【考綱知識梳理】
一、動量
1、動量：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量．P=mv
是矢量，方向與速度方向相同；動量的合成與分解，按平行四邊形法則、三角形法則．是狀態(tài)量；
通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量(狀態(tài)量)，計算物體此時的動量應(yīng)取這一時刻的瞬時速度。
是相對量；物體的動量亦與參照物的選取有關(guān)，常情況下，指相對地面的動量。單位是kg?m/s；
2、動量和動能的區(qū)別和聯(lián)系
① 動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度的大小平方成正比。即動量相同而質(zhì)量不同的物體，
其動能不同；動能相同而質(zhì)量不同的物體其動量不同。
② 動量是矢量，而動能是標(biāo)量。因此，物體的動量變化時，其動能不一定變化；而物體的動能變化時，其動量一定變化。
③ 因動量是矢量，故引起動量變化的原因也是矢量，即物體受到外力的沖量；動能是標(biāo)量，
引起動能變化的原因亦是標(biāo)量，即外力對物體做功。
④ 動量和動能都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，兩者從不同的角度描述了運動物體的特性，且二者大小間存在關(guān)系式：P2＝2mEk
3、動量的變化及其計算方法
動量的變化是指物體末態(tài)的動量減去初態(tài)的動量，是矢量，對應(yīng)于某一過程（或某一段時間），是一個非常重要的物理量，其計算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要計算P0、Pt在一條直線上的情況。
（2）利用動量定理 ΔP=F?t，通常用來解決P0、Pt；不在一條直線上或F為恒力的情況。
二、沖量
1、沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量．
是矢量，如果在力的作用時間內(nèi)，力的方向不變，則力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法則與三角形法則．沖量不僅由力的決定，還由力的作用時間決定。而力和時間都跟參照物的選擇無關(guān)，所以力的沖量也與參照物的選擇無關(guān)。單位是N?s；
2、沖量的計算方法
（1）I= F?t．采用定義式直接計算、主要解決恒力的沖量計算問題。I=Ft
（2）利用動量定理 Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。
三、動量定理
1、動量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動量的變化．Ft=mv/一mv或 Ft＝p/－p；
該定理由牛頓第二定律推導(dǎo)出來：（質(zhì)點m在短時間Δt內(nèi)受合力為F合，合力的沖量是F合Δt；質(zhì)點的初、未動量是 mv0、mvt，動量的變化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根據(jù)動量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．單位：N?S與kgm／s統(tǒng)一：lkgm／s=1kgm／s2?s=N?s；
3．理解：（1）上式中F為研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。
（2）動量定理中的沖量和動量都是矢量。定理的表達(dá)式為一矢量式，等號的兩邊不但大小相同，而且方向相同，在高中階段，動量定理的應(yīng)用只限于一維的情況。這時可規(guī)定一個正方向，注意力和速度的正負(fù)，這樣就把矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。
（3）動量定理的研究對象一般是單個質(zhì)點。求變力的沖量時，可借助動量定理求，不可直接用沖量定義式．
四、動量守恒定律
內(nèi)容：相互作用的物體系統(tǒng)，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動量保持不變。即作用前的總動量與作用后的總動量相等．（研究對象：相互作用的兩個物體或多個物體所組成的系統(tǒng)）
動量守恒定律適用的條件
守恒條件：①系統(tǒng)不受外力作用。 (理想化條件)
②系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零。
③系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力。
④系統(tǒng)在某一個方向的合外力為零，在這個方向的動量守恒。
⑤全過程的某一階段系統(tǒng)受合外力為零，該階段系統(tǒng)動量守恒，
即：原來連在一起的系統(tǒng)勻速或靜止(受合外力為零)，分開后整體在某階段受合外力仍為零,可用動量守恒。
例：火車在某一恒定牽引力作用下拖著拖車勻速前進(jìn)，拖車在脫勾后至停止運動前的過程中(受合外力為零)動量守恒
常見的表達(dá)式
不同的表達(dá)式及含義(各種表達(dá)式的中文含義)：
P＝P′ 或 P1＋P2＝P1′＋P2′或 m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分別表示系統(tǒng)的末動量和初動量，系統(tǒng)相互作用前的總動量P等于相互作用后的總動量P′)
ΔP＝0 (系統(tǒng)總動量變化為0，或系統(tǒng)總動量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統(tǒng)，各自動量的增量大小相等、方向相反)。
如果相互作用的系統(tǒng)由兩個物體構(gòu)成，動量守恒的實際應(yīng)用中具體來說有以下幾種形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng)。
B、0= m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結(jié)合在一起或具有共同的速度。
原來以動量(P)運動的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動量(－P)，是導(dǎo)致物體靜止或反向運動的臨界條件。即：P+(－P)=0
4. 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加.
(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動.
【要點名師透析】
類型一 動量守恒定律的實際應(yīng)用
【例1】如圖1所示，質(zhì)量為 的小車在光滑的水平面上以速度 向右做勻速直線運動，一個質(zhì)量為 的小球從高 處自由下落，與小車碰撞后反彈上升的高度為仍為 。設(shè) ? ，發(fā)生碰撞時彈力 ? ，小球與車之間的動摩擦因數(shù)為 ，則小球彈起時的水平速度可能是
.
.
.
.
解析：小球的水平速度是由于小車對它的摩擦力作用引起的，若小球在離開小車之前水平方向上就已經(jīng)達(dá)到了 ，則摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在離開小車之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下兩種情況進(jìn)行分析：
小球離開小車之前已經(jīng)與小車達(dá)到共同速度 ，則水平方向上動量守恒，有
由于 ?
所以
若小球離開小車之前始終未與小車達(dá)到共同速度，則對小球應(yīng)用動量定理得
水平方向上有
豎直方向上有
又
解以上三式，得
故，正確的選項為 。
類型二 動量守恒定律的綜合應(yīng)用
【例2】 如圖所示，一輛質(zhì)量是m=2kg的平板車左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù) =0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離．
（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v．
（3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？
【解析】：（1）設(shè)第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．
動能定理 ①
②
代入數(shù)據(jù)得 ③
（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．
④
∴ ⑤
代入數(shù)據(jù)得 ⑥
（3）平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，最后停在墻邊．設(shè)滑塊相對平板車總位移為l，則有 ⑦
⑧
代入數(shù)據(jù)得 ⑨
l即為平板車的最短長度．
【感悟高考真題】
1.（2011?福建理綜?T29（2））在光滑水平面上，一質(zhì)量為m，速度大小為 的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是__________。（填選項前的字母）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】選A.
【詳解】由動量守恒定律得 ，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負(fù)值，則 ，因此B球的速度可能為0.6v，故選A.
2.（2011?新課標(biāo)全國卷?T35（2））如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m。置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v，求彈簧釋放的勢能。
【答案】13 m v02
【詳解】設(shè)碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有，
3mv=mv0 ①
設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有，
3mv=2mv1+mv0 ②
設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有，
12 （3m）v2＋Ep=12 （2m）v12＋12 mv02 ③
由①②③式得彈簧所釋放的勢能為
Ep=13 m v02
3.（2011?北京高考?T21⑵）如圖2，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。
①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量 （填選項前的符號），間接地解決這個問題
小球開始釋放高度
小球拋出點距地面的高度
小球做平拋運動的射程
②圖2中 點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球 多次從斜軌上 位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程 ，然后，把被碰小球 靜止于軌道的水平部分，再將入射球 從斜軌上 位置靜止釋放，與小球 相碰，并多次重復(fù)。
接下來要完成的必要步驟是 (填選項前的符號)
A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量 、
B.測量小球 開始釋放高度h
C.測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到 相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程ＯＭ，ＯＮ
③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為 �。ㄓ芒谥袦y量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞。那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為 �。ㄓ芒谥袦y量的量表示）。
④經(jīng)測定， ，小球落地點的平均位置距Ｏ點的距離如圖３所示。
碰撞前、后m1的動量分別為p1與 ，則p1: ‘= ：11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為 ,則 ‘: ‘=11:
實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值 為
⑤有同學(xué)認(rèn)為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其它條件不變，可以使被撞小球做平拋運動的射程增大。請你用④中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被撞小球m2平拋運動射程ON的最大值為 cm.
【答案】①C，②ADE或DAE或DEA
③
④14 2.9 1～1.01
⑤76.8
【詳解】①在落地高度不變的情況下，水平位移就能反映平拋初速度的大小，所以，僅測量小球做平拋運動的射程就能間接測量速度.因此選C.
②找出平均落點的位置，測量平拋的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，但D、E先后均可，至于用天平測質(zhì)量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③設(shè)落地時間為t，則 ， ，動量守恒的表達(dá)式是 ，
動能守恒的表達(dá)式是 ，所以若兩球相碰前后的動量守恒，則 成立，若碰撞是彈性碰撞，動能守恒則 成立.
④碰撞前后m1動量之比 ， ，
⑤發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得的速度最大，根據(jù)動量守恒和動能守恒， ， ，聯(lián)立解得 ，因此，最大射程為
4.（2011?山東高考?T38）（1）碘131核 不穩(wěn)定，會發(fā)生β衰變，其半衰變期為8天。
?碘131核的衰變方程： （衰變后的元素用X表示）。
?經(jīng)過________天 75%的碘131核發(fā)生了衰變。
（2）如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2V0、V0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋出甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。（不計水的阻力）
【答案】（1）? ?16天 （2）
【詳解】（1）? ?由放射性元素經(jīng)歷一個半衰期衰變總數(shù)的一半可知，共經(jīng)歷了兩個半衰期即16天。
（2）設(shè)拋出貨物的最小速度為Vx,則有對乙船 ，其中v為后來兩船同向運動的速度。由以上兩式可得
5.（2011?天津理綜?T12）回旋加速器在核科學(xué)、核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，有力地推動了現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展。
當(dāng)今醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學(xué)高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射正電子的同位素碳11作示蹤原子。碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應(yīng)方程。若碳11的半衰期 為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結(jié)果取2位有效數(shù)字）
回旋加速器的原理如圖， 和 是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為 的交流電源上，位于 圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速， 、 置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、 的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，其最大速度遠(yuǎn)小于光速）。
試推力說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 是增大、減小還是不變？
【答案】⑴
⑵
⑶隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 減小
【詳解】⑴核反應(yīng)方程為 -------------①
設(shè)碳11原有質(zhì)量為 ，經(jīng)過 剩余的質(zhì)量為 ，根據(jù)半衰期定義有
----------------------②
⑵設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時速度大小為 ，有牛頓第二定律得
----------------------------③
質(zhì)子運動的回旋周期為 --------------④
由回旋加速器原理可知，交流電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率 的關(guān)系得 --------------------------------⑤
設(shè)在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為
----------------------------⑥
輸出時質(zhì)子束的等效電流為 ---------------⑦
由上述各式聯(lián)立解得： -----------------⑧
若以單個質(zhì)子為研究對象解答過程正確的同樣得分。
⑶方法一：設(shè)k（ ）為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 、 （ ）， ，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為 、 ， 、 之間的電壓為U，由動能定理知 --------⑨
由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知 ，則
整理得 ----------⑩
因U、q、m、B均為定值，令 ,由上式得
相鄰軌道半徑 、 之差 ，同理得
因為 ，比較 、 得 ---------------⑾
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 減小
方法二：設(shè)k（ ）為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 、 （ ）， ，在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對應(yīng)的速度大小分別為 、 ， 、 之間的電壓為U。
由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運動的向心力，知 ，故 ------⑿
由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量 ------------------⒀
以質(zhì)子在 盒中運動為例，第k次進(jìn)入 時，被電場加速 次，速度大小為
---------------------------⒁
同理，質(zhì)子第 次進(jìn)入 時，速度大小為
綜合上述各式得 ，
同理，對于相鄰軌道半徑 、 ， ，整理后有
由于 ，比較 、 得 ------⒂
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 減小。用同樣的方法也可得到質(zhì)子在 盒中運動時具有相同的結(jié)論。
6.（2011?海南物理?T19）（1）2011年3月11日，日本發(fā)生九級大地震，造成福島核電站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs兩種放射性核素，它們通過一系列衰變產(chǎn)生對人體有危害的輻射。在下列四個式子中，有兩個能分別反映131I和137Cs衰變過程，它們分別是_______和__________（填入正確選項前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子數(shù)分別是________和_______.
A.X1→ B.X2→
C.X3→ D.X4→
（2）（8分）一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接�，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：
（i）木塊在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木塊最后距a點的距離s。
【答案】（1）BC 78 82 （2） ，
【詳解】（1）根據(jù)衰變過程電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，可知 是 Ba， 是 I，
是 Cs， 是 Cs，所以能分別反映 I、 Cs的衰變過程的是分別是BC。 I原子核中
的中子數(shù)是 ， Cs原子核中的中子數(shù)是 。
（2）（i）木塊向右滑到最高點時，系統(tǒng)有共同速度 ，
動量守恒： ①（1分）
②（2分）
聯(lián)立①②兩式解得： ③（1分）
（ii）整個過程，由功能關(guān)系得： ④（2分）
木塊最后距a點的距離 ⑤（1分）
聯(lián)立①③④⑤解得： （1分）
7. （2010?福建?29（2））如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量�，F(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度 ，則 。（填選項前的字母）
A． 小木塊和木箱最終都將靜止
B． 小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C． 小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運動
D． 如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
答案：B
8．（2010?北京?20）如圖，若x軸表示時間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質(zhì)點做勻速直線運動時，位置與時間的關(guān)系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應(yīng)的物理量之間的關(guān)系。下列說法中正確的是
A.若x軸表示時間,y軸表示動能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關(guān)系
B.若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖像可以反映光電效應(yīng)中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關(guān)系
C.若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖像可以反映某物在沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關(guān)系
D.若x軸表示時間，y軸表示感應(yīng)電動勢，則該圖像可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大時，增長合回路的感應(yīng)電動勢與時間的關(guān)系
【答案】C
【解析】根據(jù)動量定理 ， 說明動量和時間是線性關(guān)系，縱截距為初動量，C正確。結(jié)合 得 ，說明動能和時間的圖像是拋物線，A錯誤。根據(jù)光電效應(yīng)方程 ，說明最大初動能和時間是線性關(guān)系，但縱截距為負(fù)值，B錯誤。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大時，增長合回路內(nèi)的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律增長合回路的感應(yīng)電動勢等于磁通量的變化率，是一個定值不 隨時間變化，D錯誤。
9.（ 2010?天津?10）如圖所示，小球A系在細(xì)線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點的正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ�，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為 。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t。
解析：設(shè)小球的質(zhì)量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為 ，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有
①
得
設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為 ，同理有
②
得
設(shè)碰撞后物塊的速度大小為 ，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有
③
得 ④
物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
設(shè)物塊在水平面上滑行的時間為 ，根據(jù)動量定理，有
⑥
得 ⑦
10. （2010?新課標(biāo)?34(2)）(10分)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為 .使木板與重物以共同的速度 向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間.設(shè)木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.
解析：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻。
木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有：
，解得：
木板在第一個過程中，用動量定理，有：
用動能定理，有：
木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：
木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t1+t2= + =
11. （2010?全國卷Ⅱ?25）小球A和B的質(zhì)量分別為mA 和 mB 且mA＞＞mB 在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
連立①④⑤化簡得
⑥
12．（2010?北京?24）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐漸增大。現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質(zhì)量為 ，初速度為 ，下降距離 后于靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)?。此后每經(jīng)過同樣的距離 后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為 、 ．．．．．． ．．．．．．（設(shè)各質(zhì)量為已知量）。不計空氣阻力。
若不計重力，求第 次碰撞后雨滴的速度 ；
若考慮重力的影響，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度 和 ；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的動能 。
解析：（1）不計重力，全過程中動量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒
a． 第1次碰撞前
第1次碰撞后
b. 第2次碰撞前
利用○1式化簡得 ○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
動能
【考點模擬演練】
1．用不可伸長的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖10所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，則下列判斷正確的是
( )
A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒
B．子彈射入木塊瞬間動量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為mv0M＋m
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，其機(jī)械能等于子彈射入木塊前的動能
D．子彈和木塊一起上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2
【答案】BD
【詳解】從子彈射向木塊到一起運動到最高點的過程可以分為兩個階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機(jī)械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能，因此A、C錯誤；由子彈射入木塊瞬間動量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為mv0M＋m，B正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段機(jī)械能守恒可得上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2，D正確．
2.如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是( )
A.A開始運動時
B.A的速度等于v時
C.B的速度等于零時
D.A和B的速度相等時
【答案】選D.
【詳解】當(dāng)B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當(dāng)vA=vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對.
3．一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進(jìn)方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是( )
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【詳解】以炮艇及炮艇上的炮彈為研究對象，動量守恒，其中的速度均為對地速度，故A正確．
4．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg?m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg?m/s.則( )
A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
【答案】A
【詳解】由兩球的動量都是6 kg?m/s可知，運動方向都向右，且能夠相碰，說明左方是質(zhì)量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的動量減少了4 kg?m/s，即A球的動量為2 kg?m/s，由動量守恒定律得B球的動量為10 kg?m/s，故可得其速度比為2∶5，故選項A是正確的．
5．如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是( )
A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零
B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向左
D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復(fù)原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零
【答案】ACD
【詳解】當(dāng)兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當(dāng)再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確．
6. 如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的兩端分別站著人A和B，A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB，mA>mB.最初人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在，兩人同時由靜止開始相向而行，A和B對地面的速度大小相等，則車 ( )
A．靜止不動 B．左右往返運動
C．向右運動 D．向左運動
【答案】D
【詳解】系統(tǒng)動量守恒，A的動量大于B的動量，只有車與B的運動方向相同才能使整個系統(tǒng)動量守恒．
7．質(zhì)量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質(zhì)量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是 ( )
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大
D．c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大
【答案】AC
【詳解】由a球被反向彈回，可以確定三小球的質(zhì)量m一定小于M；若m≥M，則無論如何m不會被彈回．當(dāng)m與M發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，b與M粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則選項A、C正確．
8．如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1、m2，且m1>m2，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙兩車同時由靜止開始運動，直到彈簧被拉到最長(彈簧仍在彈性限度內(nèi))的過程中，對甲、乙兩小車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是 ( )
A．系統(tǒng)受到外力作用，動量不斷增大
B．彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機(jī)械能最大
C．甲車的最大動能小于乙車的最大動能
D．兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9. 如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面．現(xiàn)把質(zhì)量為m的小物體從A點由靜止釋放，m與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是 ( )
A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
【答案】A
【詳解】兩個物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量是守恒的，所以當(dāng)兩物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量為零，則兩物體最終會停止運動，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故選項A是正確的．
10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A
放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升．下列說法正確的是 ( )
A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh
B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh2
C．B能達(dá)到的最大高度為h2
D．B能達(dá)到的最大高度為h4
【答案】BD
【詳解】根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得B剛到達(dá)水平地面的速度v0＝2gh，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝12v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝12?2mv2＝12mgh，即B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時， A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，B能達(dá)到的最大高度為h/4，即D正確．
11.如圖所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為2 kg與0.9 kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質(zhì)量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求：
(1)A的最終速度；
(2)鐵塊剛滑上B時的速度．
【答案】(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
【詳解】(1)選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，由系統(tǒng)總動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25 m/s.
(2)設(shè)鐵塊剛滑上B時的速度為u，此時A、B的速度均為vA＝0.25 m/s.
由系統(tǒng)動量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75 m/s.
12.如圖所示，將質(zhì)量為m1的鉛球以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個裝有砂子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略．求：
(1)球和砂車的共同速度；
(2)球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現(xiàn)一小孔，砂子從小孔中流出，當(dāng)漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度．
【答案】(1)m1v0cos θM＋m1 (2)m1v0cos θM＋m1
【詳解】 (1)以鉛球、砂車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒，m1v0cos θ＝(M＋m1)v，
得球和砂車的共同速度
v＝m1v0cos θM＋m1.
(2)球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)水平方向動量也守恒，設(shè)當(dāng)漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度為v′，砂子漏出后做平拋運動，水平方向的速度仍為v，
由(M＋m1)v＝m2v＋(M＋m1－m2)v′，
得v′＝v＝m1v0cos θM＋m1.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/73800.html
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