 错误；设碰前 C 的速率为 v1，小车的速率为 v2，则 0＝mv1－Mv2，得v1 v2＝ M m，故 B 正确；设 C 与油泥粘在一起后，小车、C 的共同速度为 v 共，则 0＝(M＋m)v 共， 得 v 共＝0，故 C 正确，D 错误。 [B 级——拔高题目稳做准做] ★9．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个 光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为 2m，原来静止在光滑的 水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为 m，半径略小于管道半 径，以水平速度 v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小 车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　) A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为 v C．车上管道中心线最高点的竖直高度为v2 3g D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv 3 解析：选 BC　小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度 为 0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有 mv＝(m＋2m)v′，得 v′＝v 3， 小车动量变化大小 Δp 车＝2m·v 3＝2 3mv，D 项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中， 由机械能守恒有 mgH＝1 2mv2－1 2(m＋2m)v′2，得 H＝v2 3g，C 项正确。小球从滑上小车到滑 离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，1 2mv2＝1 2mv12＋1 2·2mv22，解 得 v1＝－v 3，v2＝2 3v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 2 3v＋1 3v＝v，B 项正确。由以 上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误。 ★10．[多选](2018·宝鸡一模)光滑水平面上放有质量分别为 2m 和 m 的物块 A 和 B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有 一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为 x。现将细线剪断，此刻物块 A 的 加速度大小为 a，两物块刚要离开弹簧时物块 A 的速度大小为 v，则(　　) A．物块 B 的加速度大小为 a 时弹簧的压缩量为x 2 B．物块 A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 2 3x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3 2mv2 D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv2 解析：选 AD　当物块 A 的加速度大小为 a 时，根据胡克定律和牛顿第二定律得 kx＝2ma。 当物块 B 的加速度大小为 a 时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝x 2，即此时弹簧的压缩量为 x 2，故 A 正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2mxA t －mxB t ＝0，又 xA＋xB＝ x，解得 A 的位移为：xA＝1 3x，故 B 错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块 B 刚要离开弹簧时的速度 vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为： Ep＝1 2·2mv2＋1 2mvB2＝3mv2，故 C 错误，D 正确。 11．(2017·天津高考)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳 相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg。 初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中。现将 B 竖直向上再举高 h＝1.8 m(未 触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起 运动，之后 B 恰好可以和地面接触。取 g＝10 m/s2，空气阻力不计。求： (1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t； (2)A 的最大速度 v 的大小； (3)初始时 B 离地面的高度 H。 解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h＝1 2gt2　① 代入数据解得 t＝0.6 s。　 ② (2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vB＝gt　 ③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v ④ 之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度， 联立②③④式，代入数据解得 v＝2 m/s。　⑤ (3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的速度为零， 这一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒，有 1 2(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH　 ⑥ 代入数据解得 H＝0.6 m。　 ⑦ 答案：(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m ★12．(2016·全国卷Ⅱ)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/s2。 (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)v ① 1 2m2v202＝1 2(m2＋m3)v2＋m2gh ② 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 kg。③ (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/s ⑤ 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 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥ 1 2m2v202＝1 2m2v22＋1 2m3v32 ⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s ⑧ 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)不能追上小孩，判断过程见解析 ★13.如图所示，MN 是水平轨道，NP 是倾角 θ＝45°的无限长斜轨道，长为 L＝0.8 m 的 细线一端固定在 O 点，另一端系着质量为 mB＝2 kg 小球 B，当细线伸直时 B 球刚好与 MN 轨道接触但没有挤压。开始时细线伸直，B 球静止在 MN 轨道上，在 MN 轨道上另一个质量 为 mA＝3 kg 小球 A 以速度 v0 向右运动。(不计一切摩擦力及空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2) (1)若 A、B 球发生弹性碰撞后 B 能在竖直面内做圆周运动，求 v0 的取值范围。 (2)在满足(1)的条件下，轨道 NP 上有多长的距离不会被 A 球击中？ 解析：(1)A、B 两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB 由机械能守恒定律得 1 2mAv02＝1 2mAvA2＋1 2mBvB2 解得 vA＝v0 5 ，vB＝6v0 5 碰后 B 球在竖直面内做圆周运动，有两种情况： 第一种情况，B 球在竖直面内做完整的圆周运动，则它到最高点的速度 vB′≥ gL 由机械能守恒定律得：1 2mBvB2＝mBg(2L)＋1 2mBvB′2 解得：v0≥5 10 3 m/s 第二种情况，B 球运动的最大高度不超过 L 由机械能守恒定律得：1 2mBvB2≤mBgL 解得：v0≤10 3 m/s v0 的取值范围为 0＜v0≤10 3 m/s 或 v0≥5 10 3 m/s。 (2)由上可知：碰后 A 球的速度 0＜vA≤2 3 m/s 或 vA≥ 10 3 m/s A 球离开水平轨道后做平抛运动， 有 x＝vAt，y＝1 2gt2，又由几何关系知 tan 45°＝y x 解得 A 球落到斜轨道上与 N 点的距离 d＝ x cos 45°＝2 2vA2 g 解得：0＜d≤4 2 45 m 或 d≥2 2 9 m 故轨道 NP 上不会被 A 球击中的距离 Δd＝(2 2 9 －4 2 45 )m＝2 2 15 m。 答案：(1)0＜v0≤10 3 m/s 或 v0≥5 10 3 m/s　(2)2 2 15 m 实 验 七　 验证动量守恒定律 实验目的：验证动量守恒定律。 实验原理：在一维碰撞中，测出物体的质量 m 和碰撞前后物体的速度 v、v′，找出 碰撞前的动量 p＝m1v1＋m2v2 及碰撞后的动量 p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否 守恒。 实验方案 [实验方案一] 利用气垫导轨完成一维碰撞实验 [实验器材] 气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、 撞针、橡皮泥等。 [实验步骤] 1．测质量：用天平测出滑块质量。 2．安装：正确安装好气垫导轨。 3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(① 改变滑块的质量。②改变滑块的初速度大小和方向)。 4．验证：一维碰撞中的动量守恒。 [数据处理] 1．滑块速度的测量：v＝Δx Δt，式中 Δx 为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直 接测量)，Δt 为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间。 2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 [实验方案二] 利用等长摆球完成一维碰撞实验 [实验器材] 带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。 [实验步骤] 1．测质量：用天平测出两小球的质量 m1、m2。 2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。 3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。 4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球 的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。 5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。 6．验证：一维碰撞中的动量守恒。 [数据处理] 1．摆球速度的测量：v＝ 2gh，式中 h 为小球释放时(或碰撞后摆起的)高度，h 可用刻 度尺测量(也可由量角器和摆长计算出)。 2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 [实验方案三] 利用两辆小车完成一维碰撞实验 [实验器材] 光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。 [实验步骤] 1．测质量：用天平测出两小车的质量。 2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车 的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。 3．实验：接通电源，让小车 A 运动，小车 B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把 两小车连接成一个整体运动。 4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间，由 v＝Δx Δt算出速度。 5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。 6．验证：一维碰撞中的动量守恒。 [数据处理] 1．小车速度的测量：v＝Δx Δt，式中 Δx 是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt 为小车经过 Δx 的时间，可由打点间隔算出。 2．验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 [实验方案四] 利用斜槽滚球验证动量守恒定律 [实验器材] 斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等。 [实验步骤] 1．测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球。 2．安装：按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。 3．铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置 O。 4．放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复 10 次。用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心 P 就是小球落点的平均位置。 5．碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下， 使它们发生碰撞，重复实验 10 次。用步骤 4 的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置 M 和被撞小球落点的平均位置 N。如图所示。 6．验证：连接 ON，测量线段 OP、OM、ON 的长度。将测量数据填入表中。最后代入 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。 7．结束：整理好实验器材放回原处。 [数据处理] 验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。 注意事项 1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。 2．方案提醒 (1)若利用气垫导轨进行验证，调整气垫导轨时，应注意利用水平仪确保导轨水平。 (2)若利用摆球进行验证，两摆球静止时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直， 将摆球拉起后，两摆线应在同一竖直面内。 (3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡摩擦力。 (4)若利用平抛运动规律进行验证，安装实验装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端水平， 且选质量较大的小球为入射小球。 3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不变。 误差分析 1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。 (1)碰撞是否为一维。 (2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验 时是否平衡掉摩擦力。 2．偶然误差：主要来源于质量 m1、m2 和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。 突破点(一)　实验原理与操作 [例 1]　如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平 部分碰撞前后的动量关系。 (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量 ________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。 A．小球开始释放高度 h B．小球抛出点距地面的高度 H C．小球做平抛运动的射程 (2)图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球 m1 多次从倾斜轨道 上 S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP，然后，把被碰小球 m2 静置于轨道的水平部分，再将入射球 m1 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 m2 相碰，并多次 重复。 接下来要完成的必要步骤是________。(填选项前的符号) A．用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B．测量小球 m1 开始释放高度 h C．测量抛出点距地面的高度 H D．分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N E．测量平抛射程 OM、ON (3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________[用(2)中测量的 量表示]； 若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________________[用(2)中测量的量表 示]。 [解析]　(1)小球碰前和碰后的速度都可用平抛运动来测定，即 v＝x t。即 m1 OP t ＝m1 OM t ＋ m2 ON t ；而由 H＝1 2gt2 知，每次下落竖直高度相等，平抛时间相等。则可得 m1·OP＝m1·OM＋ m2·ON。故只需测射程，因而选 C。 (2)由表达式知：在 OP 已知时，需测量 m1、m2、OM 和 ON，故必要步骤 A、D、E。 (3)若为弹性碰撞，则同时满足动能守恒。 1 2m1(OP t )2＝1 2m1(OM t )2＋1 2m2(ON t )2 m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2。 [答案]　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP　m1·OM 2＋m2·ON2＝m1·OP2 [集训冲关] 1．(2018·南宁模拟)如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”实 验装置示意图。 (1) 入射小球 1 与被碰小球 2 直径相同，均为 d ，它们的质量 相比较，应是 m1________m2。 (2)为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使________________。 (3)继续实验步骤为： A．在地面上依次铺白纸和复写纸。 B．确定重锤对应点 O。 C．不放球 2，让球 1 从斜槽滑下，确定它落地点位置 P。 D．把球 2 放在立柱上，让球 1 从斜槽滑下，与球 2 正碰后，确定球 1 和球 2 落地点位 置 M 和 N。 E．用刻度尺量 OM、OP、ON 的长度。 F．看 m1OM＋m2 ON与 m1 OP是否相等，以验证动量守恒。 上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤。 _______________________________________________________。 解析：(1)入射小球 1 与被碰小球 2 直径相同，即 d1＝d2，为防止两球碰撞后入射球反弹， 入射球质量应大于被碰球质量，即：m1>m2。 (2)要使小球做平抛运动，则斜槽的末端必须水平。 (3)为使小球离开轨道时的初速度相等，每次释放小球时应从同一高度由静止释放，故步 骤 D 不完善；两球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相 等，若碰撞过程动量守恒，则有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′，两边同乘以 t 得：m1v1t＝m1v1′t ＋m2v2′t， 即为：m1OP＝m1OM＋m2(ON－d)，故步骤 F 错误。 答案：(1)>　(2)斜槽末端切线水平　(3)D 不完善，小球 1 应从斜槽的同一高度由静止释 放；　F 错误，应验证：m1OP＝m1OM＋m2(ON－d) 2气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨 与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视 为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板 C 和 D 的气垫导轨和滑块 A 和 B 验证动量守恒定律， 实验装置如图所示，采用的实验步骤如下： a．松开手的同时，记录滑块 A、B 运动时间的计时器开始工作，当 A、B 滑块分别碰到 C、D 挡板时计时器结束计时，分别记下 A、B 到达 C、D 的运动时间 t1 和 t2。 b．在 A、B 间水平放入一个轻弹簧，用手压住 A、B 使弹簧压缩，放置在气垫导轨上， 并让它静止在某个位置。 c．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平。 d．用刻度尺测出 A 的左端至 C 板的距离 l1，B 的右端至 D 板的距离 l2。 (1)实验步骤的正确顺序是____________。 (2)实验中还需要的测量仪器是____________，还需要测量的物理量是____________。 (3)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________。 解析：(2)还需用天平测滑块的质量。 (3)两滑块脱离弹簧的速度为 v1＝l1 t1，v2＝l2 t2， 由动量守恒得 m1v1＝m2v2，即 m1 l1 t1＝m2 l2 t2。 答案：(1)cbda　(2)天平　A、B 两滑块的质量 m1、m2 (3)m1 l1 t1＝m2 l2 t2 突破点(二)　数据处理与误差分析 [例 2]　(2014·全国卷Ⅱ)现利用如图所示的装置验证动量守恒定律。在图中，气垫导轨 上有 A、B 两个滑块，滑块 A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相 连；滑块 B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮 光片通过光电门的时间。 实验测得滑块 A 的质量 m1＝0.310 kg，滑块 B 的质量 m2＝0.108 kg，遮光片的宽度 d＝ 1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率 f＝50.0 Hz。 将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块 A 一向右的初速度，使它与 B 相碰。碰后光电计时器显示的时间为 ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图所示。 若实验允许的相对误差绝对值(|碰撞前后总动量之差 碰前总动量 | × 100%)最大为 5%，本实验是否 在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。 [解析]　按定义，滑块运动的瞬时速度大小 v＝Δs Δt ① 式中 Δs 为滑块在很短时间 Δt 内走过的路程。 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 ΔtA，则 ΔtA＝1 f＝0.02 s ② ΔtA 可视为很短。 设滑块 A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为 v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得 v0＝2.00 m/s ③ v1＝0.970 m/s ④ 设滑块 B 在碰撞后的速度大小为 v2，由①式有 v2＝ d ΔtB ⑤ 代入题给实验数据得 v2＝2.86 m/s ⑥ 设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为 p 和 p′，则 p＝m1v0 ⑦ p′＝m1v1＋m2v2 ⑧ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp＝|p－p′ p |×100% ⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp＝1.7%<5% ⑩ 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。 [答案]　见解析 [集训冲关] 3．如图甲所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时 器的纸带，启动打点计时器甲车受到一水平向右的冲量。运动一段距离后，与静止的乙车发 生正碰并粘在一起运动。 纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，电源频率为 50 Hz，则碰撞 前甲车运动速度大小为________ m/s，甲、乙两车的质量之比 m 甲∶m 乙＝__________。 解析：由图乙可得碰前甲车的速度为 v1＝12 × 10－3 0.02 m/s＝0.6 m/s 碰后两车的共同速度 v2＝8 × 10－3 0.02 m/s＝0.4 m/s 由动量守恒定律有 m 甲 v1＝(m 甲＋m 乙)v2 由此得甲、乙两车的质量之比 m 甲∶m 乙＝v2∶(v1－v2)＝0.4∶(0.6－0.4)＝2∶1。 答案：0.6　2∶1 4．(2018·咸阳质检)利用气垫导轨做实验来验证动量守恒定律。开始时两个滑块静止， 它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动。 得到如图所示的两个滑块 A、B 相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为 10 Hz。已 知滑块 A、B 的质量分别为 200 g、300 g，根据照片记录的信息，A、B 离开弹簧后，A 滑块 做匀速直线运动，其速度大小为________m/s，本次实验中得出的结论是______________。 解析：由题图可知，绳子烧断后，A、B 均做匀速直线运动。开始时有：vA＝0，vB＝0， A、B 被弹开后有：vA′＝0.009 1 10 m/s＝0.09 m/s，vB′＝0.006 1 10 m/s＝0.06 m/s，mAvA′ ＝0.2×0.09 kg·m/s＝0.018 kg·m/s，mBvB′＝0.3×0.06 kg·m/s＝0.018 kg·m/s，由此 可得 mAvA′＝mBvB′，即 0＝mBvB′－mAvA′。结论是：两滑块组成的系统在相互作用过 程中动量守恒。 答案：0.09　两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒 突破点(三)　实验的改进与创新 创新角度 实验装置图 创新解读 实验原理 的创新 (2018·济宁模拟) 1.利用斜面上的平抛运动获得两球碰后的 速度。 2.利用对比性实验，体现了实验的多样性 和创新性。 (2014·全国卷Ⅱ) 1.利用气垫导轨代替长木板，利用光电门 代替打点计时器，提高实验的精确度。 2.利用相对误差评价实验结果。 实验器材 的创新 (2018·济南模拟) 1.利用铝质导轨研究完全非弹性碰撞。 2.利用闪光照相机记录立方体滑块碰撞前 后的运动规律，从而确定滑块碰撞前后的 速度。 实验过程 的创新 (2018·汕尾模拟) 1.用压缩弹簧的方式使两滑块获得速度， 可使两滑块的合动量为零。 2.利用 v＝L t 的方式获得滑块弹离时的速 度。 3.根据能量守恒定律测定弹簧的弹性势能。 [集训冲关] 5．(2018·汕尾模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑 块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用 带竖直挡板 C 和 D 的气垫导轨以及滑块 A 和 B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹 簧的长度忽略不计)。 采用的实验步骤如下： ①用天平分别测出滑块 A、B 的质量 mA、mB。 ②调整气垫导轨，使导轨处于水平。 ③在 A 和 B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。 ④用刻度尺测出 A 的左端至 C 板的距离 L1。 ⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块 A、B 运动时间的计时器开始工作。当 A、B 滑块分别碰撞 C、D 挡板时停止计时，记下 A、B 分别到达 C、D 的运动时间 t1 和 t2。 (1)实验中还应测量的物理量是_________________________________________。 (2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式中 算得的 A、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_________________。 (3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式： ________________________________________。 解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需 要测量运动物体的位移，即需要测量的量是 B 的右端至 D 板的距离 L2。 (2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设 向左运动为正，则有 mAvA－mBvB＝0，即 mA L1 t1 －mB L2 t2 ＝0。造成误差的原因：一是测量本身 就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等。 (3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能。故有 ΔE p ＝1 2 (mAL12 t12 ＋mBL22 t22 )。 答案：(1)B 的右端至 D 板的距离 L2 (2)mA L1 t1 －mB L2 t2 ＝0　原因见解析　(3)见解析 6．(2018·济宁模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞， 某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验： ①用天平测出两个小球的质量(分别为 m1 和 m2，且 m1＞m2)。 ②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽 AB 固定在桌边，使槽的末端处的切 线水平，将一斜面 BC 连接在斜槽末端。 ③先不放小球 m2，让小球 m1 从斜槽顶端 A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落 点位置。 ④将小球 m2 放在斜槽末端边缘处，让小球 m1 从斜槽顶端 A 处由静止开始滚下，使它们 发生碰撞，记下小球 m1 和 m2 在斜面上的落点位置。 ⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点 B 的距离，图中 D、E、F 点是该同学 记下的小球在斜面上的几个落点位置，到 B 点的距离分别为 LD、LE、LF。 (1)小球 m1 和 m2 发生碰撞后，m1 的落点是图中的______点，m2 的落点是图中的________ 点。 (2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式______________________，则说明碰撞中动 量守恒。 (3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式______________________，则说明两小球 的碰撞是弹性碰撞。 解析：设斜面 BC 的倾角为 θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为 L，由平抛 运动的知识可知，Lcos θ＝vt，Lsin θ＝1 2gt2，可得 v＝Lcos θ g 2Lsin θ＝cos θ gL 2sin θ，由于 θ、g 都是恒量，所以 v∝ L，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以化简为 m1 LE＝m1 LD＋ m2 LF，机械能守恒的表达式可以化简为 m1LE＝m1LD＋m2LF。 答案：(1)D　F (2)m1 LE＝m1 LD＋m2 LF (3)m1LE＝m1LD＋m2LF 7．(2018·济南模拟)为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材 质相同、体积不等的立方体滑块 A 和 B，按下述步骤进行实验： 步骤 1：在 A、B 的相撞面分别装上橡皮泥，以便二者相撞以后能够立刻结为整体； 步骤 2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽。倾斜 槽和水平槽由一小段圆弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且 适当远处装一台数码频闪照相机； 步骤 3：让滑块 B 静置于水平槽的某处，滑块 A 从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪 拍摄，直到 A、B 停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片； 步骤 4：多次重复步骤 3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度 尺紧靠照片放置，如图所示。 (1)由图分析可知，滑块 A 与滑块 B 碰撞发生的位置________。 ①在 P5、P6 之间 ②在 P6 处 ③在 P6、P7 之间 (2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。 ①A、B 两个滑块的质量 m1 和 m2 ②滑块 A 释放时距桌面的高度 ③频闪照相的周期 ④照片尺寸和实际尺寸的比例 ⑤照片上测得的 s45、s56 和 s67、s78 ⑥照片上测得的 s34、s45、s56 和 s67、s78、s89 ⑦滑块与桌面间的动摩擦因数 写出验证动量守恒的表达式_________________________________________________。 解析：(1)由图可知 s12＝3.00 cm，s23＝2.80 cm，s34＝2.60 cm，s45＝2.40 cm，s56＝2.20 cm，s67＝1.60 cm，s78＝1.40 cm，s89＝1.20 cm。根据匀变速直线运动的特点可知 A、B 相撞 的位置在 P6 处。 (2)为了探究 A、B 相撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后的动量，所以要测量 A、B 两个滑块的质量 m1、m2 和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为 T，则 P4 处的速度为 v4 ＝s34＋s45 2T ，P5 处的速度为 v5＝s45＋s56 2T ，因为 v5＝v4＋v6 2 ，所以 A、B 碰撞前 A 在 P6 处的速 度为 v6＝s45＋2s56－s34 2T ；同理可得碰撞后 AB 在 P6 处的速度为 v6′＝2s67＋s78－s89 2T 。若动量 守恒则有 m1v6＝(m1＋m2)v6′，整理得 m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)。因此需 要测量或读取的物理量是①⑥。 答案：(1)②　(2)①⑥　m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89) [阶段综合检测(二)]　　　　　第一～六章验收(其中第一～三章分值约占25%) (时间：90 分钟　满分：110 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7 题只有一项符合题目要求，第 8～12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对 但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) ★1．(2018·汕头一模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为 L， 在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车 使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后 轮造成的两次颠簸的时间间隔为 t。利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间 内自行车的(　　) A．初速度　　　　　　　 B．末速度 C．平均速度 D．加速度 解析：选 C　在只知道时间 t 和这段时间内运动位移 x 的前提下，由v＝x t可知能求平均 速度v，C 项正确。 ★2.(2018·武汉模拟)一段圆环固定在竖直面内，O 为圆心，轻绳的两 端分别系在圆环上的 P、Q 两点，P、Q 两点等高，一物体通过光滑的轻质 挂钩挂在绳上，物体处于静止状态。现保持轻绳的 Q 端位置不变，使 P 端 在圆环上沿逆时针方向缓慢转动，至 PO 水平。此过程中轻绳的张力(　　) A．一直减小 B．一直增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选 B　物体通过光滑的挂钩挂在绳上，绳各处张力相等。P 端沿逆时针旋转过程 中，两绳夹角变大，合力大小、方向不变，故两分力都变大，即轻绳的张力一直增大，选项 B 正确。 3．(2018·厦门一中月考)一质量为 m 的铁锤，以速度 v 竖直打在木桩上，经过 Δt 时间停 止后，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　) A．mgΔt　　　　　　　　 B．mv Δt C．mv Δt ＋mg D．mv Δt －mg 解析：选 C　对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力，设向下为正方向，则有(mg－ F)Δt＝0－mv，得：F＝mv Δt ＋mg，由牛顿第三定律可知，铁锤对木桩的平均冲力为mv Δt ＋mg， 选项 C 正确。 ★4．如图所示，具有一定质量的小球 A 固定在轻杆一端，另一端挂 在小车支架的 O 点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面 上，放手让小球摆下与 B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程 中小车将(　　) A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．小球下摆时，车向左运动后又静止 解析：选 D　水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒，小球下摆过程 中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动。当撞到橡皮泥， 是完全非弹性碰撞，A 球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。 ★5．质量为 2 kg 的物体 A 做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为 L＝5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．物体 A 落地时的动量大小为 10 5 kg·m/s B．物体 A 落地时的动能为 100 J C．物体 A 落地时，速度与水平方向的夹角是 45° D．物体 A 做平抛运动中合力的平均功率为 125 W 解析：选 A　由平抛运动规律可知：物体 A 做平抛运动的时间 t＝ 2L g ＝1 s，做平抛运 动的初速度 v0＝L t ＝5 m/s，落地时竖直方向的速度 v y＝gt＝10 m/s，落地时速度 v＝ v02＋vy2＝5 5 m/s，落地时的动量大小 p＝mv＝10 5 kg·m/s，A 正确；物体 A 落地时 的动能 Ek＝1 2mv2＝125 J，B 错误；物体 A 落地时，速度与水平方向的夹角的正切值 tan θ＝ vy v0＝2，速度与水平方向的夹角不是 45°，C 错误；物体 A 做平抛运动中合力是重力，这段时 间内重力做的功 W＝mgL＝100 J，重力的平均功率为 100 W，D 错误。 6．(2018·沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整， 如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨 道，图中 O 点为地心，地球半径为 R，A 点是近地轨道和椭圆轨道的交点，远地 点 B 离地面高度为 6R，设卫星在近地轨道运动的周期为 T，下列对卫星在椭圆轨 道上运动的分析，其中正确的是(　　) A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速 B．卫星通过 A 点时的速度是通过 B 点时速度的 6 倍 C．卫星通过 A 点时的加速度是通过 B 点时加速度的 6 倍 D．卫量从 A 点经 4T 的时间刚好能到达 B 点 解析：选 D　卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为 4R，由开普勒第三定律知T12 T22＝R13 R23，卫 星在椭圆轨道上运行的周期为 8T，卫星从 A 到 B 用时为半个周期，即 4T，D 正确。 7．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳 悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为 M，到小环的距 离为 L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F。小环和物块以速度 v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止，物块向上摆动。整个 过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度 为 g。下列说法正确的是(　　) A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2F B．小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 2F C．物块上升的最大高度为2v2 g D．速度 v 不能超过 (2F－Mg)L M 解析：选 D　物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即 Mg<2F。物块向右匀速运动时， 物块处于平衡状态，绳子中的张力 T＝Mg≤2F，故 A 错误。小环碰到钉子时，物块做圆周 运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝Mv2 L ，T＝Mg＋Mv2 L ，所以绳子中的张 力与 2F 大小关系不确定，B 错误。若物块做圆周运动到达的高度低于 P 点，根据动能定理 有－Mgh＝0－1 2Mv2，则最大高度 h＝v2 2g；若物块做圆周运动到达的高度高于 P 点，则根据 动能定理有－Mgh＝1 2Mv′2－1 2Mv2，则最大高度 h