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第六章
考 纲 要 求
考 情 分 析
动量、动量定理
Ⅱ
　　1.命题规律
高考对该部分内容既可单独考查，又可与动力学、功和能、电磁学等知识综合考查。题型既有选择题，也有计算题，难度中等或中等偏上。
2.考查热点
以生活实例及经典物理学理论为命题背景，结合物理知识在生活中的应用的命题趋势较强，复习时应侧重该部分知识和其他知识的综合应用。
动量守恒定律及其应用
Ⅱ
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
实验七：验证动量守恒定律
　动量　冲量　动量定理(双基落实课)
点点通(一)　动量和冲量
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.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＝F(t′－t)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＝t(F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小)。
②作出F-t变化图线，图线与t轴所围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。
[小题练通]
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．物体受到恒力的作用也可能做曲线运动
解析：选D　动量为零时，物体的速度为零，但物体并不一定处于平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，故A错误；动能不变，说明物体速度的大小不变，但速度的方向可能变化，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)如图所示，一个物体在拉力F的作用下匀速前进了时间t，且拉力F与水平方向成θ角。则(　　)
A．拉力F对物体的冲量大小为Ft
B．拉力F对物体的冲量大小为Ftsin θ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin θ
D．合外力对物体的冲量大小为零
解析：选AD　拉力F对物体的冲量大小等于Ft，A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力大小Ff＝Fcos θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ftcos θ，C项错误；物体匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D项正确。
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　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ 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＝＝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时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D错误。
点点通(二)　动量定理
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量。
2．公式：p′－p＝I。
(1)公式是矢量式，左边是动量的变化量，只有当初、末动量在一条直线上时，才可以直接进行代数运算，但必须注意正负值。
(2)公式右边是物体受到的所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量。
(3)公式说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。
3．用动量定理解释生活现象
由F＝ 知，物体的动量变化一定时，力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。
[小题练通]
1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N　　　　　　　　 　B．102 N
C．103 N D．104 N
解析：选C　设每层楼高约为3 m，则鸡蛋下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，鸡蛋下落到地面时的速度满足v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知，C正确。
2.(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg 的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
解析：(1)根据匀变速直线运动公式vB2－vA2＝2aL，
解得L＝＝100 m。
(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。
根据牛顿第二定律，有
FN－mg＝m
运动员在BC段运动的过程中，根据动能定理，有
mgh＝mvC2－mvB2
解得FN＝3 900 N。
答案：(1)100 m　(2)1 800 N·s　(3)见解析图　3 900 N
[融会贯通]
应用动量定理解题的步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。
点点通(三)　动量定理与微元法的综合应用
1．流体类问题
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常给出流体密度ρ
分析
步骤
(1)建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
2．微粒类问题
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n
分析
步骤
(1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S
(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N求解
[小题练通]
1．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1 h内杯中水面上升了45 mm。当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s。据此估算该压强为(雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)
A．0.15 Pa B．0.54 Pa
C．1.5 Pa D．5.4 Pa
解析：选A　设圆柱形水杯的横截面积为S，则水杯中水的质量为m＝ρV＝1×103×45×10－3S＝45S，由动量定理可得：Ft＝mv，而p＝，所以p＝＝ Pa＝0.15 Pa，A正确。
2.如图所示为喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M的垃圾桶倒立在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)从地下射向垃圾桶。求垃圾桶可停留的最大高度(水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)。
解析：设垃圾桶可停留的最大高度为h，水柱到达高处h的速度为vt，则
vt2－v02＝－2gh
得vt2＝v02－2gh
由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为
FΔt＝2vt
解得F＝2·vt＝2
据题意有F＝Mg
联立解得h＝－2。
答案：－2
3．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1.35×103 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，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的激光的总能量为
P0×1 s＝NE＝Npc
所以p＝
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＝＝。
(2)由(1)可知I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
答案：(1)　(2)3.6×10－3 m/s2
[融会贯通]　两类流体运动模型
“吸收模型”
“反弹模型”
流体与被碰物质接触后速度为零
流体与被碰物质接触后以原速率反弹
设时间t内流体与被碰物质相碰的“粒子”数为n，每个“粒子”的动量为p，被碰物质对“粒子”的作用力为F，以作用力的方向为正，则“吸收模型”满足Ft＝0－n(－p)，“反弹模型”满足Ft＝np－n(－p)。“反弹模型”的动量变化量为“吸收模型”的动量变化量的2倍，解题时一定要明确模型，避免错误
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，其方向与物体速度变化量的方向相同。
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。
[课堂综合训练]
1.在一光滑的水平面上，有一轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端紧靠着一物体A，已知物体A的质量mA＝4 kg，如图所示。现用一水平力F作用在物体A上，并向左压缩弹簧，力F做功50 J后(弹簧仍处在弹性限度内)，突然撤去力F，物体A从静止开始运动。则当撤去力F后，弹簧弹力对物体A的冲量大小为(　　)
A．20 N·s　　　　　　　 　B．50 N·s
C．25 N·s D．40 N·s
解析：选A　根据题意知，撤去力F时，弹簧具有的弹性势能为Ep＝50 J，根据机械能守恒定律得Ep＝mv2，解得物体A离开弹簧的速度为v＝5 m/s，根据动量定理得I＝mv－0＝4×5 N·s＝20 N·s，A正确，B、C、D错误。
2．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
解析：选A　设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝。方法一：设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝＋mg。方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F＝＋mg。选项A正确。
3.(2019·西峰调研)如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是圆环在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿滑轨MP、QN运动到圆环上的过程中，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：选C　题图所示是“等时圆”模型，即两滑块同时到达圆环上。合力F＝mgsin θ(θ为滑轨在水平方向的倾角)，由题图可得，Fa＞Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力对两滑块的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcos θ，FNa＜FNb，因此弹力对a滑块的冲量较小。故选项C正确。
4．(多选)在光滑水平面上有两个质量均为2 kg的质点，质点a在水平恒力Fa＝4 N作用下由静止开始运动4 s，质点b在水平恒力Fb＝4 N作用下由静止开始运动4 m，比较a、b两质点所经历的过程，下列说法正确的是(　　)
A．质点a的位移比质点b的位移大
B．质点a的末速度比质点b的末速度小
C．力Fa做的功比力Fb做的功多
D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小
解析：选AC　质点a的位移xa＝at2＝·ta2＝16 m，A正确；由动量定理得Fata＝mva，va ＝＝8 m/s，由动能定理得Fbxb＝mvb2，解得vb＝4 m/s，B错误；力Fa做的功Wa＝Faxa＝64 J，力Fb做的功Wb＝Fbxb＝16 J，C正确；力Fa的冲量Ia＝Fata＝16 N·s，力Fb的冲量Ib＝Δpb＝m(vb－0)＝8 N·s，D错误。
5．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速率约为30 m/s。
(1)求相撞中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人的作用时间是1 s，求这时人受到的平均冲力。
解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m
设运动的时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0
得F＝＝ N＝5.4×104 N。
(2)若人系有安全带，根据动量定理F′t′＝mv0
得F′＝＝ N＝1.8×103 N。
答案：(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N

1．把重物压在纸带上，某人用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若某人迅速拉动纸带，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　某人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错误；某人迅速拉动纸带时，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，C正确，D错误。
2.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，左端与竖直墙壁接触。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，则气体刚喷出时贮气瓶左端对竖直墙壁的作用力大小是(　　)
A．ρvS　　　　　 　　　 　B.
C.ρv2S 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FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛顿第三定律得F′＝F＝ρv2S，选项D正确。
3.(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，乘客重力的冲量不为零，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。
4.(2019·铜陵联考)如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按选项图中的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)。若物体在t＝0时速度为零，则选项图中的四种情况3 s末速率最大的是(g取10 m/s2)(　　)
解析：选C　根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0＝1 s，选项图A中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋Ft0＝mv1，得v1＝－20 m/s；选项图B中：－mgsin 30°·3t0＋Ft0－Ft0＝mv2，得v2＝－15 m/s；选项图C中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＝mv3，得v3＝－25 m/s；选项图D中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋F′t0＝mv4，得v4＝－15 m/s。故选项C正确。
5.如图所示，a、b、c是三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的是(　　)
A．a、b、c同时到达同一水平面
B．a、b、c动量变化量的大小相等
C．a、b、c的末动能相同
D．重力对a、b、c的冲量大小相等
解析：选B　b做自由落体运动，c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c的加速度为g，设斜面的倾角为θ，则a的加速度为gsin θ，设下落相同高度h时，a下滑时间为t1，则＝gt12sin θ，解得t1＝ ，b、c下落时间为t2＝ ，a与b、c所用时间不同，选项A错误；a的动量变化量为mgsin θ·t1＝m，b、c的动量变化量为mgt2＝m，故a、b、c动量变化量大小相等，选项B正确；由机械能守恒定律可知，c的末动能大于a、b的末动能，选项C错误；由于t1>t2，所以重力对a、b、c的冲量大小不相等，选项D错误。
6．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下操作：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动量的变化量大小都为mv0
B．过程1和过程2动量变化量的方向相反
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，上升过程和下降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，下降过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球从发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的总冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误。
7.(多选)(2019·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
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。
8.(多选)(2019·合肥模拟)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．第2 s末，质点的动量为0
B．第4 s末，质点回到出发点
C．在0～2 s内，力F的功率先增大后减小
D．在1～3 s内，力F的冲量为0
解析：选CD　由题图可知，0～2 s内力F的方向和质点运动的方向相同，由F＝ma可知，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s 末质点的加速度为0，即速度最大，动量最大，故选项A错误；质点在2～4 s内力F的方向与0～2 s内力F的方向不同，0～2 s内做加速运动，2～4 s 内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，故选项B错误；0～2 s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率开始为0,2 s末时为0，所以在0～2 s内，力F的功率先增大后减小，故选项C正确；在题图中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，1～2 s内的面积与 2～3 s 内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s内，力F的冲量为0，故选项D正确。
9.(2019·三湘名校联考)某中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出激励语。如图为横幅的示意图，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，四条轻绳与水平方向的夹角均为θ，其中轻绳A、B是不可伸长的刚性绳，轻绳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)求轻绳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＋。
(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2gh＝v02
设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＋
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＋＋。
答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋
第35课时　动量守恒定律(重点突破课)
[考点一　动量守恒定律的理解]
对系统应用动量守恒定律之前，首先要判断系统动量是否守恒，其次要理清动量守恒和机械能守恒的条件，不要把二者混淆。
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
[典例]　(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是(　　)
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
[解析]　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、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和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
[答案]　BCD

动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[集训冲关]
1.(2019·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止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出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)
A．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：选C　根据动量守恒的条件可知，男孩、小车与木箱组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项C正确。
2.如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
解析：选C　甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但甲、乙两木块所组成的系统因所受合力为零，故动量守恒，A、B错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故动能不守恒，D错误。
3．(多选)(2019·北京东城区模拟)两物体组成的系统总动量守恒，在这个系统中，下列说法正确的是(　　)
A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度
B．一物体所受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同
C．两物体的动量变化总是大小相等、方向相反
D．系统总动量的变化为零
解析：选CD　两物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′，整理得p1－p1′＝p2′－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以两物体的动量变化大小相等，方向相反，故两物体受到的冲量大小相等，方向相反，由于两物体质量未知，所以无法判断一个物体增加的速度是否等于另一个物体减少的速度，故选项A、B错误，C正确；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，故选项D正确。
[考点二　动量守恒定律的应用]
应用动量守恒定律的关键是正确选出研究对象(系统)，学生往往在选择哪几个物体为系统时出现方向性错误，导致一着不慎，全盘皆输。
1．动量守恒定律的五个特性
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
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
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)
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
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。
[考法细研]
考法1　动量守恒定律的基本应用　
[例1]　(2019·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，速度均指相对空间站的速度)。
(1)求乙要以多大的速度v(相对于空间站)将A推出；
(2)设甲与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，以乙运动的方向为正方向，
则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
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)，
解得F＝432 N。
[答案]　(1)5.2 m/s　(2)432 N
考法2　某一方向上的动量守恒问题　
[例2]　 (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有
m2v20＝(m2＋m3)v
m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度
解得m3＝20 kg。
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0
解得v1＝1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3
m2v202＝m2v22＋m3v32
解得v2＝1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
[答案]　(1)20 kg　(2)见解析

(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统的作用力。
[集训冲关]
1．(人教教材改编题)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为(　　)
A．35 N　　　　　　　　 　B．100 N
C．102.5 N D．350 N
解析：选C　子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝＝0.5 m/s，对子弹和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)，得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，选项C正确。
2.两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0 kg，mB＝0.90 kg，A、B的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10 kg的滑块C，以vC＝10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在B上，B和C的共同速度为0.50 m/s。求：A的最终速度vA及C离开A时的速度vC′。
解析：C从开始滑上A到恰好滑至A的右端过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′
C从刚滑上B到两者相对静止，B、C组成的系统动量守恒
mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v
解得vA＝0.25 m/s，vC′＝2.75 m/s。
答案：0.25 m/s　2.75 m/s
3.如图所示，从倾角为30°，长0.3 m的光滑斜面上滑下质量为2 kg的货包，掉在质量为13 kg的小车里并相对小车静止。若小车与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.02，小车能前进多远？(g取10 m/s2)
解析：货包离开斜面时速度为
v＝＝＝ m/s
货包离开斜面后，由于水平方向不受外力，所以在其落入小车前，其水平速度vx不变，其大小为
vx＝vcos 30°＝1.5 m/s
货包落入小车中与小车相碰的瞬间，虽然小车在水平方向受到摩擦力的作用，但与相碰时的内力相比可忽略，故系统在水平方向上动量守恒，
则mvx＝(M＋m)v′
解得小车获得的速度为v′＝0.2 m/s
由动能定理有－μ(M＋m)gx2＝0－(M＋m)v′2
解得小车前进的距离为x2＝0.1 m。
答案：0.1 m

1.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，小球与小车组成的系统不受外力，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，由动量守恒可知，小车要向左运动，撞到橡皮泥是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止，D正确。
2.如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球静止在水平面上，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为(　　)
A．1∶2　　　　　　　　　 　B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：选D　设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，由动量守恒定律mBv0＝mA＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，选项D正确。
3.(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F使弹簧压缩，如图所示，当撤去力F后，下列说法中正确的是(　　)
A．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
解析：选BC　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，不满足动量守恒定律的条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，满足动量守恒定律的条件，B、C正确，A、D错误。
4.(多选)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙壁上，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，一质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑，则(　　)
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，故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，所以在水平方向动量守恒，故B正确；被弹簧反弹后，小球和槽不受外力，故小球和槽向左做匀速运动，故C正确；小球与槽组成的系统在水平方向上动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，小球被反弹后与槽的速度大小相等，小球不能滑到槽上，更不能回到槽高h处，故D错误。
5.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02
解析：选BD　小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确。
6．两磁铁各放在两辆小车上，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 kg，两磁铁的N极相对。推动一下使两车相向运动，某时刻甲车的速率为2 m/s，乙车的速率为3 m/s，方向与甲车相反，两车运动过程中始终未相碰。求：
(1)两车最近时，乙车的速度大小；
(2)甲车开始反向时，乙车的速度大小。
解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的初速度方向为正方向，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/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′，取乙车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
解得v乙′＝2 m/s。
答案：(1) m/s　(2)2 m/s
7．(2019·石家庄检测)如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平地面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件(不计地面和斜坡的摩擦，车和人均可视为质点)?
解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有
(m1＋M)v12＝(m1＋M)gh
解得v1＝＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车过程中，人和甲车组成的系统动量守恒，在人跳上乙车过程中人和乙车组成的系统动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则人跳离甲车时
(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′
人跳上乙车时Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′
解得v1′＝6v0－2v，v2′＝v－v0
两车不发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0。
答案：v0≤v≤v0
第36课时　应用动量守恒定律解决三类典型问题(重点突破课)
[考点一　碰撞问题]
碰撞问题是高考的考查热点，此类问题往往结合牛顿运动定律、能量守恒定律等知识综合起来考查。正确判断碰后各物体的运动情况是解题的关键。
1．碰撞
(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
(2)碰撞特征：作用时间短、作用力变化快、内力远大于外力、满足动量守恒定律。
(3)碰撞的分类及特点
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能不守恒
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最多
2.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]　如图所示，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。两物块在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机械能均不损失。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。
[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：mv02＝mv12＋Mv22
解得：v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s。
(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－at12＝d
解得：t1＝1 s(t1＝3 s舍去)
B与挡板碰后的速度大小v3＝v2－at1＝2 m/s，B反弹后减速时间t2＝＝1 s
B反弹后经过位移s1＝＝1 m，B停止运动。
A与P处挡板碰后，以v4＝2 m/s的速度滑上O点，经过s2＝＝1 m停止，
所以最终A、B的距离s＝d－s1－s2＝1 m
A、B不会碰第二次。
在A、B碰后，A运动总时间tA＝＋＝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

碰撞问题解题技巧
(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，碰后质量大的静止不动，质量小的被原速率反向弹回。　　
[集训冲关]
1．(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)
A．0.5 m/s　　　　　　　 　B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C　碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv02＝mv12＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
2.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动
解析：选D　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0，碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒定律，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。
3.如图所示，在光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量pA＝4 kg·m/s，B球的质量mB＝1 kg，速度vB＝6 m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。求：
(1)碰撞后B球的速度大小；
(2)A球质量的取值范围。
解析：(1)由题意知pA′＝2 kg·m/s。
根据动量守恒定律有pA＋mBvB＝pA′＋mBvB′
解得vB′＝8 m/s。
(2)设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足vA＝>vB
碰撞后A球不可能运动到B球前方，所以vA′＝≤vB′
碰撞过程系统机械能不可能增加，所以
＋mBvB′2≤＋mBvB2
联立解得mA应满足 kg≤mA≤ kg。
答案：(1)8 m/s　(2) kg≤mA≤ kg
[考点二　爆炸和反冲]
爆炸和反冲是日常生活中常见的现象。解决这类问题的关键是把实际情景归纳出理想模型，根据动量守恒定律列式求解。
(一)爆炸现象
1．特点：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
动量
守恒
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，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
(二)反冲运动
1．特点：物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2．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
[考法细研]
考法1　爆炸现象　
[例1]　一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列选项图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
[解析]　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B项对。
[答案]　B
考法2　反冲现象　
[例2]　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：
(M－3m)v3－3mv＝0，
解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：
(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s

(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。
(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，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。　　
[集训冲关]
1．(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＝0.050×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
2．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(　　)
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
解析：选CD　炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，故A错误；|vb|＞|va|、|vb|＜|va|、|vb|＝|va|也都
有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度关系未知，所以a、b飞行的水平距离无法比较，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，大小相等，故D正确。
3.(2019·邯郸模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
解析：(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝×2m2－×2mv02，
解得μ＝。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋×2m2＝mv2，
解得E0＝mv02。
答案：(1)　(2)mv02
[考点三　人船模型问题]
“人船模型”在日常生活中很常见。在高考中属于稍难的考点。但只要认清人船模型的运动特点，用好速度、位移与质量皆成反比的规律，就可轻松解题。
1．人船模型问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
[典例]　如图所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人由静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？
[解析]　作出人和船的运动示意图如图所示，设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，
所以有mv1＝Mv2
设整个过程中人和船的平均速度大小分别为1、2，则有
m 1＝M 2
等式两边乘以时间t，有m 1t＝M 2t
即mx1＝Mx2
且x1＋x2＝L
解得x1＝ L，x2＝ L。
[答案]　 L　 L

求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。　　
[集训冲关]
1．(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　)
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
解析：选BD　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。
2.如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和地面接触，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果该人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面高度约为(可以把人视为质点)(　　)
A．5 m　　　　　　　　　 　B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
解析：选B　以竖直向下为正方向，当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得m1h1－m2h2＝0，且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，所以他离地面的高度H＝h－h1≈3.6 m，选项B正确。

1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：选C　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故选项C正确。
2．(2019·泉州检测)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、方向水平向右，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，方向水平向右，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v　　　　　　　 　B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
解析：选C　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，解得另一块的速度为v′＝3v0－2v，C正确。
3.如图所示，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。
4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析：选D　根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，选项D正确。
5.(2019·信丰模拟)如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个小球质量相等，而F的质量小于B的质量，A的质量等于F的质量。A以速度v0向右运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)
A．3个小球静止，3个小球运动
B．4个小球静止，2个小球运动
C．5个小球静止，1个小球运动
D．6个小球都运动
解析：选A　因MA＜MB，A、B相碰后A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；因ME＞MF，则E、F都向右运动，即3个小球静止，3个小球运动，故A正确，B、C、D错误。
6.(2019·安徽两校联考)如图所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做匀速直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为m1＝1.0 kg 和m2＝2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t＝5.0 s两球的间距s＝4.5 m，则下列说法正确的是(　　)
A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s
C．刚分离时，a球的速度大小为0.6 m/s
D．两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J
解析：选D　在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒，设断开后两球的速度分别为v1和v2，刚分离时，若a、b两球分离时的速度方向相同，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距s＝4.5 m，有v1t－v2t＝s，解得v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，假设不成立，选项A、B、C错误；由机械能守恒定律，两球分离过程中释放的弹性势能Ep＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02＝0.27 J，选项D正确。
7．(多选)A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x-t图像，c为碰撞后它们的x-t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为(　　)
A．2 kg B. kg
C．4 m/s D．1 m/s
解析：选BD　由题图可知图线的斜率表示速度的大小，碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，A球的速度为va＝ m/s＝－3 m/s，B球的速度为vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，共同速度为vc＝ m/s＝－1 m/s。碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝ kg，选项B、D正确。
8.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一轻弹簧，B端粘有油泥，小车及油泥的总质量为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，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，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，下列说法正确的是(　　)
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B端碰前，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＝，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。
9．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两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，开始时A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)
A．该碰撞为弹性碰撞
B．该碰撞为非弹性碰撞
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析：选AC　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为vA′、vB′，由题意知pA′＝mAvA′＝2 kg·m/s，所以pB′＝mBvB′＝10 kg·m/s，又mB＝2mA，解得＝。碰撞前两球总动能Ek＝＋，碰撞后两球总动能Ek′＝＋，可得Ek＝Ek′，即碰撞前后A、B两球动能之和不变，该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确。
10.(多选)(2019·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。今有一个可以视为质点的小球，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．小车上管道最高点的竖直高度为
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
解析：选BC　小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋×2mv22，得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝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。
11.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大小为v1，甲船上的人接到货物后船的速度大小为v2，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin
10m·2v0－mvmin＝11mv2
当v1＝v2时，两船恰好不相撞
解得vmin＝4v0。
答案：4v0
12.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，小车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，小车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的初速度水平向左飞行，瞬间击中木块并留在其中。如果木块和子弹刚好不从小车上掉下，求木块与小车之间的动摩擦因数μ(g＝10 m/s2)。
解析：设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有
m0v0－mv＝(m＋m0)v1
代入数据解得v1＝8 m/s
木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行s＝6 m 时，跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有
(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2
由能量守恒定律有
Q＝μ(m＋m0)gs＝(m＋m0)v12＋Mv2－(m＋m0＋M)v22
解得μ＝0.54。
答案：0.54
13.如图所示，一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为1 kg的物体A，物体A处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15 m。质量也为1 kg的物体B从距物体A正上方h＝0.3 m处自由下落，碰后A、B粘在一起向下运动。重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求碰撞结束瞬间两物体的总动能；
(2)从碰撞结束瞬间至A、B的总动能达到最大的过程中，弹簧弹力做功W＝－2.25 J(弹簧在弹性限度内)，则碰后A、B的最大总动能为多少？
解析：(1)B自由下落，由机械能守恒定律得
m2gh＝m2v02
碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得
m2v0＝(m1＋m2)v
代入数据解得v＝ m/s
碰后A、B的总动能Ek＝(m1＋m2)v2＝1.5 J。
(2)A、B粘在一起下降过程中，弹簧的弹力不断增大，当弹力与A、B所受的总重力大小相等时，动能最大
因为kx1＝mg，kx2＝2mg
跟平衡位置相比，A、B粘在一起动能最大时下落的距离
Δx＝x2－x1＝0.15 m
根据动能定理有
(m1＋m2)gΔx＋W＝Ekm－Ek
解得Ekm＝2.25 J。
答案：(1)1.5 J　(2)2.25 J
第37课时　应用三大观点解决力学综合问题(题型研究课)
1．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升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。
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0＝v0－gt②
联立①②式得
t＝ 。③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv12＋mv22＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。⑧
答案：(1) 　(2)
2.(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
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
mv02＞μmgl①
即μ＜②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律有
mv02＝mv12＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv12＝mv1′2＋×mv2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
×mv2′2≤μ·mgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，可得a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为
≤μ＜。⑨
答案：≤μ＜
3.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的过程中，由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝。
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度为g的匀加速直线运动，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg　　(2)　(3) 

该部分内容为力学三大观点的综合应用，在高考中常作为压轴题进行命题。力学所有知识几乎都会在该部分出现。该部分的学习对学生的综合分析能力、数学运算能力等有较高的要求。　　
命题点一　三大观点的常见组合模式
力学研究的是物体的受力与运动的关系，与之相伴的是能量和动量的变化，其知识体系如下：
考法1　动力学观点和动量守恒定律的综合应用　
[例1]　(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
[解析]　(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB′2＝2aBsB
解得vB′＝3.0 m/s。
(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′
解得vA≈4.3 m/s。
[答案]　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
考法2　动量定理和动能定理的综合应用　
[例2]　某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5。设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：
(1)邮件滑动的时间t；
(2)邮件对地的位移大小x；
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
[解析]　(1)取向右为正方向，设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则
F＝μmg
对邮件应用动量定理，有
Ft＝mv－0
解得t＝0.2 s。
(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有
Fx＝mv2－0
解得x＝0.1 m。
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则
s＝vt
摩擦力对皮带做的功
W＝－Fs＝－2 J。
[答案]　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)－2 J

动量定理和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。　　
考法3　动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用
[例3]　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。A、B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A、B最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后A、B滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
[解析]　(1)A从滑入圆轨道到滑过最高点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A、B停止，根据动能定理，得
－2μmgkL＝0－×2mv′2
所以k＝＝＝45。
(3)A、B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)

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，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，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选用动量定理；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，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，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应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但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。　　
[集训冲关]
1.(2019·南阳模拟)如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5 kg 和0.5 kg。现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s。A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A平均作用力的大小；
(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度。
解析：(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，根据动量定理有
Ft＝mAv1′－(－mAv1)
解得F＝50 N。
(2)当A与B碰撞时，设碰撞后A、B的速度为v，根据动量守恒定律有
mAv1′＝(mA＋mB)v
A、B在光滑圆弧轨道上运动时，机械能守恒，由机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh
解得h＝0.45 m。
答案：(1)50 N　(2)0.45 m
2．(2019·山西五校联考)如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg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在水平力F作用下由静止开始向右运动，力F与时间t的关系如图乙所示，3 s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＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
(1)P到达B点时的速度大小v及P与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t。
解析：(1)以向右为正方向，在0～3 s内，对P由动量定理有：
F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0
其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s
解得v＝8 m/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＝ma
P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：
v2－v12＝2aL
解得v1＝7 m/s。
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间P、Q的速度大小分别为v1′、v2，有：
mv1＝mv1′＋mv2
mv12＝mv1′2＋mv22
碰撞后Q做匀减速直线运动，Q运动的加速度大小为：
μmg＝ma′
Q运动的时间为：t＝
解得t＝3.5 s。
答案：(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s
命题点二　两类常考的力学综合模型
模型1　“弹簧类”模型
对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中：
1．在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
2．在动量方面，系统动量守恒。
3．弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动量守恒，机械能守恒。
4．弹簧处于原长时，弹性势能为零。
[例1]　如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v-t图像如图乙所示。求：
(1)C的质量mC；
(2)B离开墙壁后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。
[解析]　(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程C、A组成的系统动量守恒
mCv1＝(mA＋mC)v2
解得mC＝2 kg。
(2)由题图乙可知，12 s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3 m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
(mA＋mC)v32＝(mA＋mB＋mC)v42＋Ep
解得Ep＝9 J。
[答案]　(1)2 kg　(2)9 J
模型2　“滑块—平板”模型
1．“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与平板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、平板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服摩擦力做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律。
2．解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，有助于分析物理过程，也有助于找出物理量尤其是位移之间的关系。
[例2]　一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切且长度可忽略的光滑圆弧连接(图中未画出)。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s。
[解析]　(1)从开始到木块到达斜面的最大高度过程：
由动量守恒定律：mv0＝3mv1
由能量守恒定律：mv02＝×3mv12＋mgh＋fL
解得：f＝。
(2)木块从斜面的最大高度至与物体P最终相对静止：
由动量守恒定律：3mv1＝3mv2
由能量守恒定律：×3mv12＋mgh＝×3mv22＋fx
距a点的距离：s＝L－x
解得：s＝L。
[答案]　(1)　(2)L
[集训冲关]
1．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上向右运动，质量为4 kg的物块C静止在B的右边，如图所示。已知B与C碰撞后二者会粘在一起运动。求：
(1)当弹簧的弹性势能最大时，A的速度；
(2)系统中弹性势能的最大值。
解析：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据A、B、C三者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC
代入数据解得vABC＝3 m/s。
(2)B、C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰撞后瞬间B、C的共同速度为vBC，则有
mBv＝(mB＋mC)vBC
代入数据解得vBC＝2 m/s
当A、B、C三者的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设为Ep，在B、C碰撞后，A与B、C组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机械能守恒定律得
Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vABC2＝12 J。
答案：(1)3 m/s　(2)12 J
2.(2019·山西模拟)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，求：
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；
(2)小车的长度L。
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m1)v1
解得v1＝10 m/s。
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3
解得v2＝8 m/s
由机械能守恒定律可得
(m0＋m1)v12＝μm2gL＋(m0＋m1)v22＋m2v32
解得L＝2 m。
答案：(1)10 m/s　(2)2 m

1.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg。质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)
A．3 J　　　　　　　　　 　B．4 J
C．6 J D．20 J
解析：选A　设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律得mv02＝fL＋(M＋m)v2＋Ep。由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v。从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得mv02＝2fL＋(M＋m)v2。联立解得Ep＝3 J，故选项A正确。
2.如图所示，甲、乙两个物块(均可视为质点)锁定在水平面上，处于压缩状态的轻弹簧放在甲、乙之间，与甲、乙没有连接，乙的质量是甲的2倍。水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙，甲到O点的距离大于弹簧的压缩量，若只解除甲的锁定，则甲被弹簧弹出后在O点右侧滑行的距离为s，若同时解除甲、乙的锁定，则甲在O点右侧滑行的距离为(　　)
A.s B.s
C.s D.s
解析：选A　设弹簧开始具有的弹性势能为Ep，只解除甲的锁定，则μmgs＝Ep，若同时解除甲、乙的锁定，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据能量守恒定律有Ep＝mv12＋×2mv22，根据动能定理有μmgx＝mv12，解得x＝s，选项A正确。
3．(2019·合肥质检)如图甲所示，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，其a-t图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为v0＝2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)
A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力F对物体的冲量为36 N·s
D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W
解析：选D　在a ?t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，由题图乙可知，在0～6 s内Δv＝18 m/s，又v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力对物体做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，t＝6 s 时F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力F的功率P＝Fv＝200 W，D正确。
4.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：选BD　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D选项正确。
5．(多选)(2019·南昌模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　)
A．物体A的质量为3m
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02
解析：选AC　对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv02；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，物体A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，物体A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝mv02，选项A、C正确，B、D错误。
6．(多选)如图所示，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(弹簧与物块不连接)，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，物块A、B刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，弹簧始终在弹性限度内，则(　　)
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C．物块A、B开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D．物块A、B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可得kx＝2ma，当物块B的加速度大小为a时，有kx′＝ma，解得x′＝，选项A正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得2m－m＝0，又因为xA＋xB＝x，解得物块A的位移为xA＝，选项B错误；由动量守恒定律可得0＝2mv－mvB，解得物块B刚离开弹簧时的速度大小为vB＝2v，由系统机械能守恒定律可得物块A、B开始运动前弹簧的弹性势能为Ep＝×2mv2＋mvB2＝3mv2，选项C错误，D正确。
7.如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至细绳与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与平板车之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g。求：
(1)Q离开平板车时的速度；
(2)平板车的长度。
解析：(1)小球由静止摆到最低点的过程中，由动能定理
mgR(1－cos 60°)＝mv02
解得v0＝
小球与Q相撞时，小球与Q组成的系统动量守恒，机械能守恒，则有
mv0＝mv1＋mvQ
mv02＝mv12＋mvQ2
解得v1＝0，vQ＝
二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，Q与平板车组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝Mv＋m·2v
又M＝4m
解得v＝
则Q离开平板车时速度为2v＝。
(2)设平板车长L，由能量守恒定律知
Ff·L＝mvQ2－Mv2－m·(2v)2
又Ff＝μmg
解得平板车的长度为L＝。
答案：(1)　(2)
8．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。
解析：(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有
－Fft＝m2v－m2v0
又Ff＝μm2g
代入数据解得t＝0.24 s。
(2)要使物块恰好不从车面滑出，需满足物块到车面最右端时与小车?

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