【物理】2018届一轮复习人教版动量定理动量守恒定律学案 23页

第5节动量定理__动量守恒定律 ‎(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)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。(√)‎ ‎(7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。(√)‎ ‎(8)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。(√)‎ 突破点(一)　动量定理的理解与应用 ‎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＝mv2‎ p＝mv Δp＝p′－p 标矢性 标量 矢量 矢量 特点 状态量 状态量 过程量 关联方程 Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝ 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．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。‎ 多角练通]‎ ‎1．(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。‎ ‎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．(2017·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＝＝ m/s2＝－‎1.5 m/s2。‎ ‎(2)从A到B过程，由动能定理，有：‎ ‎－μmgs＝mv12－mv02‎ 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 突破点(二)　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]　(2017·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，还是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)(2017·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 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.(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2　　　　　　　　　 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D　火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。‎ ‎3．(2017·兰州月考)冰球运动员甲的质量为‎80.0 kg。当他以‎5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为‎100 kg、速度为‎3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，求：‎ ‎(1)碰后乙的速度的大小；‎ ‎(2)碰撞中总机械能的损失。‎ 解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：‎ mv－MV＝MV ′①‎ 代入数据解得：V′＝‎1.0 m/s。②‎ ‎(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有：‎ mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE③‎ 联立②③式，代入数据得：ΔE＝1 400 J。‎ 答案：(1)‎1.0 m/s　(2)1 400 J 突破点(三)　动量守恒定律的3个应用实例 ‎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。‎ 典例1]　如图所示，两光滑斜面与光滑水平面间夹角均为θ，两斜面末端与水平面平滑对接。可视为质点的物块A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)，物块A从左边斜面h高处由静止 沿斜面下滑，与静止于水平轨道的物块B正面相撞，碰后物块A、B立即分开，它们能达到的最大高度均为h。两物块经过斜面与水平面连接处及碰撞过程中均没有机械能损失，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)待定系数β；‎ ‎(2)第一次碰撞刚结束时木块A、B各自的速度；‎ ‎(3)物块A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论木块A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。‎ 解析]　(1)运动过程中只有重力做功故机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得mgh＝＋ 得β＝3。‎ ‎(2)设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则 mv12＝ βmv22＝ 设速度方向向右为正、向左为负，解得：‎ v1＝－ ，方向向左 v2＝ ，方向向右。‎ ‎(3)规定速度方向向右为正方向，设A、B第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则 解得V1＝－，V2＝0(另一组解：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去)‎ 由此可得：‎ 当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；‎ 当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。‎ 答案]　(1)3　(2)v1＝－，方向向左　v2＝，方向向右　(3)v1＝－，方向向左　v2＝0，当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。‎ 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＝v0、v2＝v0。‎ ‎(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v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v。当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。‎ 典例2]　近年春节期间，全国许多大中城市将燃放烟花爆竹禁放改为限放，增加了节日气氛。假设一质量为m的烟花从地面上A点以速度v竖直上升到最大高度处炸裂为质量相等的两块，沿水平方向向相反两个方向飞出，假设其中一块落在距A点距离为s处，不计空气阻力及消耗的炸药质量，烟花炸裂时消耗的化学能80%转化为动能。求：‎ ‎(1)烟花上升的最大高度；‎ ‎(2)烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小；‎ ‎(3)烟花炸裂时消耗的化学能。‎ 解析]　(1)由竖直上抛公式得烟花上升的最大高度 h＝。‎ ‎(2)设烟花炸裂后的一块水平飞出时的速度大小为v1，由平抛运动规律得 s＝v1t, h＝gt2‎ 解得v1＝。‎ ‎(3)烟花炸裂后两块在水平方向动量守恒，v1－v2＝0，‎ 解得另一块的速度为v2＝v1。‎ 由能量守恒定律得烟花炸裂时消耗的化学能 E＝＝。‎ 答案]　(1)　(2)　(3) 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 运动 典例3]　(2017·福州二模)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)‎ A．m＝M　　　　　 B．m＝M C．m＝M D．m＝M 解析]　规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv0＝(M－m)v2－mv1‎ 解得：m＝M，故C正确。‎ 答案]　C 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 机械能增加 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 突破点(四)　动量与能量的综合应用 ‎1．解动力学问题的三个基本观点 力的观点 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．动量观点和能量观点的比较 相同点 ‎①研究对象都是相互作用的物体组成的系统 ‎②研究过程都是某一运动过程 不同点 动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，绝无分量表达式 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 与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动 物块B碰撞前速度为0‎ A、B的碰撞为完全非弹性碰撞 P点右侧轨道光滑 滑块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)滑块A在Q的速度v>，所受弹力方向竖直向下，满足：mg＋F＝m。‎ ‎(2)滑块A与B碰前的速度仍为v0。‎ ‎(3)滑块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)滑块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mv02＝mg·2R＋mv2‎ 所以A滑过Q点时的速度 v＝＝ m/s＝‎4 m/s＞＝ m/s 在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m 所以A受到的弹力F＝－mg＝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′＝v0＝‎3 m/s 从碰撞到AB停止，根据动能定理，得 ‎－2μmgkL＝0－·2mv′2‎ 所以k＝＝＝45。‎ ‎(3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段根据动能定理，得 ‎－2μmgnL＝·2mvn2－·2mv′2‎ 解得vn＝ (n＜k)。‎ 答案]　(1)‎4 m/s　22 N　(2)45‎ ‎(3)vn＝(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.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面体，斜面体表面光滑、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，不计冲上斜面体过程中的机械能损失。如果斜面体固定，则小物块恰能冲到斜面体的顶端。如果斜面体不固定，则小物块冲上斜面体后能达到的最大高度为(　　)‎ A．h　　　B.h　　　C.h　　　D.h 解析：选D　若斜面体固定，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面体不固定，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mv2＝mgh′＋(M＋m)v12。联立以上各式可得h′＝h，故D正确。‎ ‎2．(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则(　　)‎ A．小球以后将向右做平抛运动 B．小球将做自由落体运动 C．此过程小球对小车做的功为 D．小球在弧形槽内上升的最大高度为 解析：选BC　小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由水平方向动量守恒得mv0＝2mv′，由机械能守恒定律得mv02＝2×mv′2＋mgh，解得h＝，故D错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v1，小车速度大小为v2，则mv0＝mv2－mv1，mv02＝mv22＋mv12，解得v2＝v0，v1＝0，即两者交换速度，故B、C正确，A错。‎ ‎3.(2017·安徽省六校第二次质检)如图所示，质量为‎1 kg可以看作质点的小球悬挂在长为‎0.9 m的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ＝60°的位置后自由释放。当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为‎2 kg的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的。已知木块与地面的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球与木块碰前瞬时速度的大小；‎ ‎(2)小球与木块碰前瞬间所受拉力大小；‎ ‎(3)木块在水平地面上滑行的距离。‎ 解析：(1)设小球摆至最低点时的速度为v，由动能定理，有mgL(1－cos 60°)＝mv2‎ 代入数据解得v＝‎3 m/s。‎ ‎(2)设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为T，有：T－mg＝m 代入数据，解得：T＝2mg＝20 N。‎ ‎(3)设小球与木块碰撞后，小球的速度为v1，木块的速度为v2，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝Mv2－mv1‎ 依题意知：mv12＝mv2× 设木块在水平地面上滑行的距离为x，由动能定理得：－μMgx＝0－×Mv22‎ 联立并代入数据，解得x＝‎1 m。‎ 答案：(1)‎3 m/s　(2)20 N　(3)‎‎1 m 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 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＝L，x船＝L 此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。‎ ‎ (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．如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上。‎ 解析：蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝ ，蛙与车水平方向动量守恒，可知mx＝M，蛙要能落到桌面上，其最小水平速度为v＝，上面三式联立求得v＝ 。‎ 答案： 对点训练：动量定理的理解与应用 ‎1．(2017·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＝mv22－mv12＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2 J。故A正确。‎ ‎2.(多选)(2017·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 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．小球的机械能减少了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 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＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m知阻力的冲量大于m，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。‎ ‎3．(2016·北京高考)(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图甲所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。‎ a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；‎ b．分析说明小球对木板的作用力的方向。‎ ‎(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②‎ 穿过介质小球的光路如图乙所示。图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行。‎ 请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。‎ a．光束①和②强度相同；‎ b．光束①比②的强度大。‎ 解析：(1)a.x方向：动量变化为Δpx＝mvsin θ－mvsin θ＝0‎ y方向：动量变化为Δpy＝mvcos θ－(－mvcos θ)＝2mvcos θ 方向沿y轴正方向。‎ b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。‎ ‎(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p。‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcos θ 从小球出射时的总动量为p2＝2np p1、p2的方向均沿SO向右 根据动量定理得FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)＞0‎ 可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右，根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左。‎ b．建立如图所示的Oxy直角坐标系。‎ x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向。‎ y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1＞n2。‎ 这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为p2y＝0‎ 根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向。‎ 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。‎ 答案：见解析 对点训练：动量守恒定律的理解及应用 ‎4．(多选)(2017·湖北名校期中测试)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)‎ A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒 C．只要系统所受合外力的冲量为零，系统动量一定守恒 D．系统加速度为零，系统动量一定守恒 解析：选CD　只要系统所受合外力的矢量和为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，则系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确。‎ ‎5.(2017·济宁高三期末)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 向左运动，B 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＝ 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 m/s，只有选项B正确。‎ ‎6.(2017·济南模拟)如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为‎2m 的小明同学站在小车上用力向右迅速推出木箱后，木箱相对于冰面运动的速度大小为v，木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求整个过程中小明对木箱做的功。‎ 解析：规定向左为正方向，由动量守恒定律可得：‎ 推出木箱的过程中，(m＋‎2m)v1－mv＝0，‎ 接住木箱的过程中，mv＋(m＋‎2m)v1＝(m＋m＋‎2m)v2，‎ 小明对木箱做功为W，则W＝mv22，‎ 代入数据解得：W＝mv2。‎ 答案：mv2‎ 对点训练：碰撞、爆炸与反冲 ‎7．(2017·泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为‎3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为‎2m，速度大小为v，方向水平向东；则另一块的速度为(　　)‎ A．3v0－v B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 解析：选C　取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确。‎ ‎8.(2017·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。‎ ‎9．(2017·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0＝‎2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1＝‎90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝‎135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝‎45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)‎ ‎(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？‎ ‎(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小。‎ 解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，‎ 则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1‎ 以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得：‎ M2v0＝(M2－m)v1＋mv 代入数据联立解得 v1＝‎0.4 m/s，v＝‎5.2 m/s。‎ ‎(2)以甲为研究对象，由动量定理得，‎ Ft＝M1v1－(－M1v0)‎ 代入数据解得F＝432 N。‎ 答案：(1)‎5.2 m/s　(2)432 N 考点综合训练 ‎10.(2017·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＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，将m2＝‎3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。‎ ‎11．(2017·衡水模拟)如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为‎2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求：‎ ‎(1)物块A相对木板B静止后的速度大小；‎ ‎(2)木板B至少多长。‎ 解析：(1)设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，‎ 根据动量守恒得，‎ mv0＝(m＋m)v1，①‎ ‎(m＋m)v1＝(m＋m＋‎2m)v2②‎ 联立①②得，v2＝0.25v0。‎ ‎(2)当物块A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设物块A刚好滑到物木板B的右端时共速，则由能量守恒得，‎ ·2mv12－·4mv22＝μ2mgL③‎ 联立①②③得，L＝。‎ 答案：(1)0.25v0　(2) ‎12．(2017·郑州质检)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝‎2 kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝‎1 kg，A点到B点的竖直高度为h＝‎1.8 m，BC长度为L＝‎3 m，BD段光滑。g取‎10 m/s2。求在运动过程中：‎ ‎(1)弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎(2)物块第二次到达C点的速度。‎ 解析：(1)由A点到B点的过程中，由动能定理得：mgh＝mvB2‎ 解得vB＝＝‎6 m/s 由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，取vB方向为正方向，‎ mvB＝(M＋m)v 此时的弹性势能最大，由能量守恒可得：‎ Ep＝mvB2－(M＋m)v2‎ 由以上两式可得Ep＝12 J。‎ ‎(2)物块由B点至第二次到达C点的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，‎ mvB＝mvC＋Mv′‎ 物块由B点至第二次到C点的整个过程机械能守恒 mvB2＝mvC2＋Mv′2‎ 由以上两式可解得：vC＝－‎2 m/s；vC＝‎6 m/s(第一次到C点的速度，舍去)‎ 即物块第二次到达C点的速度为－‎2 m/s。‎ 答案：(1)12 J　(2)－‎2 m/s